《2025年热搜题高中数学选择性必修第二册人教版》

1. [2024·佛山检测]现有命题“$1 - 2 + 3 - 4 + 5 - 6 + ·s + (-1)^{n + 1}n = \frac{1}{4} + (-1)^{n + 1}\left(\frac{1}{4} + \frac{n}{2}\right), n \in \mathbf{N}^*$”，用数学归纳法去探究此命题的真假情况，下列说法正确的是 (B)

A.不能用数学归纳法判断此命题的真假
B.此命题一定为真命题
C.此命题加上条件$n \leq 9$后才是真命题，否则为假命题
D.存在一个很大的常数$m$，当$n ＞ m$时，此命题为假命题

答案： 1.B 【解析】①当$n=1$时，左边$=1$，右边$=1$，左边=右边，即$n=1$时，等式成立；②假设$n=k(k\geqslant1,k\in\mathbf{N}^*)$时，等式成立，即$1-2+3-4+5-6+·s+(-1)^{k+1}k=\frac{1}{4}+(-1)^{k+1}· k$，则当$n=k+1$时，$1-2+3-4+5-6+·s+(-1)^{k+1}k+(-1)^{k+2}(k+1)=\frac{1}{4}+(-1)^{k+1}· k+(-1)^{k+2}(k+1)=\frac{1}{4}+(-1)^{k+2}(k+1-\frac{k}{2})=\frac{1}{4}+(-1)^{k+2}(\frac{1}{4}+\frac{k}{2})$，即当$n=k+1$时，等式成立.综上所述，对任意$n\in\mathbf{N}^*$，等式$1-2+3-4+5-6+·s+(-1)^{n+1}n=\frac{1}{4}+(-1)^{n+1}·(\frac{1}{4}+\frac{n}{2})$恒成立.故选B.

2. [2024·唐山一中月考]用数学归纳法证明“$1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + ·s + \frac{1}{2n - 1} - \frac{1}{2n} = \frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2} + ·s + \frac{1}{2n}(n \in \mathbf{N}^*)$”，第一步应验证的等式是 $1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2(2-1)}-\frac{1}{2(k+1)}$，从“$n = k$”到“$n = k + 1$”左边需增加的代数式是 $\frac{1}{2(k+1)-1}-\frac{1}{2(k+1)}$.

答案： 2.$1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2(2-1)}-\frac{1}{2(k+1)}$【解析】易知第一步应验证的等式为$1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2(2-1)}-\frac{1}{2(k+1)}$.当$n=k$时，等式的左边为$1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+·s+\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k}$，当$n=k+1$时，等式的左边为$1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+·s+\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k}+\frac{1}{2(k+1)-1}-\frac{1}{2(k+1)}$，故从“$n=k$”到“$n=k+1$”，等式左边需增加的代数式是$\frac{1}{2(k+1)-1}-\frac{1}{2(k+1)}$.

3. [2024·银川一中月考]已知数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，且$S_2 = 0$，$2S_n + n = na_n(n \in \mathbf{N}^*)$.
(1) 试写出数列$\{a_n\}$的任意前后两项（即$a_n$，$a_{n + 1}$）构成的等式；
(2) 用数学归纳法证明$a_n = 2n - 3(n \in \mathbf{N}^*)$.

答案： 3.
(1)对任意的$n\in\mathbf{N}^*$，由$2S_n+n=na_n$可得$2S_{n+1}+n+1=(n+1)· a_{n+1}$，上述两式相减得$2a_{n+1}+1=(n+1)a_{n+1}-na_n$，化简得$(n-1)a_{n+1}=na_n+1$。
(2)证明：①当$n=1$时，由$2S_n+n=na_n$可得$2a_1+1=a_1$，解得$a_1=-1$，满足$a_n=2n-3$；当$n=2$时，由于$S_2=a_1+a_2=0$，则$a_2=-a_1=1$，满足$a_n=2n-3$。
②假设当$n=k(k\geqslant2,k\in\mathbf{N}^*)$时，$a_n=2n-3$成立，则有$a_k=2k-3$。因为$(k-1)a_{k+1}=ka_k+1$，且$k\geqslant2$，所以$k-1\neq0$，所以$a_{k+1}=\frac{ka_k+1}{k-1}=\frac{k(2k-3)+1}{k-1}=\frac{2k^2-3k+1}{k-1}=\frac{(2k-1)(k-1)}{k-1}=2k-1=2(k+1)-3$，所以当$n=k+1$时，等式$a_n=2n-3$也成立.由①②可知，$a_n=2n-3(n\in\mathbf{N}^*)$对任何$n\in\mathbf{N}^*$都成立。

4. [2024·珲春二中周练]已知$f(n) = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + ·s + \frac{1}{n}(n \in \mathbf{N}^*)$，用数学归纳法证明$f(2^n) ＞ \frac{n + 1}{2}$时，有$f(2^{k + 1}) - f(2^k) = $$\frac{1}{2^k+1}+\frac{1}{2^k+2}+·s+\frac{1}{2^{k+1}}$.

