高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.4* 数学归纳法综合训练题

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.4* 数学归纳法综合训练题，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．利用数学归纳法证明不等式（，）的过程中，由到时，左边增加了（ ）
A．1项B．k项C．项D．项
2．用数学归纳法证明（），在验证成立时，左边计算所得的项是（ ）
A．1B．
C．D．
3．用数学归纳法证明“对任意的，都有，第一步应该验证的等式是（ ）
A．B．
C．D．
4．用数学归纳法证明“对任意的，”，由到时，等式左边应当增加的项为（ ）
A．B．
C．D．
5．用数学归纳法证明，“当为正奇数时，能被整除”时，第二步归纳假设应写成（ ）
A．假设时正确，再推证正确
B．假设时正确，再推证正确
C．假设时正确，再推证正确
D．假设时正确，再推证正确
6．某同学用数学归纳法证明不等式，过程如下：
（1）当时，，不等式成立．
（2）假设当,且时，不等式成立，即，则当时，，
∴当时，不等式成立．
根据（1）和（2）可知对任何都成立．则上述证法（ ）
A．全部过程均符合数学归纳法的原理
B．的验证不正确
C．归纳假设不正确
D．从到的推理没有用到归纳假设
7．下列命题正确的有（ ）个
（1）若数列为等比数列，为其前n项和，则，，也成等比数列；
（2）数列的通项公式为，则对任意的，存在，使得；
（3）设为不超过实数x的最大整数，例如：，，.设a为正整数，数列满足，，记，则M为有限集．
A．0B．1C．2D．3
8．意大利数学家列昂那多斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，，即，，此数列在现代物理“准晶体结构”、化学等领域都有着广泛的应用.若此数列被2整除后的余数构成一个新数列，则数列的前2020项的和为（ ）
A．1346B．673C．1347D．1348
二、多选题
9．已知为数列的前项和，且，则（ ）
A．存在，使得B．可能是常数列
C．可能是递增数列D．可能是递减数列
10．已知数列和，设，，，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
11．已知正项数列中，，且，则下列说法正确的是（ ）
A．数列是递增数列B．
C．D．
12．用数学归纳法证明不等式的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．使不等式成立的第一个自然数
B．使不等式成立的第一个自然数
C．推导时，不等式的左边增加的式子是
D．推导时，不等式的左边增加的式子是
三、填空题
13．用数学归纳法证“（）”的过程中，当到时，左边所增加的项为 ．
14．利用数学归纳法证明“，”时，从“”变到“”时，左边应增乘的因式是 .
15．用数学归纳法证明等式“”时，第一步验证需证明的命题为 ．
16．已知数列：，如果数列：满足，，其中，则称为的“衍生数列”．若数列：的“衍生数列”是5，－2,7,2，则为 ；若为偶数，且的“衍生数列”是，则的“衍生数列”是 ．
四、解答题
17．数列有100项，，对任意，存在,若与前n项中某一项相等，则称具有性质P．
(1)若，写出所有可能的值；
(2)若不是等差数列，求证：数列中存在某些项具有性质P;
(3)若中恰有三项具有性质P，这三项和为，请用表示．
18．设等差数列的前项和为，，，数列的前项和为，满足，.
(1)求数列、的通项公式；
(2)记，，用数学归纳法证明：.
19．设数列满足，.
(1)计算，，猜想的通项公式并用数学归纳法加以证明；
(2)若数列的前项和为，证明：.
20．已知数列满足，.
(1)求的值；
(2)求数列的通项公式；
(3)若数列满足，.对任意的正整数，是否都存在正整数，使得？若存在，请给予证明；若不存在，请说明理由.
21．某企业的产品以往专销欧美市场，在全球金融风暴的影响下，欧美市场的销量受到严重影响，该企业在政府的大力扶助下积极开拓国内市场，并基本形成了市场规模；自年月以来的第个月（年月为第一个月）产品的内销量、出口量和销售总量（销售总量内销量与出口量的和）分别为和（单位：万件），依据销售统计数据发现形成如下营销趋势：，（其中、为常数），已知万件，万件，万件.
(1)求、的值，并写出与满足的关系式；
(2)利用数学归纳法证明销售总量一直小于万件，并判断总销量是否逐月递增，说明理由.
参考答案：
1．D
【分析】利用数学归纳法，分别写出和的式子，作差能够得到增加的项.
【详解】当时，左边，
当时，左边，
左边增加的项为，共项.
故选：D
2．C
【分析】根据题意代入即可得结果.
【详解】因为，
当时，左边，故C正确.
故选：C.
3．D
【分析】根据数学归纳法的知识确定正确答案.
【详解】在等式中，
当时，，
故等式的左边为，右边为.
所以第一步应该验证的等式是.
故选：D
4．B
【分析】分别写出和时，左边的式子，两式作差，即可得出结果.
【详解】由题意可得，当时，等式左边等于，共项求和；
当时，等式左边等于，共项求和；
所以由的假设到证明时,等式左边应添加的式子是.
