专题22 数学归纳法讲义- 2025届高三数学二轮复习 含答案

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例1【解析】解：用数学归纳法证明1+2+22+…+2n+21314，
综上知：不等式左边需要增加12k+1、12(k+1)，且减少一项1k+1
故选：D.
例2【解析】解：(1)Sn=12(an+1an)，
令n=1可得a1=12(a1+1a1)，解得a1=1(负值舍去)，
令n=2，可得a1+a2=12(a2+1a2)，解得a2= 2−1(负值舍去)，
同理可得a3= 3− 2．
(2)由(1)猜想出数列{an}的通项公式为an= n− n−1，
当n=1时，a1=1，猜想成立；
假设当n=k(k∈N∗)时猜想成立，即ak= k− k−1，
则当n=k+1时，ak+1=Sk+1−Sk=12(ak+1+1ak+1)−12( k− k−1+1 k− k−1)
=12(ak+1+1ak+1)− k，
所以a2k+1+2 kak+1−1=0，
所以ak+1= k+1− k(负值舍去)，
所以当n=k+1时，命题成立，
所以数列{an}的通项公式为an= n− n−1(n∈N∗).
练3【解析】证明：Sn=a1qn−1q−1=3n−1，所证不等式为：3n+1−13n−1≤3n+1n
∴n3n+1−1≤3n+13n−1⇔n⋅3n+1−n≤n⋅3n+1+3n−3n−1
⇔3n≥2n+1，下面用数学归纳法证明：
（1）验证：n=1时，左边=右边，不等式成立
（2）假设n=kk≥1,k∈N时，不等式成立，
则n=k+1时，3k+1=3⋅3k≥32k+1=6k+3>2k+1+1
所以n=k+1时，不等式成立,
∴∀n∈N∗，均有Sn+1Sn≤3n+1n.
练4【解析】 (1)若选①：因为an+an+1=4n所以an−1+an=4(n−1)(n≥2)，
两式相减得an+1−an−1=4，所以an是隔项等差数列，a1+a2=4且a1=1，
所以an=a1+(n−12)d=2n−1 (n为奇数)，an=a2+(n−22)d=2n−1(n为偶数)，
所以an=2n−1.
若选②：S1+S2+⋅⋅⋅+Sn=nn+12，所以S1+S2+⋅⋅⋅+Sn−1=n−1n2n≥2，
两式相减得，Sn=n，所以Sn=n2n≥2，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n−1，
当n=1时，a1=2−1=1，满足，
故an=2n−1.
若选③：因为4Sn−1=an2+2an①，所以4Sn−1−1=an−12+2an−1(n≥2)②，
所以4(Sn−Sn−1)=an2+2an−an−12−2an−1，即4an=an2+2an−an−12−2an−1n≥2，
所以an+an−1an−an−1−2=0n≥2，
因为an>0，所以an+an−1≠0，所以an−an−1−2=0，所以an−an−1=2n≥2，
又4a1−1=a12+2a1，所以a12−2a1+1=0，所以a1−12=0，所以a1=1，
所以an是首项为1，公差为2的等差数列，
所以an=1+n−1×2=2n−1，所以an的通项公式an=2n−1.
(2)当n=1时，22n+1−2=23−2=6，能够被3整除；
假设当n=k时，22n+1−2能被3整除，则有22k+1−2=3m(m∈Z),所以22k+1=3m+2，
则当n=k+1时，
22n+1−2=22(k+1)+1−2=22k+3−2=22×22k+1−2=4(3m+2)−2=12m+6，
所以当n=k+1时22n+1−2能被3整除.
综上所述，对一切n∈N∗，22n+1−2能被3整除.
【专题训练】
1．【解析】第二步假设当n=2k−1k∈N∗时成立，再推出当n=2k+1−1=2k+1时成立.
故选：B.
2．【解析】当n=k时，所假设的不等式为1k+1+1k+2++13k≥56，
当n=k+1时，要证明的不等式为1k+2+1k+3++13k+13k+1+13k+2+13k+3≥56，
故需添加的项为：13k+1+13k+2+13k+3−1k+1，
故答案为：13k+1+13k+2+13k+3−1k+1．
3．【解析】（1）选条件①，
由题意可得a2=a1⋅−2−1×2×2+12+1×2×2−1=−56，同理可得a3=712，a4=−920，
猜想an=−1n−12n+1nn+1 (n∈N∗)．
选条件②，
由题意可得a2a1=−2−1×2×2+12+1×2×2−1=−59，∵a1>0，a1a2=−54，∴a1=32，a2=−56，
∴a3=a2⋅−3−1×2×3+13+1×2×3−1=712，同理可得a4=−920，
猜想an=−1n−12n+1nn+1（n∈N∗）．
（2）显然当n=1时，猜想成立，
假设当n=k时，猜想成立，即ak=−1k−12k+1kk+1（k∈N∗），
当n=k+1时，由ak+1ak=−k2k+3k+22k+1，
可得ak+1=−k2k+3k+22k+1⋅ak=−k2k+3k+22k+1⋅(−1)k−1(2k+1)k(k+1)
=(−1)k⋅k⋅(2k+1)⋅(2k+3)(k+2)⋅k⋅(k+1)⋅(2k+1)=(−1)k(2k+3)(k+1)(k+2)=(−1)(k+1)−1[2(k+1)+1](k+1)[(k+1)+1]k∈N∗
即当n=k+1时，猜想成立，
综上所述，an=−1n−12n+1nn+1（n∈N∗）．
4. 【解析】解：(1)a1=1，(an−an−1)2=2(an+an−1)−1，n≥2，
则n=2时，(a2−1)2=2(a2+1)−1，
即a22−4a2=0，又a2>a1=1，所以a2=4；
n=3时，(a3−4)2=2(a3+4)−1，
即a32−10a3+9=0，又a3>a2=4，故a3=9；
n=3时，(a4−9)2=2(a4+9)−1，
即a42−20a4+64=0，又a4>a3=9，所以a4=16；
故猜想数列{an}的通项公式为an=n2，n∈N∗．
(2)当n=1时，a1=1=12，猜想成立，
假设当n=k(k∈N∗)时，猜想成立，即ak=k2，
当n=k+1时，(ak+1−ak)2=2(ak+1+ak)−1，
即(ak+1−k2)2=2(ak+1+k2)−1，
即ak+12−2(k2+1)ak+1+k4−2k2+1=0，
即[ak+1−(k−1)2]·[ak+1−(k+1)2]=0，
又ak+1>ak=k2，所以ak+1=(k+1)2，
故当n=k+1时，猜想成立，
综合可得，对任意的n∈N∗，猜想成立．
5. 【解析】（1）由已知不等式得：2+1an+1