答案： 4.$\frac{1}{2^k+1}+\frac{1}{2^k+2}+·s+\frac{1}{2^{k+1}}$【解析】因为当$n=k$时，$f(2^k)=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+·s+\frac{1}{2^k}$，当$n=k+1$时，$f(2^{k+1})=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+·s+\frac{1}{2^k}+\frac{1}{2^k+1}+·s+\frac{1}{2^{k+1}}$，所以$f(2^{k+1})-f(2^k)=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^k+2}+·s+\frac{1}{2^{k+1}}-(1+\frac{1}{2}+·s+\frac{1}{2^k})=\frac{1}{2^k+1}+\frac{1}{2^k+2}+·s+\frac{1}{2^{k+1}}$。

5. [2024·长沙长郡中学月考]已知等比数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，对任意的$n \in \mathbf{N}^*$，点$(n, S_n)$均在函数$y = b^x + r(b ＞ 0$，且$b \neq 1$，$b$，$r$均为常数)的图象上.
(1) 求实数$r$的值；
(2) 当$b = 2$时，记$b_n = 2(\log_2 a_n + 1)(n \in \mathbf{N}^*)$，用数学归纳法证明：对任意的$n \in \mathbf{N}^*$，不等式$\frac{b_1 + 1}{b_1} · \frac{b_2 + 1}{b_2} · ·s · \frac{b_n + 1}{b_n} ＞ \sqrt{n + 1}$恒成立.

答案： 5.
(1)因为对任意的$n\in\mathbf{N}^*$，点$(n,S_n)$均在函数$y=b^x+r$($b＞0$，且$b\neq1$，$b,r$均为常数)的图象上，所以$S_n=b^n+r$.当$n=1$时，$a_1=S_1=b+r$；当$n\geqslant2$时，$a_n=S_n-S_{n-1}=b^n+r-(b^{n-1}+r)=(b-1)b^{n-1}$.又$\{a_n\}$为等比数列，所以$a_n=(b-1)b^{n-1}(n\in\mathbf{N}^*)$，所以$a_1=b-1=b+r$，所以$r=-1$。
(2)证明：当$b=2$时，$a_n=(b-1)b^{n-1}=2^{n-1}$，则$\frac{b_1+1}{b_1}·\frac{b_2+1}{b_2}·s\frac{b_n+1}{b_n}=\frac{3}{2}×\frac{5}{4}×\frac{7}{6}×·s×\frac{2n+1}{2n}$下面用数学归纳法证明不等式：$\frac{3}{2}×\frac{5}{4}×\frac{7}{6}×·s×\frac{2n+1}{2n}＞\sqrt{n+1}$。
①当$n=1$时，左边$=\frac{3}{2}$，右边$=\sqrt{2}$.因为$\frac{3}{2}＞\sqrt{2}$，所以不等式成立.
②假设当$n=k(k\geqslant1,k\in\mathbf{N}^*)$时，不等式成立，即$\frac{3}{2}×\frac{5}{4}×\frac{7}{6}×·s×\frac{2k+1}{2k}＞\sqrt{k+1}$，则当$n=k+1$时，$\frac{3}{2}×\frac{5}{4}×\frac{7}{6}·s×\frac{2k+1}{2k}×\frac{2k+3}{2k+2}＞\sqrt{k+1}·\frac{2k+3}{2k+2}＞\sqrt{\frac{4(k+1)^2+4(k+1)+1}{4(k+1)}}=\sqrt{\frac{(k+1)+1+\frac{1}{4(k+1)}}{1}}＞\sqrt{(k+1)+1}$，所以当$n=k+1$时，不等式也成立.
由①②，可得不等式对任意$n\in\mathbf{N}^*$都成立，即$\frac{b_1+1}{b_1}·\frac{b_2+1}{b_2}·s\frac{b_n+1}{b_n}＞\sqrt{n+1}$恒成立.

6. [2024·徐州调考]将正整数进行如下分组：$(1)$，$(2, 3)$，$(4, 5, 6)$，$(7, 8, 9, 10)$，$(11, 12, 13, 14, 15)$，$(16, 17, 18, 19, 20, 21)·s·s$分别计算各组包含的正整数的和如下：
$S_1 = 1$，
$S_2 = 2 + 3 = 5$，
$S_3 = 4 + 5 + 6 = 15$，
$S_4 = 7 + 8 + 9 + 10 = 34$，
$S_5 = 11 + 12 + 13 + 14 + 15 = 65$，
$S_6 = 16 + 17 + 18 + 19 + 20 + 21 = 111$，
$·s·s$
(1) 求$S_7$的值；
(2) 由$S_1$，$S_1 + S_3$，$S_1 + S_3 + S_5$，$S_1 + S_3 + S_5 + S_7$的值，试猜测$S_1 + S_3 + ·s + S_{2n - 1}$的结果，并用数学归纳法证明.

答案： 6.
(1)$S_7=22+23+24+25+26+27+28=175$。
(2)$S_1=1;S_1+S_3=16;S_1+S_3+S_5=81;S_1+S_3+S_5+S_7=256$;猜测$S_1+S_3+·s+S_{2n-1}=n^4$。
证明如下：
记$M_n=S_1+S_3+·s+S_{2n-1}$。
①当$n=1$时，猜想成立.
②假设当$n=k(k\in\mathbf{N}^*,k\geqslant1)$时，猜想成立，即$M_k=S_1+S_3+·s+S_{2k-1}=k^4$，则当$n=k+1$时，由题设，可知$S_n$是由$1+2+3+·s+(n-1)+1=\frac{n(n-1)}{2}+1$开始的$n$个连续自然数的和，所以$S_n=[\frac{n(n-1)}{2}+1]+[\frac{n(n-1)}{2}+2]+·s+[\frac{n(n-1)}{2}+n]=\frac{n(n^2+1)}{2}$，所以$S_{2k+1}=(2k+1)[(2k+1)^2+1]=\frac{(2k+1)[(2k+1)^2+1]}{2}=(2k+1)(2k^2+2k+1)=4k^3+6k^2+4k+1=(k+1)^4$，所以当$n=k+1$时猜想也成立.由①②，可知对任意$n\in\mathbf{N}^*$，猜想都成立.