高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.4* 数学归纳法精品课后练习题

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.4* 数学归纳法精品课后练习题，共19页。试卷主要包含了4数学归纳法同步练习，0分），【答案】BD，【答案】解，【答案】证明等内容，欢迎下载使用。

人教A版（2019）高中数学选择性必修第二册
注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。第Ⅰ卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。第Ⅱ卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。
一、多选题（本大题共1小题，共5.0分）
已知a1=1，且4an+1+2an−9=anan+1，则下列结论正确的是( )
A. a4=259B. an=6n−52n−1C. an+1二、解答题（本大题共15小题，共180.0分）
平面上有n(n∈N,n≥3)个点，其中任何三点都不在同一条直线上.过这些点中任意两点作直线，这样的直线共有多少条?证明你的结论．
已知数列{an}满足a1=0，2an+1−anan+1=1(n∈N*)，试猜想数列{an}的通项公式，并用数学归纳法加以证明．
若数列{Fn}满足F1=1，F2=1，Fn=Fn−1+Fn−2(n≥3,n∈N*)，则{Fn}称为斐波那契数列．
试用数学归纳法证明其通项公式为Fn=15[(1+52)n−(1−52)n].
用数学归纳法证明：12+22+⋯+n2=16n(n+1)(2n+1)(n∈N*).
设x为正实数，n为大于1的正整数，若数列1，1+x，(1+x)2，⋯，(1+x)n−1，⋯的前n项和为Sn，试比较Sn与n的大小，并用数学归纳法证明你的结论．
用数学归纳法证明：如果{an}是一个公差为d的等差数列，那么an=a1+(n−1)d对任何n∈N*都成立．
已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn=an2+1an−1，且an>0，n∈N*．
(Ⅰ)求a1，a2，a3；
(Ⅱ)猜想{an}的通项公式，并用数学归纳法证明．
设数列{an}满足a1=3，an+1=3an−4n．
(1)计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并用数学归纳法加以证明；
(2)求数列{2n⋅an}的前n项和Sn．
已知数列{an}的前n项和Sn=(n+1)an2(n∈N*)，且a1=1．
(1)求a2，a3的值，并猜想数列{an}的通项公式；(不需要证明)
(2)用数学归纳法证明：当n≥2，n∈N*时，1an+1an+1+1an+2+…+1an2>1．
用数学归纳法证明：
(1)1+3+5+…+(2n−1)=n2(n∈N*);
(2)1+2+22+…+2n−1=2n−1(n∈N*);
(3)13+23+33+…+n3=[12n(n+1)]2(n∈N*).
已知数列{an}的前n项和Sn=−an−12n−1+2，(n为正整数)．
(1)求a1,a2,a3,a4，并猜想数列{an}的通项公式(不必证明)；
(2)若数列{an}为(1)中猜想的通项公式，试比较Sn与2−1n−1(n≥5)的大小，并用数学归纳法证明．
已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn是2与−2nan的等差中项．
(Ⅰ)求数列{an}的前三项a1,a2,a3;
(Ⅱ)猜想数列{an}的通项公式，并用数学归纳法加以证明．
已知数列{an}满足关系式a1=a(a>0)，an=2an−11+an−1(n≥2,n∈N*)，
(1)用a表示a2，a3，a4；
(2)猜想an的表达式(用a和n表示)，并证明你的结论．
记数列{an}的前n项和为Sn，a1=5，且当n≥2时，an=3n2−3n+1．
(1)分别计算S2，S3，S4，S5，并由此猜想Sn的表达式；
(2)用数学归纳法证明你的猜想．
