《2025年练习生高中数学选择性必修第二册人教版》

1. [2022 · 四川眉山高二期末]用数学归纳法证明$1 + 2 + 3 + ·s + n^{2} = \frac{(1 + n^{2})n^{2}}{2}$时，由$n = k$到$n = k + 1$，左边
需要添加的项数为 (D)

A.1
B.$k$
C.$k^{2}$
D.$2k + 1$

答案： 1.D 【解析】当$n = k$时，等式左端为$1 + 2 + 3 + ·s + k^2$，当$n = k + 1$时，等式左端为$1 + 2 + 3 + ·s + (k + 1)^2 = 1 + 2 + 3 + ·s + k^2 + (k^2 + 1) + ·s + (k^2 + 2k + 1)$，所以需要添加的项数为$2k + 1$.故选D.

2. [2022 · 河南南阳六校高二阶段检测]用数学归纳法证明“$2^{n} ＞ n^{2}$对于$n \geqslant n_{0}$的正整数$n$都成立”时，第一步证明中的初始值$n_{0}$应取 (D)

A.2
B.3
C.4
D.5

答案： 2.D 【解析】当$n = 2$时，$2^2 = 2^2$，A错误；当$n = 3$时，$2^3 ＜ 3^2$，B错误；当$n = 4$时，$2^4 = 4^2$，C错误；当$n = 5$时，$2^5 ＞ 5^2$，符合要求，D正确.故选D.
方法总结
数学归纳法的原理表明：第一个步骤是要找一个数$n_0$，这个$n_0$就是我们要证明的命题所对应的最小正整数，这个正整数并不一定都是“1”，因此“找准起点，奠基要稳”是第一个关键点.

3. [2022 · 广西北海高二期末]用数学归纳法证明$2 + 4 + 6 + 8 + ·s + 2^{n} = 2^{n - 1} + 2^{2n - 2}(n \in \mathbf{N}^{*})$的过程中，由$n = k$递推到$n = k + 1$时等式左边增加的项数为 (B)

A.1
B.$2^{k - 1}$
C.$2^{k}$
D.$2^{k} + 1$

答案： 3.B 【解析】当$n = k$时，等式左侧$= 2 + 4 + 6 + 8 + ·s + 2^k$，当$n = k + 1$时，等式左侧$= 2 + 4 + 6 + 8 + ·s + 2^k + (2^k + 2) + (2^k + 4) + ·s + (2^k + 2^k)$，故由$n = k$递推到$n = k + 1$时等式左边增加的项为$(2^k + 2) + (2^k + 4) + ·s + (2^k + 2^k)$，项数为$2^{k - 1}$.选B.
方法总结
数学归纳法的实质在于递推，所以在从“$k$”到“$k + 1$”的过程中，要正确分析式子项数的变化.关键是弄清等式两边的构成规律，弄清由$n = k$到$n = k + 1$时，等式的两边会增加多少项，增加怎样的项.

4. [2022 · 北京昌平新学道临川学校高二期中]设数
列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1} = 3,a_{n + 1} = 3a_{n} - 4n$.
(1)计算$a_{2},a_{3}$，猜想$\{ a_{n}\}$的通项公式；
(2)请利用数学归纳法证明你猜想的结论.

答案： 4.思维路径
(1)根据已知条件，结合首项依次求出$a_2$，$a_3 \rightarrow$猜想$\{a_n\}$的通项公式.
(2)根据已知条件→结合数学归纳法的步骤→求证.
(1)【解】由题意，得$a_2 = 3a_1 - 4 = 9 - 4 = 5$，$a_3 = 3a_2 - 8 = 15 - 8 = 7$.由数列$\{a_n\}$的前三项，可猜想$a_n = 2n + 1$.
(2)【证明】①当$n = 1$时，$a_1 = 3$成立.
②假设当$n = k$时，$a_k = 2k + 1$，
则当$n = k + 1$时，$a_{k + 1} = 3a_k - 4k = 3(2k + 1) - 4k = 2k + 3 = 2(k + 1) + 1$，即当$n = k + 1$时，结论也成立.
由①②知，对任意$n \in \mathbf{N}^*$，都有$a_n = 2n + 1$成立.
方法总结
在第二步证明$n = k + 1$成立时，一定要利用归纳假设，即必须把归纳假设“当$n = k$时命题成立”作为条件来导出“$n = k + 1$”.在书写$f(k + 1)$时，一定要把包含$f(k)$的式子写出来，尤其是$f(k)$中的最后一项，这是数学归纳法的核心.不用归纳假设的证明方法就不是数学归纳法.

