高考数学二轮专题复习 第一部分 专题三 数列与数学归纳法讲义

专题三数列与数学归纳法第一讲数列的通项一、基础知识要记牢an使用时要注意对第一项的求解与检验，如果符合anSnSn1的规律才能合并，否则要写成分段的形式二、经典例题领悟好例1(2018届高三浙东北三校联考)已知各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，a4Sn4n1，nN*，且a2，a5，a14恰是等比数列bn的前三项(1)求数列an，bn的通项公式；(2)记数列bn的前n项和为Tn，若对任意的nN*，k3n6恒成立，求实数k的取值范围解(1)a4Sn4n1(nN*)，a4Sn14(n1)1(n2)，两式相减，得aa4an4(n2)，a(an2)2(n2)又an0，故an1an2(n2)即an1an2(n2)又aa2a14，即(a26)2a2(a224)，解得a23，又a4S141，故a1S11.a2a1312，故数列an是以1为首项，2为公差的等差数列，故an2n1.易知b1a23，b2a59，b3a1427，bn3n.(2)由(1)可知Tn.k3n6对任意的nN*恒成立，即k对任意的nN*恒成立令Cn，则CnCn1(n2)，故当n2,3时，CnCn1，当n4，nN*时，CnCn1，C3最大，k.故k的取值范围为.对于数列，an和Sn有关系an这是一种重要的关系，是已知Sn求通项an的常用方法.首先利用Sn“复制”出Sn1，就是“用两次”，再作差求出an. 三、预测押题不能少1设各项均为正数的数列an 的前n 项和为Sn ，且 Sn满足 S(n2n3)Sn3(n2n)0，nN*.(1)求a1 的值；(2)求数列an 的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有.解：(1)由题意知，S(n2n3)Sn3(n2n)0，nN*.令n1，有S(1213)S13(121)0，可得SS160，解得S13或2，即a13或2，又an为正数，所以a12.(2)由S(n2n3)Sn3(n2n)0，nN*可得，(Sn3)(Snn2n)0，则Snn2n或Sn3，又数列an的各项均为正数，所以Snn2n，Sn1(n1)2(n1)，所以当n2时，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n.又a1221，所以an2n.(3)证明：当n1时，成立；当n2时，所以.所以对一切正整数n，有0，所以当n3时，f(n)单调递增，所以当n4时，f(n)f(4)1，而g(n)g(n)经检验当n1,2,3时，仍有f(n)g(n)综上可得，An.(1)判断一个数列是等差(等比)数列，还有通项公式法及前n项和公式法，但不可作为证明方法.(2)若要判断一个数列不是等差(等比)数列，只需判断存在连续三项不成等差(等比)数列即可.(3) aan1an1(n2，nN*)是an为等比数列的必要不充分条件，也就是要注意判断一个数列是等比数列时，各项不能为0.三、预测押题不能少2在数列an中，a1，an12，设bn，数列bn的前n项和是Sn.(1)证明数列bn是等差数列，并求Sn；(2)比较an与Sn7的大小解：(1)证明：bn，an12，bn11bn1，bn1bn1，数列bn是公差为1的等差数列由a1，bn得b1，Sn3n.(2)由(1)知：bnn1n.由bn得an11.anSn73n6.当n4时，y3n6是减函数，y也是减函数，当n4时，anSn7a4S470.又a1S170，a2S270，a3S370，S110，a50，又S1111a60，a69)，若Sn336，则n的值为()A18 B19C20 D21解析：选D因为an是等差数列，所以S99a518，a52，Sn3216n336，解得n21.5(2016浙江高考)如图，点列An，Bn分别在某锐角的两边上，且|AnAn1|An1An2|，AnAn2，nN*，|BnBn1|Bn1Bn2|，BnBn2，nN*(PQ表示点P与Q不重合)若dn|AnBn|，Sn为AnBnBn1的面积，则()ASn是等差数列 BS是等差数列Cdn是等差数列 Dd是等差数列解析：选A由题意，过点A1，A2，A3，An，An1，分别作直线B1Bn1的垂线，高分别记为h1，h2，h3，hn，hn1，根据平行线的性质，得h1，h2，h3，hn，hn1，成等差数列，又Sn|BnBn1|hn，|BnBn1|为定值，所以Sn是等差数列故选A.6已知等比数列an的公比为q，记bnam(n1)1am(n1)2am(n1)m，cnam(n1)1am(n1)2am(n1)m(m，nN*)，则以下结论一定正确的是()A数列bn为等差数列，公差为qmB数列bn为等比数列，公比为q2mC数列cn为等比数列，公比为D数列cn为等比数列，公比为解析：选C等比数列an的通项公式ana1qn1，所以cnam(n1)1am(n1)2am(n1)ma1qm(n1)a1qm(n1)1a1qm(n1)m1aqm(n1)m(n1)1m(n1)m1aqaq. 