当n∈N*时，Sn=1−12+13−14+…+12n−1−12n，Tn=1n+1+1n+2+1n+3+…+12n．
(1)求S1，S2，T1，T2；
(2)猜想Sn与Tn的关系，并用数学归纳法证明．
答案和解析
1.【答案】BD
【解析】
【分析】
本题考查数列的递推关系，数列的函数特征，利用数学归纳法证明数列的通项，属较难题．
由题设条件得an+1=9−2an4−an=2−1an−4，由此能够求出a1，a2，a3，a4的值．猜想an=6n−52n−1，然后用数学归纳法进行证明即可判定AB，再由an=6n−52n−1的函数特征判断CD．
【解答】
解：由4an+1+2an−9=anan+1，得an+1=9−2an4−an=2−1an−4，因为a1=1，求得a2=73,a3=135,a4=197，猜想an=6n−52n−1.接下来用数学归纳法证明该结论：
证明：①当n=1时，猜想成立．
②设当n=k时(k∈N+)时，猜想成立，即ak=6k−52k−1，
则当n=k+1时，有ak+1=2−1ak−4=2−16k−52k−1−4=6k+12k+1=6(k+1)−52(k+1)−1，
所以当n=k+1时猜想也成立．
综合①②，an=6n−52n−1对任何n∈N+都成立．
所以A错误；B正确；
由an=6n−52n−1=3−22n−1，可得an在1,+∞单调递增，所以an+1>an，故C错误；
因为n⩾1，所以22n−1>0，所以an=3−22n−1<3，故D正确．
故选BD．

2.【答案】解：当n=3时，过3个点中任意两点作直线，这样的直线有3条，
当n=4时，共有4个点，记它们为P1，P2，P3，P4，过点P1，P2，P3中任意两点，有3条直线，过P1，P2，P3中任意一点与P4作直线，共有3条，因此共有3+3条直线;
当n=5时，同理可知有3+3+4条直线;猜想，过n个点(任意三点不共线)中任意两点作直线，共有3+3+4+⋯+(n−1)=12n(n−1)条．
下面用数学归纳法证明：
(1)当n=3时，由上述过程知，命题成立．
(2)假设当n=k(k∈N*,k≥3)时命题成立，即过k个点(任意三点不共线)中任意两点作直线，这样的直线共有12k(k−1)条，
当n=k+1时，共有k+1个点，P1，P2，⋯，Pk，Pk+1(任意三点不共线)，过k个点P1，P2，⋯，Pk中的任意两点作直线，
这样的直线共有12k(k−1)条;过这k个点中的任意一点与第k+1个点Pk+1作直线，这样的直线共有k条，因此，过k+1个点中任意两点作直线，这样的直线共有12k(k−1)+k=12k(k+1)=12(k+1)[(k+1)−1]条．
所以当n=k+1时命题成立.由(1)(2)可知，对于n(n∈N*,n≥3)个点，相应的直线共有12n(n--1)条．
【解析】本题考查数学归纳法和归纳推理，考查推理能力和计算能力，属于难题．
第一步先求出f(3)，f(4)，f(5)，猜想f(n)=12n(n−1)；再用数学归纳法证明先求证n=3时等式成立，再假设当n=k(k≥3)时成立，从而求证n=k+1时成立即可．
3.【答案】解：由2an+1−anan+1=1，可得an+1=12−an(n∈N*).
由a1=0，
可得a2=12−0=12．
同理可得
a3=12−12=23，a4=12−23=34，a5=12−34=45．
归纳上述结果，猜想an=n−1n①(n∈N*).
下面用数学归纳法证明这个猜想．
(1)当n=1时，①式左边=a1=0，右边=1−11=0，猜想成立．
(2)假设当n=k(k∈N*)时，①式成立，ak=k−1k，
那么
ak+1=12−ak=12−k−1k=kk+1=(k+1)−1k+1，
即当n=k+1时，猜想也成立．
由(1)(2)可知，猜想对任何n∈N*都成立．
【解析】本题考察数列通项公式以及数学归纳法证明．
解：先将数列{an}的递推关系2an+1−anan+1=1化为an+1=12−an(n∈N*)，通过计算a2，a3，a4，a5的值，
归纳共性并作出猜想，再应用数学归纳法先验证n=1时等式成立，再去假设n=k时成立，去求ak+1的值证明猜想．
4.【答案】证明：
①易验证当n=1，2时命题成立．
②假设当n⩽k(k∈N*)时命题成立，即an=55[(H+1)n−(−H)n](H=5−12).