故选：B.
5．B
【分析】利用数学归纳法的概念及方法步骤求解.
【详解】因为命题为“当为正奇数时，能被整除”，
所以第二步归纳假设应写成：假设时正确，再推证正确.
故选：B.
6．D
【分析】根据数学归纳法的定义与证明即可判断.
【详解】根据数学归纳法的证明可知当的验证正确，归纳假设正确，故BC错误；
从到的推理中，并没有用到时的假设，故D正确，A错误，
故选：D.
7．C
【分析】（1）取特列，分析判断；（2）根据实数的性质分析判断；（3）利用数学归纳法证明，即可得结果.
【详解】对（1）：设等比数列的公比为，
若，则，可得，
则，故，，不是等比数列，（1）错误；
对（2）：根据实数性质可得：对，均存在，使得，，
故对，均存在，使得，则，（2）正确；
对（3）：若，则，故，且.
下证对，，
当时，，即；
假设当时，；
当时，则
∵，当且仅当，即时，等号成立，
则；
故对，.
∵，，则，可得，
可得，
∵，
下证，
当时，则成立；
假设当时，则成立；
当时，则，即；
故.
可得，且，即的取值可能是有限的，
故为有限集，（3）正确；
故选：C.
【点睛】关键点睛：
①对，则，且；
②在数列递推性质时，常用数学归纳法证明.
8．C
【分析】由已知条件写出数列的前若干项，观察发现此数列周期为3，从而可求得答案.
【详解】由题意可得：若，等价于为偶数，若，等价于为奇数，
则，
猜想：，
当时，成立；
假设当时，成立，则为奇数，为偶数；
当时，则为奇数，为奇数，为偶数，
故符合猜想；
得证，
则连续三项之和为2，故数列的前2020项的和为.
故选：C.
【点睛】方法点睛：本题主要考查数列的周期性以及应用，考查了递推关系求数列各项的和，利用递推关系求数列中的项或求数列的和：
（1）项的序号较小时，逐步递推求出即可；
（2）项的序数较大时，考虑证明数列是等差、等比数列，或者是周期数列.
9．ABD
【分析】取，可判断AB选项；利用反证法可判断C选项；取，求出数列的通项公式，结合数列的单调性可判断D选项.
【详解】因为为数列的前项和，且，
对于A选项，取，则，则，A对；
对于B选项，取，则，，，
以此类推可知，对任意的，，所以，可能是常数列，B对；
对于C选项，假设数列为递增数列，则对任意的，，
即，所以，对任意的恒成立，
但当时，，矛盾，故数列不可能是递增数列，C错；
对于D选项，取，则，，，
猜想，，
当时，猜想成立，
假设当时，猜想成立，即，
则当时，，
这说明当时，猜想也成立，故对任意的，，
此时，数列为单调递减数列，D对.
故选：ABD.
10．ABD
【分析】利用已知结合不等式性质得出，，设命题：，，根据已知结合基本不等式与数学归纳法的步骤得出命题，成立，即可得出，结合已知判断A；根据，，得出，结合已知判断B；根据，，得出，结合已知得出即可判断C；设命题，，根据数学归纳法证明即可判断D.
【详解】，且，
，，，
，，，
设命题：，，
①当时，由题可知成立，
②设时，成立，则，由基本不等式得，
，，
成立，
根据数学归纳法可知，命题，成立；
对于A，，，
，，
，，故A正确；
对于B，，，
，，
，，故B正确；
对于C，，，
，
，不成立，故C错误；
对于D，命题：，，
①当时，由已知得成立，
②设时，成立，
，，，
成立，
根据数学归纳法可知，命题，成立，
则，成立，故D正确；
故选：ABD.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用数学归纳法证得，从而得解.
11．ACD
【分析】根据数列单调性的判断方法即可判断选项A；利用特殊值法可判断选项B；利用数学归纳法可判断选项C；
先根据已知条件得，，再对进行化简，即可判断选项D.
【详解】由是正项数列，得.
由，得，即.
对于选项A：因为，则，
所以数列是递增数列，故选项A正确；
对于选项B，因为，且，则，
所以，与矛盾，故选项B错误；
对于选项C：当时，则成立；
假设当时，有成立；
令，则，
而，
则，
即成立.
所以恒成立，故选项C正确；
对于选项D：因为，则，
所以
.
因为，且，
则；；；.
因为数列是递增数列
则，
所以，故选项D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用数列的递推关系式判断数列的单调性，数列的项及求和.解题关键在于对数列基本知识的掌握和灵活使用.难点在于选项C利用数学归纳法判断；选项D对递推关系式进行变形，利用裂项相消进行求和；借助数列的单调性得，即可判断.
12．BC
【分析】根据数学归纳法逐项分析判断.
【详解】当时，可得；当时，可得；
即使不等式成立的第一个自然数，故A错误，B正确；
当时，可得；
当时，可得；
两式相减得：，
所以推导时，不等式的左边增加的式子是，故C正确，D错误；
故选：BC.
