2025年下學(xué)期高中數(shù)學(xué)猜想與證明試卷一、選擇題（本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）已知數(shù)列${a_n}$滿足$a_1=1$，$a_{n+1}=2a_n+1$，則下列猜想正確的是（）A.$a_n=2^n-1$B.$a_n=2^n+1$C.$a_n=2^{n-1}-1$D.$a_n=2^{n+1}-1$解析：通過計算前幾項驗證：$a_1=1$，$a_2=3$，$a_3=7$，$a_4=15$，觀察可知$a_n=2^n-1$，故選A。用數(shù)學(xué)歸納法證明“$1+2+3+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}$”時，第一步應(yīng)驗證（）A.$n=0$時等式成立B.$n=1$時等式成立C.$n=2$時等式成立D.$n=3$時等式成立解析：數(shù)學(xué)歸納法第一步需驗證初始值，本題中$n$為正整數(shù)，故驗證$n=1$，此時左邊=1，右邊=$\frac{1×2}{2}=1$，等式成立，選B。下列命題中，可用反證法證明的是（）A.若$a>b$，則$a^2>b^2$B.三角形的內(nèi)角和為$180^\circ$C.若$x^2=1$，則$x=1$D.存在實數(shù)$x$，使得$x^2+1=0$解析：反證法適用于否定性命題或“存在性”“唯一性”命題。D項“存在實數(shù)$x$，使得$x^2+1=0$”為假命題，可假設(shè)存在$x$使$x^2=-1$，與實數(shù)平方非負(fù)矛盾，從而否定該命題，選D。觀察下列等式：$1=1^2$，$1+3=2^2$，$1+3+5=3^2$，$1+3+5+7=4^2$，…，則猜想$1+3+5+\cdots+(2n-1)=$（）A.$n^2$B.$(n+1)^2$C.$2n^2$D.$2n-1$解析：等式左邊為前$n$個奇數(shù)之和，右邊為$n^2$，歸納可得結(jié)論，選A。用數(shù)學(xué)歸納法證明“$(n+1)(n+2)\cdots(n+n)=2^n×1×3×\cdots×(2n-1)$”時，從$n=k$到$n=k+1$左邊需增乘的代數(shù)式是（）A.$2k+1$B.$2(2k+1)$C.$\frac{2k+1}{k+1}$D.$\frac{2k+3}{k+1}$解析：當(dāng)$n=k$時，左邊=$(k+1)(k+2)\cdots(2k)$；當(dāng)$n=k+1$時，左邊=$(k+2)(k+3)\cdots(2k)(2k+1)(2k+2)$，增乘部分為$\frac{(2k+1)(2k+2)}{k+1}=2(2k+1)$，選B。已知函數(shù)$f(x)=\frac{x}{1+x}$，則猜想$f(\frac{1}{n})+f(n)$的值為（）A.1B.2C.$\frac{1}{2}$D.$n$解析：計算$f(\frac{1}{n})=\frac{\frac{1}{n}}{1+\frac{1}{n}}=\frac{1}{n+1}$，$f(n)=\frac{n}{n+1}$，故$f(\frac{1}{n})+f(n)=1$，選A。在$\triangleABC$中，若$AB=AC$，則$\angleB=\angleC$，用反證法證明時，假設(shè)應(yīng)為（）A.$\angleB>\angleC$B.$\angleB<\angleC$C.$\angleB\neq\angleC$D.$\angleB+\angleC\neq90^\circ$解析：反證法假設(shè)結(jié)論的反面成立，“$\angleB=\angleC$”的反面為“$\angleB\neq\angleC$”，選C。觀察下列不等式：$\sqrt{1×2}<\frac{3}{2}$，$\sqrt{2×3}<\frac{5}{2}$，$\sqrt{3×4}<\frac{7}{2}$，…，則猜想$\sqrt{n(n+1)}<$（）A.$\frac{n}{2}$B.$\frac{n+1}{2}$C.$\frac{2n+1}{2}$D.$\frac{2n-1}{2}$解析：不等式右邊分母為2，分子依次為3，5，7，…，即$2n+1$，故猜想$\sqrt{n(n+1)}<\frac{2n+1}{2}$，選C。下列推理中屬于歸納推理的是（）A.由“正三角形內(nèi)切圓半徑是高的$\frac{1}{3}$”，推出“正四面體內(nèi)切球半徑是高的$\frac{1}{4}$”B.由“若$a=b$，則$ac=bc$”，推出“若$a>b$，則$ac>bc$”C.由數(shù)列$1$，$3$，$5$，$7$，…，得出第$n$項為$2n-1$D.由“平行四邊形對邊平行”，推出“菱形對邊平行”解析：歸納推理是從個別事實中概括出一般結(jié)論的推理。