则当n=k+1时，ak+1=ak+ak−1
=15[(1+52)k−(1−52)k]+15[(1+52)k−1−(−1−52)k−1]
=15[(1+52)k+(1+52)k−1−(1−52)k−(1−52)k−1]
=15[(1+52)k−1(1+52+1)−(1−52)k−1(1−52+1)]
=15[(1+52)k−1(1+52)2−(1−52)k−1(1−52)2]
=15[(1+52)k+1−(1−52)k+1]，
∴当n=k+1时，命题也成立．
由①②可知，裴波那契数列的通项公式为an=55[(H+1)n−(−H)n](H=5−12).
即证。
【解析】本题考查数学归纳法证明，属于中档题．
(1)假设存在an，an+1，an+2，三项成等比数列，利用等比数列的性质和斐波那契数列的性质可得答案．
(2)利用数学归纳法证明即可.先去检验当n=1时，猜想成立；再去假设当n=k(k∈N*)时，Fk=15[1+52)k−(−52)k]，猜想成立，最后去证明n=k+1时猜想也成立(应用上归纳假设)，综上所述，即可证得猜想成立．
5.【答案】证明：(1)当n=1时， ②式的左边=12=1，右边=16×1×(1+1)×(2×1+1)=1×2×36=1，所以 ②式成立．
(2)假设当n=k(k∈N*)时， ②式成立，即12+22+⋯+k2=16k(k+1)(2k+1)，
在上式两边同时加上(k+1)2，有
12+22+⋯+k2+(k+1)2
=16k(k+1)(2k+1)+(k+1)2
=k(k+1)(2k+1)+6(k+1)26
=(k+1)(2k2+7k+6)6=(k+1)(k+2)(2k+3)6=16(k+1)[(k+1)+1][2(k+1)+1]，
即当n=k+1时， ②式也成立．
由(1)(2)可知， ②式对任何n∈N*都成立．
【解析】本题考察利用数学归纳法证明相关等式，
用数学归纳法证明时，第一步先验证当n=1时， ②式的左边=右边，
第二步要证明的是一个以“当n=k时， ②式成立”为条件，得出“当n=k+1时， ②式也成立”的命题，证明时必须用上上述条件．
6.【答案】解：由已知可得Sn=1+(1+x)+(1+x)2+⋯+(1+x)n−1．
当n=2时，S2=1+(1+x)=2+x，由x>0，可得S2>2;
当n=3时，S3=1+(1+x)+(1+x)2=3+3x+x2，由x>0，可得S3>3．
由此，我们猜想，当x∈R*，n∈N*且n>1时，Sn>n．
下面用数学归纳法证明这个猜想．
(1)当n=2时，由上述过程知，不等式成立．
(2)假设当n=k(k∈N*，且k≥2)时，不等式成立，即Sk>k，
由x>0，可得1+x>1，所以(1+x)k>1．
于是
Sk+1=Sk+(1+x)k>k+(1+x)k>k+1，
所以，当n=k+1时，不等式也成立．
由(1)(2)可知，不等式Sn>n对任何大于1的正整数n都成立．
【解析】本题考察利用数学归纳法证明不等关系，属于中档题．
该问题中涉及两个字母x和n，x是正实数，n是大于1的正整数.先去检验第一项n=2时，不等式成立.再去假设当n=k(k∈N*，且k≥2)时，不等式成立，进而去证明n=k+1时不等式也成立．
7.【答案】证明：(1)当n=1时，左边=a1，右边=a1+0×d=a1， ①式成立．
(2)假设当n=k(k∈N*)时， ①式成立，即ak=a1+(k−1)d，
根据等差数列的定义，有ak+1−ak=d，
于是
ak+1=ak+d
=a1+(k−1)d+d
=a1+[(k−1)+1]d
=a1+[(k+1)−1]d，
即当n=k+1时， ①式也成立．
由(1)(2)可知， ①式对任何n∈N*都成立．
【解析】本题考察数学归纳法证明．