13．
【分析】考查等式两侧的特点，写出左侧和的表达式，进行比较，即可推出左边应增加的项．
【详解】当时，等式为，
当时，等式为，
因此，从“”变到“”时，
左边应增加的项是
.
故答案为：.
14．
【分析】利用数学归纳法，分别写出和的式子，能够得到增加的项.
【详解】当时，左边式子为，
当时，左边式子为，
故左边增乘的因式是.
故答案为：.
15．当时，等式成立.
【分析】根据数学归纳法的证明步骤即可得到答案.
【详解】根据数学归纳法的证明步骤可知，第一步验证需证明的命题为：
当时，等式成立，
故答案为：当时，等式成立.
16．
【分析】由已知得：，由此能求出为；由已知猜想，再用数学归纳法进行证明，从而得到的“衍生数列”是.
【详解】由已知得：，解得：，
由已知，，，
由此猜想，
①当时，，猜想成立；
②假设时，
当时，
，
所以时，猜想成立，
由①②知，对于任意正整数，有，
设的“衍生数列”是，则，
所以的“衍生数列”是.
故答案为：；.
17．(1)3,5,7
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据定义式子代入即可求解；
（2）通过数学归纳法证明逆否命题为真命题；
（3）分析去掉具有P性质三项后，得到等差数列求和即可.
【详解】（1），；
当时，；当时，；
，
若，则；若，则；
若，则（与时重复），或；
所以的可能值有
（2）假设中不存在满足性质的项，即对任意均有；
下面数学归纳法证明，是等差数列；
①当时，成立；
②设当且时，；
则当时，因为不具有性质，故
而又存在，故，即；
综上所述，当中不存在满足性质的项时，时等差数列成立；
故其逆否命题：当不是等差数列时，中存在满足性质的项成立.
（3）将数列中具有性质的三项去掉，得到一个新的数列，，，，
且中没有满足性质的项，
由（2）可知，数列是等差数列， 所以，
又因为数列中去掉的三项和为，所以.
【点睛】方法点睛：本题属于数列新定义问题，重点考查新定义“性质”的理解和运用，考查等差数列和等比数列的定义和通项公式的运用，考查分类讨论思想方法，以及运算能力和推理能力.处理带否定词的命题经常通过证明其逆否命题得到.而（3）题关键是分析得出去掉三项后，得到一个等差数列再求和.
18．(1)，
(2)证明见解析
【分析】（1）根据等差数列基本量计算求出数列的通项公式；根据定义法判断是首项为，公差为的等差数列，进而求出数列的通项公式；
（2）根据（1）得到，根据数学归纳法先证明当时不等式成立，再假设时成立，进而证明时不等式也成立即可求证.
【详解】（1）（1）设首项为，公差为，由，得，
解得a1=−1d=−2，故；
由，得，即，又因为，
所以是首项为，公差为的等差数列，
所以，即，
所以，故.
（2）由（1）知，即用数学归纳法：，
①当时，左边，右边，不等式成立；
②假设时成立，即，
即当时，
.
即当时，不等式也成立.
由①，②可知，不等式对任意都成立.
19．(1)，证明详见解析
(2)证明详见解析
【分析】（1）先求得，，然后猜想并利用数学归纳法进行证明.
（2）利用裂项求和法求得，进而证得不等式成立.
【详解】（1）依题意，，，则，
所以，
猜想.
当时，成立，
假设当时，猜想成立，即，
则当时，
，猜想成立，
所以.
（2），
所以
.
20．(1)；；.
(2)；
(3)存在，证明见解析.
【分析】（1）根据数列的递推关系式，逐项计算，即可求得的值；
（2）根据题意，化简得到，得出数列为等比数列，结合等比数列的通项公式，即可求解；
（3）利用归纳法和数学归纳法求得数列的通项公式为，结合，即可求解.
【详解】（1）解：由数列满足，，
当时，可得；
当时，可得，
当时，可得.
（2）解：由数列满足，可得，
又由，可得，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以，即数列的通项公式.
（3）解：存在正整数，使得.
由（2）可知，
又由，可得，
则 ，，，
归纳得，即，
证明：① 当时，，符合题意，
②设当时，，
当时，，即，
这说明假设当时猜想正确，那么当时猜想也正确.
上述可知猜想正确，即.
又因为，
所以对任意的正整数，都存在正整数，使得.
21．(1)，，
(2)证明见解析，总销量逐月递增，理由见解析
【分析】（1）依题意可得，分别令、，可得出关于、的方程组，即可解得这两个未知数的值，进而可得出与满足的关系式；
（2）利用数学归纳法可证得，再利用作差法可证得数列为单调递增数列，即可得出结论.
【详解】（1）依题意可得，
所以，，①
，②
联立①②可得，，所以，.
（2）因为，，猜想，对任意的，，
假设当时，猜想成立，即，
则当时，，
这说明，当时，猜想也成立，故对任意的，.
因为，则，即，
因此，数列为单调递增数列，即总销量逐月递增.