C項由前幾項數(shù)列特征推出通項公式，屬于歸納推理，選C。用反證法證明“若$a$，$b$為實數(shù)，且$a+b>2$，則$a$，$b$中至少有一個大于1”時，假設(shè)正確的是（）A.$a$，$b$都大于1B.$a$，$b$都小于或等于1C.$a$，$b$中至多有一個大于1D.$a$，$b$中至少有一個小于或等于1解析：“至少有一個大于1”的反面是“都小于或等于1”，選B。二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）猜想數(shù)列$\frac{1}{2}$，$-\frac{1}{4}$，$\frac{1}{8}$，$-\frac{1}{16}$，…的通項公式$a_n=$________。答案：$(-1)^{n+1}\frac{1}{2^n}$解析：數(shù)列符號正負(fù)交替，分子為1，分母為$2^n$，故$a_n=(-1)^{n+1}\frac{1}{2^n}$。用數(shù)學(xué)歸納法證明“$1^2+2^2+\cdots+n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$”，當(dāng)$n=k+1$時，左邊應(yīng)在$n=k$的基礎(chǔ)上加上________。答案：$(k+1)^2$解析：$n=k$時左邊=$1^2+2^2+\cdots+k^2$，$n=k+1$時左邊=$1^2+2^2+\cdots+k^2+(k+1)^2$，故需加上$(k+1)^2$。觀察下列等式：$2^1=2$，$2^2=4$，$2^3=8$，$2^4=16$，$2^5=32$，…，則$2^{2025}$的個位數(shù)字是________。答案：2解析：$2^n$的個位數(shù)字周期為4：2，4，8，6。$2025÷4=506\cdots\cdots1$，故個位數(shù)字為周期中第1個數(shù)，即2。若命題“存在$x\in\mathbb{R}$，使得$x^2+ax+1<0$”是假命題，則實數(shù)$a$的取值范圍是________。答案：$[-2,2]$解析：原命題為假，則其否定“對任意$x\in\mathbb{R}$，$x^2+ax+1\geq0$”為真，即$\Delta=a^2-4\leq0$，解得$-2\leqa\leq2$。三、解答題（本大題共6小題，共80分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟）（12分）用數(shù)學(xué)歸納法證明：$1^2+2^2+\cdots+n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$（$n\in\mathbb{N}^*$）。證明：（1）當(dāng)$n=1$時，左邊=$1^2=1$，右邊=$\frac{1×2×3}{6}=1$，等式成立。（2）假設(shè)當(dāng)$n=k$（$k\in\mathbb{N}^$）時等式成立，即$1^2+2^2+\cdots+k^2=\frac{k(k+1)(2k+1)}{6}$。那么當(dāng)$n=k+1$時，左邊=$1^2+2^2+\cdots+k^2+(k+1)^2=\frac{k(k+1)(2k+1)}{6}+(k+1)^2$$=(k+1)\left[\frac{k(2k+1)}{6}+(k+1)\right]=(k+1)\cdot\frac{2k^2+k+6k+6}{6}=(k+1)\cdot\frac{(k+2)(2k+3)}{6}$$=\frac{(k+1)(k+2)(2(k+1)+1)}{6}$，即當(dāng)$n=k+1$時等式也成立。由（1）（2）可知，對任意$n\in\mathbb{N}^$，等式成立。（13分）已知數(shù)列${a_n}$的前$n$項和為$S_n$，且$a_1=1$，$S_n=n^2a_n$（$n\in\mathbb{N}^*$），猜想$a_n$的通項公式，并證明。解：由$S_n=n^2a_n$，得$S_{n+1}=(n+1)^2a_{n+1}$，兩式相減得$a_{n+1}=(n+1)^2a_{n+1}-n^2a_n$，整理得$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{n}{n+2}$。計算前幾項：$a_1=1$，$a_2=\frac{1}{3}$，$a_3=\frac{1}{6}$，$a_4=\frac{1}{10}$，…，猜想$a_n=\frac{2}{n(n+1)}$。證明：（1）當(dāng)$n=1$時，$a_1=\frac{2}{1×2}=1$，成立。