《2025年绿色通道45分钟课时作业与单元测评高中数学选择性必修第二册人教版》

10. $S_n = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n}(n\geqslant 2,n\in \mathbf{N})$，求证：$S_{2^n} ＞ 1 + \frac{n}{2}(n\geqslant 2,n\in \mathbf{N})$。

答案： 10.证明 当$n = 2$时，左边$= 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} = \frac{25}{12}$，
右边$= 1 + \frac{2}{2} = 2$，左边$＞$右边；
假设当$n = k$时结论成立，即$S_{2^k} ＞ 1 + \frac{k}{2}(k \geqslant 2,k \in \mathbf{N})$，
那么，当$n = k + 1$时，$S_{2^{k + 1}} = S_{2^k} + \frac{1}{2^k + 1} + \frac{1}{2^k + 2} + ·s + \frac{1}{2^{k + 1}} ＞ 1 + \frac{k}{2} + \frac{1}{2^k + 1} + \frac{1}{2^k + 2} + ·s + \frac{1}{2^{k + 1}} ＞ 1 + \frac{k}{2} + \frac{1}{2^{k + 1}} + \frac{1}{2^{k + 1}} + ·s + \frac{1}{2^{k + 1}} = 1 + \frac{k}{2} + \frac{2^k}{2^{k + 1}} = 1 + \frac{k + 1}{2}$，
$\therefore$当$n = k + 1$时，不等式也成立，
综上，$S_{2^n} ＞ 1 + \frac{n}{2}(n \geqslant 2,n \in \mathbf{N})$.

11. 若正项数列$\{a_n\}$中，$a_1 + a_2 + a_3 + \dots + a_n = \frac{1}{2}\left(a_n + \frac{1}{a_n}\right),n\in \mathbf{N}^*$，则$a_{2025}$的值是 (C)

A.$\sqrt{2025} + \sqrt{2024}$
B.$\sqrt{2026} + \sqrt{2025}$
C.$\sqrt{2025} - \sqrt{2024}$
D.$\sqrt{2026} - \sqrt{2025}$

答案： 11.C $\because a_1 + a_2 + a_3 + ·s + a_n = \frac{1}{2}(a_n + \frac{1}{a_n})$，$\therefore$在正项数列$\{ a_n\}$中，当$n = 1$时，$a_1 = \frac{1}{2}(a_1 + \frac{1}{a_1})$，解得$a_1 = 1$，当$n = 2$时，$1 + a_2 = \frac{1}{2}(a_2 + \frac{1}{a_2})$，解得$a_2 = \sqrt{2} - 1$，同理得$a_3 = \sqrt{3} - \sqrt{2},a_4 = 2 - \sqrt{3}$，$·s$，
猜想$a_n = \sqrt{n} - \sqrt{n - 1}$.
证明：当$n = 1$时，显然成立；
假设$n = k$时，$a_k = \sqrt{k} - \sqrt{k - 1}$，
则当$n = k + 1$时，$a_1 + a_2 + a_3 + ·s + a_k + a_{k + 1} = \frac{1}{2}(a_{k + 1} + \frac{1}{a_{k + 1}})$，
$\therefore \frac{1}{a_{k + 1}} - a_{k + 1} = 2\sqrt{k}$，得$a_{k + 1} = \sqrt{k + 1} - \sqrt{k}$.
故$n = k + 1$时，结论也成立.故$a_n = \sqrt{n} - \sqrt{n - 1}$，
$\therefore a_{2025} = \sqrt{2025} - \sqrt{2024}$，故选C.

12. 已知数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，且满足$a_n = \frac{(S_n - 1)^2}{S_n}$。数列$\{b_n\}$满足$b_n = (-1)^n· (2n + 1)a_n$，则数列$\{b_n\}$的前$100$项和$T_{100}$为 (C)

A.$\frac{101}{100}$
B.$-\frac{101}{100}$
C.$-\frac{100}{101}$
D.$\frac{100}{101}$

答案： 12.C $\because a_n = \frac{(S_n - 1)^2}{S_n}$，$\therefore$当$n = 1$时，有$a_1 = \frac{(S_1 - 1)^2}{S_1}$，
解得$a_1 = \frac{1}{2}$；
当$n = 2$时，可解得$a_2 = \frac{1}{6}$，故猜想：$a_n = \frac{1}{n(n + 1)}$，
下面利用数学归纳法证明猜想：
①当$n = 1,2$时，由以上知道$a_n = \frac{1}{n(n + 1)}$显然成立；
②假设当$n = k(k \geqslant 2)$时，有$a_k = \frac{1}{k(k + 1)}$成立，此时
$S_k = \frac{1}{1 × 2} + \frac{1}{2 × 3} + ·s + \frac{1}{k(k + 1)} = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + ·s + \frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1} = \frac{k}{k + 1}$成立，
那么当$n = k + 1$时，
有$a_{k + 1} = \frac{(S_{k + 1} - 1)^2}{S_{k + 1}} = \frac{(S_k + a_{k + 1} - 1)^2}{S_k + a_{k + 1}} = \frac{(\frac{k}{k + 1} + a_{k + 1} - 1)^2}{\frac{k}{k + 1} + a_{k + 1}} = \frac{\frac{k}{k + 1} + a_{k + 1}}{\frac{k}{k + 1} + a_{k + 1}}$
解得$a_{k + 1} = \frac{1}{(k + 1)[(k + 1) + 1]}$，这说明当$n = k + 1$时也成立.
由①②知$a_n = \frac{1}{n(n + 1)}$.
$\because b_n = (-1)^n · (2n + 1)a_n$，
$\therefore b_n = (-1)^n · (2n + 1) · \frac{1}{n(n + 1)} = (-1)^n(\frac{1}{n} + \frac{1}{n + 1})$，
$\therefore$数列$\{ b_n\}$的前$100$项和
$T_{100} = -(1 + \frac{1}{2}) + (\frac{1}{2} + \frac{1}{3}) - (\frac{1}{3} + \frac{1}{4}) + ·s + (\frac{1}{100} + \frac{1}{101}) = -1 + \frac{1}{101} = -\frac{100}{101}$.

