《2025年把关题高中数学选择性必修第二册人教版》

1. [教材47页练习1题(1)]已知命题$1 + 2 + 2^2 + ·s + 2^{n - 1} = 2^n - 1$及其证明：
(1)当$n = 1$时，左边$= 1$，右边$= 2^1 - 1 = 1$，所以等式成立.
(2)假设$n = k(k \in \mathbf{N}^*)$时等式成立，即$1 + 2 + 2^2 + ·s + 2^{k - 1} = 2^k - 1$成立，则当$n = k + 1$时，$1 + 2 + 2^2 + ·s + 2^{k - 1} + 2^k = \frac{1 - 2^{k + 1}}{1 - 2} = 2^{k + 1} - 1$，所以$n = k + 1$时等式也成立.
由(1)(2)知，对任意的正整数$n$命题都成立.
判断以上评述(B)
A. 命题、证明都正确
B. 命题正确、证明不正确
C. 命题不正确、证明正确
D. 命题、证明都不正确

答案： 1.B 解析：证明不正确，错在证明当$n=k+1$时，没有用到假设$n=k$时的结论.
由等比数列求和公式知命题正确，故选B.

2. [舒城中学高二期末]利用数学归纳法证明$\frac{1}{n} + \frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2} + ·s + \frac{1}{2n} ＜ 1(n \in \mathbf{N}^*$，且$n \geqslant 2)$时，由假设$``n = k"$成立，推导$``n = k + 1"$也成立时，该不等式左端的变化是(C)

A.增加了$\frac{1}{2k + 1}$这一项
B.增加了$\frac{1}{2k + 1}$和$\frac{1}{2k + 2}$两项
C.增加了$\frac{1}{2k + 1}$和$\frac{1}{2k + 2}$两项，同时减少了$\frac{1}{k}$这一项
D.以上都不对

答案： 2.C 解析：当$n=k$时，左端$=\frac{1}{k}+\frac{1}{k + 1}+\frac{1}{k + 2}+·s+\frac{1}{2k}$，那么当$n=k + 1$时，左端$=\frac{1}{k + 1}+\frac{1}{k + 2}+·s+\frac{1}{2k}+\frac{1}{2k + 1}+\frac{1}{2k + 2}$，故由“$n = k$”到“$n = k + 1$”时不等式左端的变化是增加了$\frac{1}{2k + 1}$和$\frac{1}{2k + 2}$两项，同时减少了$\frac{1}{k}$这一项.
![img alt=2] 点评
像本题这样，研究由“$n = k$”到“$n = k + 1$”时不等式（等式）左端的变化情况，只需要把$n = k$时与$n = k + 1$时的左端分别写出来，再比较即可.

3. 利用数学归纳法证明等式：$1· n + 2·(n - 1) + 3·(n - 2) + ·s + n·1 = \frac{1}{6}n(n + 1)(n + 2)(n \in \mathbf{N}^*)$，
当$n = k$时，左边的和$1· k + 2·(k - 1) + 3·(k - 2) + ·s + k·1$，记作$S_k$，则当$n = k + 1$时，左边的和记作$S_{k + 1}$，则$S_{k + 1} - S_k =$(C)

A.$1 + 2 + 3 + ·s + k$
B.$1 + 2 + 3 + ·s + (k - 1)$
C.$1 + 2 + 3 + ·s + (k + 1)$
D.$1 + 2 + 3 + ·s + (k - 2)$

答案： 3.C 解析：依题意，$S_{k}=1· k + 2·(k - 1)+3·(k - 2)+·s+k·1$，则$S_{k + 1}=1·(k + 1)+2· k + 3·(k - 1)+4·(k - 2)+·s+k·2+(k + 1)·1$，$\therefore S_{k + 1}-S_{k}=1·[(k + 1)-k]+2·[k-(k - 1)]+3·[(k - 1)-(k - 2)]+4·[(k - 2)-(k - 3)]+·s+k·(2 - 1)+(k + 1)·1=1 + 2 + 3+·s+k+(k + 1)$.

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

答案： 4.证明：①当$n = 1$时，左边$=1 + 2 + 3 + 4 = 10$，右边$=\frac{(1 + 3)×(1 + 4)}{2}=10$，左边=右边.
②假设当$n = k(k\in\mathbf{N}^*)$时等式成立，即$1 + 2 + 3+·s+(k + 3)=\frac{(k + 3)(k + 4)}{2}$，那么当$n = k + 1$时，$1 + 2 + 3+·s+(k + 3)+(k + 4)=\frac{(k + 3)(k + 4)}{2}+(k + 4)=\frac{(k + 4)(k + 5)}{2}=\frac{[(k + 1)+3][(k + 1)+4]}{2}$，证明关键.
即当$n = k + 1$时，等式成立.
综上，$1 + 2 + 3+·s+(n + 3)=\frac{(n + 3)(n + 4)}{2}(n\in\mathbf{N}^*)$.
注意
用数学归纳法证明等式的注意点
1.用数学归纳法证明等式问题，要“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式两边有多少项，初始值$n_0$是多少.
2.由$n = k$时等式成立，推出$n = k + 1$时等式成立，一要找出等式两边的变化（差异），明确变形目标；二要充分利用归纳假设，进行合理变形，正确写出证明过程.结果一定写成“$k + 1$”的形式.
3.不利用归纳假设的证明，就不是数学归纳法.

5. 求证：当$n \in \mathbf{N}^*$时，$a^{n + 1} + (a + 1)^{2n - 1}$能被$a^2 + a + 1$整除.