（2）假設(shè)當(dāng)$n=k$時，$a_k=\frac{2}{k(k+1)}$，則當(dāng)$n=k+1$時，$a_{k+1}=\frac{k}{k+2}a_k=\frac{k}{k+2}\cdot\frac{2}{k(k+1)}=\frac{2}{(k+1)(k+2)}$，即$n=k+1$時猜想成立。綜上，$a_n=\frac{2}{n(n+1)}$。（13分）用反證法證明：$\sqrt{2}$是無理數(shù)。證明：假設(shè)$\sqrt{2}$是有理數(shù)，則存在互質(zhì)的正整數(shù)$p$，$q$（$q\neq0$），使得$\sqrt{2}=\frac{p}{q}$，兩邊平方得$2=\frac{p^2}{q^2}$，即$p^2=2q^2$，故$p^2$為偶數(shù)，從而$p$為偶數(shù)。設(shè)$p=2k$（$k\in\mathbb{N}^*$），則$(2k)^2=2q^2$，即$q^2=2k^2$，同理$q$為偶數(shù)。此時$p$，$q$均為偶數(shù)，與$p$，$q$互質(zhì)矛盾，故假設(shè)不成立，$\sqrt{2}$是無理數(shù)。（14分）觀察下列等式：$1=1$，$1-4=-(1+2)$，$1-4+9=1+2+3$，$1-4+9-16=-(1+2+3+4)$，…（1）寫出第5個等式；（2）猜想第$n$個等式，并證明。解：（1）第5個等式：$1-4+9-16+25=1+2+3+4+5$。（2）猜想第$n$個等式：$1^2-2^2+3^2-4^2+\cdots+(-1)^{n+1}n^2=(-1)^{n+1}(1+2+\cdots+n)$。證明：當(dāng)$n=1$時，左邊=$1^2=1$，右邊=$(-1)^{2}(1)=1$，成立。假設(shè)當(dāng)$n=k$時等式成立，即$1^2-2^2+\cdots+(-1)^{k+1}k^2=(-1)^{k+1}\cdot\frac{k(k+1)}{2}$。當(dāng)$n=k+1$時，左邊=$[1^2-2^2+\cdots+(-1)^{k+1}k^2]+(-1)^{k+2}(k+1)^2$$=(-1)^{k+1}\cdot\frac{k(k+1)}{2}+(-1)^{k+2}(k+1)^2$$=(-1)^{k+2}(k+1)\left[-(k+1)+\frac{k}{2}\right]=(-1)^{k+2}(k+1)\cdot\frac{-(k+2)}{2}$$=(-1)^{k+2}\cdot\frac{(k+1)(k+2)}{2}$，右邊=$(-1)^{k+2}(1+2+\cdots+(k+1))=(-1)^{k+2}\cdot\frac{(k+1)(k+2)}{2}$，故等式成立。綜上，猜想成立。（14分）已知函數(shù)$f(x)=\frac{x+2}{x+1}$，數(shù)列${a_n}$滿足$a_1=2$，$a_{n+1}=f(a_n)$。（1）計算$a_2$，$a_3$，$a_4$，猜想數(shù)列${a_n}$的通項公式；（2）用數(shù)學(xué)歸納法證明（1）中的猜想。解：（1）$a_1=2$，$a_2=f(2)=\frac{4}{3}$，$a_3=f\left(\frac{4}{3}\right)=\frac{5}{4}$，$a_4=f\left(\frac{5}{4}\right)=\frac{6}{5}$，猜想$a_n=\frac{n+3}{n+1}$。（2）證明：當(dāng)$n=1$時，$a_1=\frac{1+3}{1+1}=2$，成立。假設(shè)當(dāng)$n=k$時，$a_k=\frac{k+3}{k+1}$，則$a_{k+1}=f(a_k)=\frac{a_k+2}{a_k+1}=\frac{\frac{k+3}{k+1}+2}{\frac{k+3}{k+1}+1}=\frac{k+3+2k+2}{k+3+k+1}=\frac{3k+5}{2k+4}=\frac{(k+1)+3}{(k+1)+1}$，即$n=k+1$時猜想成立。綜上，$a_n=\frac{n+3}{n+1}$。（14分）設(shè)$a$，$b$，$c$為正實數(shù)，且$a+b+c=1$，求證：$(1+\frac{1}{a})(1+\frac{1})(1+\frac{1}{c})\geq64$。證明：要證$(1+\frac{1}{a})(1+\frac{1})(1+\frac{1}{c})\geq64$，即證$(1+\frac{a+b+c}{a})(1+\frac{a+b+c})(1+\frac{a+b+c}{c})\geq64$，展開得$(2+\frac{b+c}{a})(2+\frac{a+c})(2+\frac{a+b}{c})\geq64$。由基本不等式，$\frac{b+c}{a}\geq\frac{2\sqrt{bc}}{