所以数列cn为等比数列，公比为.二、填空题7(2017全国卷)设等比数列an满足a1a21，a1a33，则a4_.解析：设等比数列an的公比为q，则a1a2a1(1q)1，a1a3a1(1q2)3，两式相除，得，解得q2，a11，所以a4a1q38.答案：88已知公比q不为1的等比数列an的首项a1，前n项和为Sn，且a2S2，a3S3，a4S4成等差数列，则q_，S6_.解析：由a2S2q，a3S3qq2，a4S4qq2q3成等差数列，得2qqq2q3，化简得(2q23q1)q0，q1，且q0，解得q，所以S616.答案：9(2018届高三杭州七校联考)等比数列an中a12，公比q2，记na1a2an(即n表示数列an的前n项之积)，8，9，10，11中值最大的是_解析：由a12，q2，na1a2an(a1)nq，828(2)28236；929(2)36245；10210(2)45255；11211(2)55266.故9最大答案：9三、解答题10已知等差数列an的公差不为零，a125，且a1，a11，a13成等比数列(1)求an的通项公式；(2)求a1a4a7a3n2.解：(1)设an的公差为d.由题意，aa1a13，即(a110d)2a1(a112d)，于是d(2a125d)0.又a125，所以d0(舍去)，或d2.故an2n27.(2)令Sna1a4a7a3n2.由(1)知a3n26n31，故a3n2是首项为25，公差为6的等差数列从而Sn(a1a3n2)(6n56)3n228n.11已知数列an的前n项和为Sn，且Sn4an3(nN*)(1)证明：数列an是等比数列；(2)若数列bn满足bn1anbn(nN*)，且b12，求数列bn的通项公式解：(1)证明：由Sn4an3可知，当n1时，a14a13，解得a11.因为Sn4an3，则Sn14an13(n2)，所以当n2时，anSnSn14an4an1，整理得anan1，又a110，所以an是首项为1，公比为的等比数列(2)由(1)知ann1，由bn1anbn(nN*)，得bn1bnn1.可得bnb1(b2b1)(b3b2)(bnbn1)23n11(n2，nN*)当n1时上式也满足条件所以数列bn的通项公式为bn3n11(nN*)12(2017全国卷)记Sn为等比数列an的前n项和已知S22，S36.(1)求an的通项公式；(2)求Sn，并判断Sn1，Sn，Sn2是否成等差数列解：(1)设an的公比为q.由题设可得解得故an的通项公式为an(2)n.(2)由(1)可得Sn(1)n.由于Sn2Sn1(1)n22Sn，故Sn1，Sn，Sn2成等差数列第三讲数列的综合应用数列求和的关键是分析其通项，熟悉两个基本数列的求和公式以及体现的思想方法(如转化与化归思想、错位相减法、倒序相加法等)，根据具体情形采取灵活手段解决数列求和的基本方法有公式法、错位相减法、裂(拆)项相消法、分组法、倒序相加法和并项法等考查类型(一)利用公式、分组求和一、经典例题领悟好例1(2016北京高考)已知an是等差数列，bn是等比数列，且b23，b39，a1b1，a14b4.(1)求an的通项公式；(2)设cnanbn，求数列cn的前n项和解(1)设等比数列bn的公比为q，则q3，所以b11，b4b3q27，所以bn3n1(nN*)设等差数列an的公差为d.因为a1b11，a14b427，所以113d27，即d2.所以an2n1(nN*)(2)由(1)知，cnanbn2n13n1.从而数列cn的前n项和Sn13(2n1)133n1n2.分组求和法的2种常见类型(1)若anbncn，且bn，cn为等差或等比数列，可采用分组法求an的前n项和(2)通项公式为an的数列，其中数列bn，cn是等比数列或等差数列，可采用分组法求和. 二、预测押题不能少1在等差数列an中，a2a723，a3a829.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列anbn是首项为1，公比为q的等比数列，求bn的前n项和Sn.解：(1)设等差数列an的公差为d.a3a8(a2a7)2d6.d3，又a2a72a17d23，解得a11，数列an的通项公式为an3n2.(2)数列anbn是首项为1，公比为q的等比数列，anbnqn1，即3n2bnqn1，bn3n2qn1.Sn147(3n2)(1qq2qn1)(1qq2qn1)，故当q1时，Snn；当q1时，Sn.