因为等差数列的通项公式涉及全体正整数，所以用数学归纳法证明的第一步应证明n=1时命题成立．
第二步要明确证明的目标，即要证明一个新命题：如果n=k时 ①式是正确的，那么n=k+1时 ①式也是正确的，由此得证．
8.【答案】解：(Ⅰ)a1=S1=a12+1a1−1，所以a1=−1±3，
又因为an>0，所以a1=−1+3；
S2=a1+a2=a22+1a2−1，
又因为an>0，所以a2=5−3；
S3=a1+a2+a3=a32+1a3−1，
又因为an>0，所以a3=7−5；
(Ⅱ)由(Ⅰ)猜想an=2n+1−2n−1，n∈N*．
下面用数学归纳法加以证明：
①当n=1时，由(Ⅰ)知a1=−1+3成立；
②假设n=k(k∈N*)时，ak=2k+1−2k−1成立，
当n=k+1时，ak+1=Sk+1−Sk
=(ak+12+1ak+1−1)−(ak2+1ak−1)
=ak+12+1ak+1−2k+1−2k−12−12k+1−2k−1
=ak+12+1ak+1−2k+1，
所以ak+12+22k+1ak+1−2=0，
又an>0，解得ak+1=2k+3−2k+1，
即当n=k+1时猜想也成立．
综合①②可知，猜想对一切n∈N*都成立．
【解析】本题考查数列的通项公式的求法，考查数学归纳法的运用，以及推理能力、运算能力，属于中档题．
(Ⅰ)分别令n=1，2，3，解方程可得所求值；
(Ⅱ)由(Ⅰ)猜想an=2n+1−2n−1，n∈N*.用数学归纳法加以证明，注意由n=k假设成立，结合数列的递推式，推得n=k+1也成立．
9.【答案】解：(1)数列{an}满足a1=3，an+1=3an−4n，
则a2=3a1−4=5，a3=3a2−4×2=7，…，
猜想{an}的通项公式为an=2n+1．
证明如下：(i)当n=1，2，3时，显然成立，
(ii)假设n=k时，ak=2k+1(k∈N+)成立，
当n=k+1时，ak+1=3ak−4k=3(2k+1)−4k
=2k+3=2(k+1)+1，故n=k+1时成立，
由(i)(ii)知，an=2n+1，猜想成立，
所以{an}的通项公式an=2n+1．
(2)令bn=2nan=(2n+1)⋅2n，
则数列{2nan}的前n项和为
Sn=3×21+5×22+…+(2n+1)2n，…①
两边同乘2得，
2Sn=3×22+5×23+…+(2n+1)2n+1，…②
①−②得，
−Sn=3×2+2×22+2×23…+2×2n−(2n+1)2n+1
=6+8(1−2n−1)1−2−(2n+1)2n+1，
所以Sn=(2n−1)2n+1+2．
【解析】本题考查数列递推关系式的应用，归纳推理，数学归纳法的证明，错位相减法求和，考查了转化思想和计算能力，属较综合的中档题．
(1)利用数列的递推关系式求出a2，a3，猜想{an}的通项公式，然后利用数学归纳法证明即可；
(2)化简数列的通项公式，利用错位相减法求解数列的前n项和Sn．
10.【答案】 解：(1)n=2时，S2=a1+a2=32a2，得a2=2，
n=3时，S3=a1+a2+a3=2a3，得a3=3．
猜想：an=n(n∈N∗)；
(2)①当n=2时，左边=1a2+1a3+1a4=12+13+14=1312>1，不等式成立．
②假设n=k(k⩾2,k∈N∗)时，不等式成立，
即1ak+1ak+1+1ak+2+⋯+1ak2>1．
当n=k+1时，
1ak+1+1ak+2+⋯+1ak2+1ak2+1+⋯+1a(k+1)2
>1+1ak2+1+⋯+1a(k+1)2−1ak
=1+1k2+1+1k2+2+⋯+1(k+1)2−1k
>1+2k+1(k+1)2−1k=1+k2−k−1k(k+1)2，
因为k⩾2,k∈N∗，所以k2−k−1k(k+1)2>0．