13. (多选)已知数列$\{a_n\}$满足$a_1 = 1$，且$a_{n + 1} = \frac{a_n}{1 + a_n}$($n$为正整数)，利用数列的递推公式猜想数列$\{a_n\}$的通项公式为$a_n = \frac{1}{n}$。下面是用数学归纳法的证明过程：
(1)当$n = 1$时，$a_1 = 1$满足$a_n = \frac{1}{n}$，命题成立；
(2)假设$n = k$($k$为正整数)时命题成立，即$a_k = \frac{1}{k}$成立，则当$n = k + 1$时，由$a_{n + 1} = \frac{a_n}{1 + a_n}$得$\frac{1}{a_{n + 1}} = \frac{1 + a_n}{a_n} = \frac{1}{a_n} + 1$，即$\left\{\frac{1}{a_n}\right\}$是以$\frac{1}{a_1} = 1$为首项，$1$为公差的等差数列，所以$\frac{1}{a_n} = n$，即$a_n = \frac{1}{n}$，所以$a_{k + 1} = \frac{1}{k + 1}$，命题也成立。
由(1)(2)知$a_n = \frac{1}{n}$。
则下列判断正确的是 (AD)
A. 猜想正确，推理(1)正确
B. 猜想不正确
C. 猜想正确，推理(1)(2)都正确
D. 猜想正确，推理(2)不正确

答案： 13.AD 由化递推公式为通项公式知猜想正确，推理
(1)正确；推理
(2)不正确，错在证明$n = k + 1$时，没用假设$n = k$时的结论，即应为$a_{k + 1} = \frac{a_k}{1 + a_k} = \frac{\frac{1}{k}}{1 + \frac{1}{k}} = \frac{1}{k + 1}$.

14. 求证：当$n\in \mathbf{N}^*$，且$n\geqslant 2$时，$a^n - nab^{n - 1} + (n - 1)b^n$能被$(a - b)^2$整除。

答案： 14.证明 当$n = 2$时，原式为$a^2 - 2ab + b^2 = (a - b)^2$，显然能被$(a - b)^2$整除，
假设当$n = k(k \geqslant 2)$时，$a^k - kab^{k - 1} + (k - 1)b^k$能被$(a - b)^2$整除，
设上式除以$(a - b)^2$所得的商为$r$，则
$a^k - kab^{k - 1} + (k - 1)b^k = r(a - b)^2$，
$\therefore a^{k + 1} = ka^2b^{k - 1} - (k - 1)ab^k + r(a - b)^2a$，
故$a^{k + 1} - (k + 1)ab^k + kb^{k + 1}$
$= ka^2b^{k - 1} - (k - 1)ab^k + r(a - b)^2a - (k + 1)ab^k + kb^{k + 1}$
$= kb^{k - 1}(a - b)^2 + r(a - b)^2a = (ra + kb^{k - 1})(a - b)^2$，
$\therefore$当$n = k$时命题也成立，
$\therefore$当$n \in \mathbf{N}^*$，且$n \geqslant 2$时，$a^n - nab^{n - 1} + (n - 1)b^n$能被$(a - b)^2$整除.

15. 设$S_n$为数列$\{a_n\}$的前$n$项和，且对任意$n\in \mathbf{N}^*$，都有$S_n = \frac{n^2}{2} + \frac{a_n}{2}$成立。
（1）求$a_1,a_2,a_3$；
（2）猜想数列$\{a_n\}$的通项公式，并用数学归纳法证明。

答案： 15.解
(1)$\because$对任意$n \in \mathbf{N}^*$，都有$S_n = \frac{n^2}{2} + \frac{a_n}{2}$成立，
$\therefore a_1 = S_1 = \frac{1}{2} + \frac{a_1}{2}$，解得$a_1 = 1$，
$S_2 = \frac{2^2}{2} + \frac{a_2}{2}$，即$a_1 + a_2 = 2 + \frac{a_2}{2}$，
解得$a_2 = 2$，$S_3 = \frac{3^2}{2} + \frac{a_3}{2}$
即$a_1 + a_2 + a_3 = \frac{9}{2} + \frac{a_3}{2}$，解得$a_3 = 3$.
(2)由
(1)猜想$a_n = n$.
证明：①当$n = 1$时，$a_1 = 1$，显然成立；
②假设当$n = k(k \geqslant 1,k \in \mathbf{N}^*)$时，$a_k = k$成立，
则当$n = k + 1$时，$a_{k + 1} = S_{k + 1} - S_k = \frac{(k + 1)^2}{2} + \frac{a_{k + 1}}{2} - \frac{k^2}{2} - \frac{a_k}{2} = \frac{(k + 1)^2}{2} + \frac{a_{k + 1}}{2} - \frac{k^2}{2} - \frac{k}{2}$，
$\therefore a_{k + 1} = k + 1$，
即当$n = k + 1$时，等式也成立，
由①②可知，$a_n = n$对任意$n \in \mathbf{N}^*$都成立.