答案： 5.证明：①当$n = 1$时，$a^{1 + 1}+(a + 1)^{2×1 - 1}=a^2+a + 1$，命题显然成立.
②假设当$n = k(k\in\mathbf{N}^*)$时，$a^{k + 1}+(a + 1)^{2k - 1}$能被$a^2+a + 1$整除，则当$n = k + 1$时，$a^{k + 2}+(a + 1)^{2k + 1}=a· a^{k + 1}+(a + 1)^2·(a + 1)^{2k - 1}=a[a^{k + 1}+(a + 1)^{2k - 1}]+(a + 1)^2(a + 1)^{2k - 1}-a(a + 1)^{2k - 1}=a[a^{k + 1}+(a + 1)^{2k - 1}]+(a^2+a + 1)(a + 1)^{2k - 1}$. 解题关键
由归纳假设可知，上式中的两项均能被$a^2+a + 1$整除，故当$n = k + 1$时，命题成立.
由①②知，对任意$n\in\mathbf{N}^*$，命题成立.
方法技巧
用数学归纳法证明整除问题的一般步骤
1.计算：计算取$n$的第一个值$n_0$时，命题成立；
2.假设：假设$n = k(k\geq n_0,k\in\mathbf{N}^*)$时，命题成立；
3.凑项：将$n = k + 1$时所得的代数式进行增项、减项、拆项、因式分解等，从要证明的式子中凑出假设成立的式子，然后证明剩余的式子也能被某式（数）整除.

6. 已知数列$\{b_n\}$的通项公式为$b_n = 2n$，求证：对任意的$n \in \mathbf{N}^*$，不等式$\frac{b_1 + 1}{b_1} · \frac{b_2 + 1}{b_2} · ·s · \frac{b_n + 1}{b_n} ＞ \sqrt{n + 1}$都成立.

答案： 6.证明：由$b_n = 2n$，得$\frac{b_{n + 1}}{b_n}=\frac{2n + 1}{2n}$，所以$\frac{b_{n + 1}}{b_1},\frac{b_{n + 1}}{b_2},·s,\frac{b_{n + 1}}{b_n}=\frac{3}{2}×\frac{5}{4}×\frac{7}{6}×·s×\frac{2n + 1}{2n}$
用数学归纳法证明不等式$\frac{3}{2}×\frac{5}{4}×\frac{7}{6}×·s×\frac{2n + 1}{2n}＞\sqrt{n + 1}$成立，证明如下：
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$n = k(k\in\mathbf{N}^*)$时不等式成立，即$\frac{3}{2}×\frac{5}{4}×\frac{7}{6}×·s×\frac{2k + 1}{2k}＞\sqrt{k + 1}$成立.
则当$n = k + 1$时，左边$=\frac{3}{2}×\frac{5}{4}×\frac{7}{6}×·s×\frac{2k + 1}{2k}×\frac{2k + 3}{2k + 2}＞\sqrt{k + 1}×\frac{2k + 3}{2k + 2}=\sqrt{\frac{(2k + 3)^2}{4(k + 1)}}=\sqrt{\frac{4k^2 + 12k + 9}{4(k + 1)}}＞\sqrt{\frac{4k^2 + 12k + 8}{4(k + 1)}}=\sqrt{\frac{4(k^2 + 3k + 2)}{4(k + 1)}}=\sqrt{\frac{(k + 1)(k + 2)}{k + 1}}=\sqrt{k + 2}=\sqrt{(k + 1)+1}$，
所以当$n = k + 1$时，不等式也成立.
由①②可得不等式$\frac{3}{2}×\frac{5}{4}×\frac{7}{6}×·s×\frac{2n + 1}{2n}＞\sqrt{n + 1}$对任意的$n\in\mathbf{N}^*$都成立，即原不等式成立.
注意
用数学归纳法证明不等式的注意点
1.当遇到与正整数$n$有关的不等式证明，应用其他办法不容易证时，则可考虑应用数学归纳法.
2.用数学归纳法证明不等式的关键是由$n = k$时成立，推证$n = k + 1$时也成立，证明时用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、求差（求商）比较法、放缩法、构造函数法等证明方法.

7. [二中高二期末]已知数列$\{a_n\}$满足$a_1 = 1$，$a_{n + 1} + a_n a_{n + 1} - a_n = 0$.
(1)求$a_2$，$a_3$，$a_4$；
(2)试猜想数列$\{a_n\}$的通项公式，并用数学归纳法证明.

答案： 7.解：
(1)由$a_{n + 1}+a_na_{n + 1}-a_n = 0$可知$a_{n + 1}=\frac{a_n}{1 + a_n}$，
当$n = 1$时，代入$a_1 = 1$，解得$a_2=\frac{1}{2}$；
当$n = 2$时，代入$a_2=\frac{1}{2}$，解得$a_3=\frac{1}{3}$；
当$n = 3$时，代入$a_3=\frac{1}{3}$，解得$a_4=\frac{1}{4}$.
(2)猜想数列$\{a_n\}$的通项公式为$a_n=\frac{1}{n}$.证明如下：
当$n = 1$时，左边$=a_1 = 1$，右边$=\frac{1}{1}=1$，$a_n=\frac{1}{n}$成立.
假设当$n = k(k\in\mathbf{N}^*)$时，$a_k=\frac{1}{k}$成立.
则当$n = k + 1$时，有$a_{k + 1}=\frac{a_k}{1 + a_k}=\frac{\frac{1}{k}}{1+\frac{1}{k}}=\frac{1}{k + 1}$，
即当$n = k + 1$时，$a_n=\frac{1}{n}$也成立.
所以$a_n=\frac{1}{n}$对任何$n\in\mathbf{N}^*$都成立.
方法技巧
(1)归纳猜想：通过观察、分析、综合、联想，猜想出一般结论，猜想时，要善于观察式子或命题的变化规律，观察$n$处在哪个位置.
(2)证明：用数学归纳法证明，证明时两步缺一不可.