所以1ak+1+1ak+2+⋯+1ak2+1ak2+1+⋯+1a(k+1)2>1，
所以当n=k+1时，不等式也成立．
由①②可知，当n⩾2，n∈N∗时，不等式成立．
【解析】本题主要考查数列的递推关系与数学归纳法的应用．
(1)求出数列的前3项， 即可得出结论；
(2)证明n=2时不等式成立；假设n=k时不等式成立，再证明n=k+1时不等式成立，即可得出结论．
11.【答案】(1)证明：①当n=1时，左式=1，右式=12=1，所以n=1时命题成立；
②假设n=k(k∈N*)时，命题成立，即：1+3+5+…+(2k−1)=k2．
则当n=k+1时，左式=1+3+5+⋯+(2k+1)=k2+(2k+1)=k+12=右式，
所以当n=k+1时，命题也成立．
由①②可知，对任意n∈N*，都有1+3+5+…+(2n−1)=n2成立．
(2)证明：①当n=1时，左式=1，右式=21−1=1，所以n=1时命题成立；
②假设n=k(k∈N*)时，命题成立，即：1+2+22+…+2k−1=2k−1．
则当n=k+1时，左式=1+2+22+…+2k=2k−1+2k=2k+1−1=右式，
所以当n=k+1时，命题也成立．
由①②可知，对任意n∈N*，都有1+2+22+…+2n−1=2n−1成立．
(3)证明：①当n=1时，左式=13=1，右式=12×1×1+12=1，所以n=1时命题成立；
②假设n=k(k∈N*)时，命题成立，即：13+23+33+…+k3=[12k(k+1)]2．
则当n=k+1时，左式=13+23+33+…+k+13
=[12k(k+1)]2+k+13=14k+12k2+4k+4=12k+1k+22=右式，
所以当n=k+1时，命题也成立．
由①②可知，对任意n∈N*，都有13+23+33+…+n3=[12n(n+1)]2成立．
【解析】本题考查数学归纳法的应用，属于中档题．
第一步，验证n=1时命题成立；第二步，假设n=k时，命题成立，然后证明n=k+1时命题也成立．继而可证得结论．
12.【答案】解：(1)令n=1，可得a1=S1=−a1−1+2，解得a1=12；
令n=2，可得S2=a1+a2=−a2−12+2，解得a2=12=24；
令n=3，可得S3=a1+a2+a3=−a3−122+2，解得a3=38；
令n=4，可得S4=a1+a2+a3+a4=−a4−123+2，解得a4=14=416；
猜想：an=n2n，n∈N*；
(2)∵an=n2n，Sn=−an−12n−1+2=−n+22n+2，
∴Sn−(2−1n−1)=2n−(n2+n−2)2n(n−1)，
只要比较2n与n2+n−2(n≥5)的大小，
猜想：n≥5时，2n>n2+n−2，即Sn>2−1n−1，
证明：n=5时，显然25>52+5−2，
假设当n=k(k≥5,k∈N*)时，猜想成立，即2k>k2+k−2，
则当n=k+1时，2k+1=2·2k>2(k2+k−2)，
而2(k2+k−2)−[(k+1)2+(k+1)−2]
=k2−k−4=k(k−1)−4>0，
所以，当n≥5时，猜想成立；
综上可知，对任意的n≥5(n∈N*)时，2n>n2+n−2成立，即Sn>2−1n−1成立．
【解析】本题考查数学归纳法在证明中的应用，属于中档题．
(1)根据所给的递推式，令n=1，2，3，4求出相应的值，找出规律即可求解；
(2)首先猜想大小关系，运用数学归纳法证明即可．
13.【答案】解：(Ⅰ)因为Sn是2与−2nan的等差中项，则Sn=1−nan，
由a1=S1=1−a1，∴a1=12；
由a1+a2=S2=1−2a2，∴a2=16；
由a1+a2+a3=S3=1−3a3，∴a3=112；
(Ⅱ)猜想an=1n(n+1)，n∈N*.
