《2026年步步高精准讲练高中数学选择性必修第二册人教版》

利用数学归纳法证明不等式$1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + ·s + \frac{1}{2^n - 1} ＜ n(n\geqslant 2,n\in \mathbf{N}^*)$的过程中，由$n = k$到$n = k + 1$时，左边增加了(D)

A.1项
B.$k$项
C.$2^{k - 1}$项
D.$2^k$项

答案： D

用数学归纳法证明$1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + ·s + \frac{1}{2n - 1} - \frac{1}{2n} = \frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2} + ·s + \frac{1}{2n}(n\in \mathbf{N}^*)$.
反思感悟：

答案： 证明
(1)当$n = 1$时，左边$= 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$，右边$= \frac{1}{2}$，等式成立.
(2)假设当$n = k(k\geqslant 1,k\in\mathbf{N}^*)$时，
等式成立，即
$1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + ·s + \frac{1}{2k - 1} - \frac{1}{2k} =$
$\frac{1}{k + 1} + \frac{1}{k + 2} + ·s + \frac{1}{2k}$，
那么当$n = k + 1$时，
左边$= 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + ·s + \frac{1}{2k - 1} - \frac{1}{2k} + \frac{1}{2k + 1} - \frac{1}{2k + 2} =$
$\frac{1}{k + 1} + \frac{1}{k + 2} + ·s + \frac{1}{2k} + \frac{1}{2k + 1} - \frac{1}{2k + 2}$
$=\frac{1}{k + 2} + \frac{1}{k + 3} + ·s + \frac{1}{2k} + \frac{1}{2k + 1} + \frac{1}{2k + 2}$
$=\frac{1}{(k + 1) + 1} + \frac{1}{(k + 1) + 2} + ·s + \frac{1}{2(k + 1)}$
上式表明当$n = k + 1$时，等式也成立.
由
(1)
(2)知，等式对一切$n\in\mathbf{N}^*$均成立.

(1) 用数学归纳法证明$2^n + 2 ＞ n^2$，$n\in \mathbf{N}^*$.
(2) 用数学归纳法证明凸$n$边形的对角线的条数$f(n) = \frac{1}{2}n(n - 3)(n\geqslant 4)$.

答案：
(1)证明 ①当$n = 1$时，左边$= 2^1 + 2 = 4$，右边$= 1$，所以左边$＞$右边；
当$n = 2$时，左边$= 2^2 + 2 = 6$，右边$= 2^2 = 4$，所以左边$＞$右边；
当$n = 3$时，左边$= 2^3 + 2 = 10$，右边$= 3^2 = 9$，所以左边$＞$右边.
因此当$n = 1,2,3$时，不等式成立.
②假设当$n = k(k\geqslant 3$，且$k\in\mathbf{N}^*)$时，
不等式$2^k + 2 ＞ k^2$成立.
当$n = k + 1$时，$2^{k + 1} + 2 = 2·2^k + 2 = 2(2^k + 2) - 2 ＞ k^2 + 2k + 1 + k^2 - 2k - 3 = (k^2 + 2k + 1) + (k + 1)(k - 3)$，
由于$k\geqslant 3$，则$k - 3\geqslant 0$，$k + 1 ＞ 0$，所以$(k^2 + 2k + 1) + (k + 1)(k - 3)\geqslant k^2 + 2k + 1 = (k + 1)^2$.
所以$2^{k + 1} + 2 ＞ (k + 1)^2$.
故当$n = k + 1$时，原不等式也成立.
由①②，知原不等式对于任何$n\in\mathbf{N}^*$都成立.
(2)证明 ①当$n = 4$时，$f(4) = \frac{1}{2}×4×(4 - 3) = 2$，四边形有两条对角线，
命题成立.
②假设当$n = k(k\geqslant 4,k\in\mathbf{N}^*)$时命题
成立，即凸$k$边形的对角线的条数
$f(k) = \frac{1}{2}k(k - 3)$.
当$n = k + 1$时，凸$k + 1$边形是在$k$边形基础上增加了一边，增加了一个顶点$A_{k + 1}$，增加的对角线条数是顶点$A_{k + 1}$与不相邻顶点连线再加上原$k$边形的一边$A_1A_k$，共增加的对角线条数为$(k + 1 - 3) + 1 = k - 1$.
$f(k + 1) = \frac{1}{2}k(k - 3) + k - 1$
$=\frac{1}{2}(k^2 - k - 2)$
$=\frac{1}{2}(k + 1)(k - 2)$
$=\frac{1}{2}(k + 1)[(k + 1) - 3]$.
故当$n = k + 1$时，命题成立.
由①②可知，对任意$n\geqslant 4,n\in\mathbf{N}^*$，命题成立.