5. [2022 · 陕西咸阳武功高二期中]记$S_{n}$为等差数列
$\{ a_{n}\}$的前$n$项和，且$S_{4} = 20,a_{5} = 10$.
(1)求$S_{n}$；
(2)用数学归纳法证明：$\sqrt{S_{1}} + \sqrt{S_{2}} + \sqrt{S_{3}} + ·s +$
$\sqrt{S_{n}} ＞ \frac{n(n + 1)}{2}(n \in \mathbf{N}^{*})$.

答案： 5.思维路径
(1)根据已知条件→结合等差数列的前$n$项和公式→求解.
(2)当$n = 1$时，$\sqrt{S_1} = \sqrt{2} ＞ 1 \rightarrow$假设当$n = k$时不等式成立，$\sqrt{S_1} + \sqrt{S_2} + \sqrt{S_3} + ·s + \sqrt{S_k} ＞ \frac{k(k + 1)}{2} \rightarrow$当$n = k + 1$时，不等式也成立→即可求证.
(1)【解】设等差数列$\{a_n\}$的公差为$d$.
$\because S_4 = 20$，$a_5 = 10$，
$\therefore \begin{cases}4a_1 + \frac{4 × (4 - 1)}{2}d = 20, \\a_1 + 4d = 10,\end{cases}$解得$\begin{cases}a_1 = 2, \\d = 2.\end{cases}$
$\therefore S_n = n^2 + n$.
(2)【证明】当$n = 1$时，$\sqrt{S_1} = \sqrt{2} ＞ 1$成立.
假设当$n = k$时不等式成立，即$\sqrt{S_1} + \sqrt{S_2} + \sqrt{S_3} + ·s + \sqrt{S_k} ＞ \frac{k(k + 1)}{2}$，
则当$n = k + 1$时，$\sqrt{S_1} + \sqrt{S_2} + \sqrt{S_3} + ·s + \sqrt{S_k} + \sqrt{S_{k + 1}} ＞ \frac{k(k + 1)}{2} + \sqrt{(k + 1)(k + 2)} ＞ \frac{k(k + 1)}{2} + \sqrt{(k + 1)^2} = \frac{k(k + 1)}{2} + k + 1 = \frac{(k + 1)(k + 2)}{2}$，
即当$n = k + 1$时不等式成立.
综上所述，对于任意$n \in \mathbf{N}^*$，不等式都成立，即得证.

6. [2023 · 上海外国语大学附属外国语学校高二月
考]观察下面等式：$1 = 1^{2},2 + 3 + 4 = 9 = 3^{2},3 + 4 + 5 +$ $6 + 7 = 25 = 5^{2},4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 = 49 = 7^{2},·s$，写
出由这些等式归纳的一般规律，并用数学归纳法
证明.

答案： 6.思维路径 根据式子的开始项和最后一项及右边特点得出一般规律→验证当$n = 1$时结论成立→再假设当$n = k$时成立→利用归纳假设证明当$n = k + 1$时成立即可.
【解】由已知条件归纳得$n + (n + 1) + (n + 2) + ·s + (3n - 2) = (2n - 1)^2$.
用数学归纳法证明如下：
(1)当$n = 1$时，$1 = 1^2$，结论成立.
(2)假设当$n = k$时，结论成立，即$k + (k + 1) + (k + 2) + ·s + (3k - 2) = (2k - 1)^2$，
则当$n = k + 1$时，$(k + 1) + (k + 2) + (k + 3) + ·s + (3k - 2) + (3k - 1) + 3k + (3k + 1) = (2k - 1)^2 - k + 3k - 1 + 3k + 3k + 1 = 4k^2 + 4k + 1 = (2k + 1)^2 = [2(k + 1) - 1]^2$，
即当$n = k + 1$时，猜想成立.
由
(1)
(2)可得，对于任意$n \in \mathbf{N}^*$，结论成立.