证明：①当n=1时，a1=12，猜想成立；
②假设n=k(k∈N*)时，猜想成立，即ak=1k(k+1)，
当n=k+1时，
ak+1=Sk+1−Sk=1−(k+1)ak+1−1+kak，
∴(k+2)ak+1=kak=k⋅1k(k+1)，
即ak+1=1(k+1)(k+2)，
所以，当n=k+1时，猜想也成立．
由①②知，对任意n∈N*，猜想an=1n(n+1)都成立．
【解析】本题考查数列的通项公式的求法，注意运用数学归纳法证明，考查运算能力和推理能力，属于中档题．
(1)运用等差数列的中项的性质，可得Sn=1−nan，再令n=1，2，3，计算即可得到所求值；
(2)猜想an=1n(n+1)，运用数学归纳法证明，注意由假设n=k(k∈N*)时，猜想成立，运用ak+1=Sk+1−Sk，化简整理即可得证．
14.【答案】解：(1)a2=2a11+a1=2a1+a，
a3=2a21+a2=2×2a1+a1+2a1+a=4a1+3a，
a4=2a31+a3=2×4a1+3a1+4a1+3a=8a1+7a．
(2)因为a1=a=20a1+(20−1)a，a2=21a1+(21−1)a，…，
猜想an=2n−1a1+(2n−1−1)a，n∈N*．
下面用数学归纳法证明：
①当n=1时，因为a1=a=20a1+(20−1)a，猜想成立；
②假设当n=k(k≥1,k∈N*)时猜想成立，即ak=2k−1a1+(2k−1−1)a，
所以当n=k+1时，
ak+1=2ak1+ak=2ka1+(2k−1−1)a1+2k−1a1+(2k−1−1)a
=2ka1+(2k−1−1)a+2k−1a=2ka1+2×2k−1a−a
=2(k+1)−1a1+[2(k+1)−1−1]a，
所以当n=k+1时猜想也成立，
根据①与②可知猜想an=2n−1a1+(2n−1−1)a对一切n∈N*都成立．
【解析】本题考查数学归纳法的应用，数列的递推关系式的应用，考查逻辑推理能力以及计算能力，属于较难题．
(1)利用已知条件逐步求解a2，a3，a4；
(2)猜想an的表达式，利用数学归纳法的证明步骤，结合已知条件推出结果即可．
15.【答案】解：(1)当n=2时，a2=3n2−3n+1=3×4−3×2+1=7，
所以S2=a1+a2=12，
同理可得S3=31,S4=68,S5=129，
因为S1=13+4,S2=23+4,S3=33+4,S4=43+4,S5=53+4，
所以猜想Sn=n3+4；
(2)证明：①当n=1时，S1=a1=13+4=5，猜想成立；
②假设当n=kk∈N*时，猜想成立，Sk=k3+4，
Sk+1=Sk+ak+1
=k3+4+3k+12−3k+1+1
=k3+3k2+3k+1+4，
即Sk+1=k+13+4，
所以当n=k+1时，Sn=n3+4也成立，
根据①②，可以断定，Sn=n3+4对任何正整数n都成立．
【解析】本题主要考查了数列的递推式，考查数学归纳法．
(1)根据题设条件，可求S2，S3，S4，S5的值，猜想Sn的表达式．
(2)利用数学归纳法的证明步骤对这个猜想加以证明．
16.【答案】解：(1)∵当n∈N*时，
Sn=1−12+13−14+…+12n−1−12n，
Tn=1n+1+1n+2+1n+3+…+12n，
∴S1=1−12=12，S2=1−12+13−14=712，
T1=11+1=12，T2=12+1+12+2=712；
(2)猜想：Sn=Tn(n∈N*)，
即1−12+13−14+…+12n−1−12n
=1n+1+1n+2+1n+3+…+12n(n∈N*)，
下面用数学归纳法证明：
①当n=1时，已证S1=T1，
②假设n=k时，Sk=Tk(k≥1,k∈N*)，
即：1−12+13−14+…+12k−1−12k
=1k+1+1k+2+1k+3+…+12k，
则：Sk+1=Sk+12k+1−12(k+1)=Tk+12k+1−12(k+1)
=1k+1+1k+2+1k+3+…+12k+12k+1−12(k+1)
=1k+2+1k+3+…+12k+12k+1+(1k+1−12(k+1))
=1(k+1)+1+1(k+1)+2+…+12k+1+12(k+1)=Tk+1，
由①，②可知，对任意n∈N*，Sn=Tn都成立．
【解析】本题是中档题，考查数列递推关系式的应用，数学归纳法证明数列问题的方法，考查逻辑推理能力，计算能力．
(1)由已知直接利用n=1，2，求出S1，S2，T1，T2的值；
(2)利用(1)的结果，直接猜想Sn=Tn，然后利用数学归纳法证明，①验证n=1时猜想成立；②假设n=k时，Sk=Tk，通过假设证明n=k+1时猜想也成立即可．