考查类型(二)错位相减求和一、经典例题领悟好例2(2017天津高考)已知an为等差数列，前n项和为Sn(nN*)，bn是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2b312，b3a42a1，S1111b4.(1)求an和bn的通项公式；(2)求数列a2nbn的前n项和(nN*)解(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q.由b2b312，得b1(qq2)12.因为b12，所以q2q60.又因为q0，解得q2.所以bn2n.由b3a42a1，可得3da18.由S1111b4，可得a15d16.联立，解得a11，d3，由此可得an3n2.所以an的通项公式为an3n2，bn的通项公式为bn2n.(2)设数列a2nbn的前n项和为Tn，由a2nbn(6n2)2n.有Tn4210221623(6n2)2n，2Tn42210231624(6n8)2n(6n2)2n1，上述两式相减，得Tn4262262362n(6n2)2n14(6n2)2n1(3n4)2n216，得Tn(3n4)2n216.所以数列a2nbn的前n项和为(3n4)2n216.(1)错位相减法适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘所得的数列求和，属于等比数列求和公式的推导方法的应用.(2)利用错位相减法求和时，应注意：在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应注意两式“错项对齐”；当等比数列的公比为字母时，应对字母是否为1进行讨论. 二、预测押题不能少2已知an是各项均为正数的等比数列，且a1a26，a1a2a3.(1)求数列an的通项公式；(2)bn为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn.已知S2n1bnbn1，求数列的前n项和Tn.解：(1)设an的公比为q，由题意知：a1(1q)6，aqa1q2.又an0，解得a12，q2，所以an2n.(2)由题意知，S2n1(2n1)bn1，又S2n1bnbn1，bn10，所以bn2n1.令cn，则cn，因此Tnc1c2cn，又Tn，两式相减得Tn1n1，所以Tn5.考查类型(三)裂项相消求和 一、经典例题领悟好例3(2017全国卷)设数列an满足a13a2(2n1)an2n.(1)求an的通项公式；(2)求数列的前n项和解(1)因为a13a2(2n1)an2n，故当n2时，a13a2(2n3)an12(n1)两式相减得(2n1)an2，所以an(n2)又由题设可得a12，满足上式，从而an的通项公式为an.(2)记的前n项和为Sn.由(1)知.则Sn.(1)裂项相消一般适用于通项公式为型数列的求和(2)裂项相消求和法一般是把数列每一项分裂成两项的差，通过正、负项相消求和常用裂项形式如：，()(a，k是不为0的常数)利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩第一项和最后一项，也可能前面剩两项，后面也剩两项(3)如果数列的通项公式不是常见的裂项形式，可以先猜后验，再确定如何裂项. 二、预测押题不能少3设an是公比大于1的等比数列，Sn为数列an的前n项和已知S37，且3a2是a13和a34的等差中项(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，数列bn的前n项和为Tn，求证：Tn1，q2.a11.故数列an的通项公式为an2n1.(2)证明：bn，Tn0，所以An为单调递增数列又1012，11.2512，则第九年需要更新该生产线数列应用题中的常见模型(1)等差模型：即问题中增加(或减少)的量是一个固定量，此量即为公差(2)等比模型：即问题中后一量与前一量的比是固定常数，此常数即为公比(3)an与an1型：即问题中给出前后两项关系不固定，可考虑an与an1的关系.二、预测押题不能少4某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产，该企业第一年年初有资金2 000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d万元，并将剩余资金全部投入下一年生产，设第n年年底企业上缴资金后的剩余资金为an万元(1)用d表示a1，a2，并写出an1与an的关系式；(2)若公司希望经过m(m3)年使企业的剩余资金为4 000万元，试确定企业每年上缴资金d的值(用m表示)解：(1)由题意得a12 000(150%)d3 000d，a2a1(150%)da1d4 500d.an1an(150%)dand.(2)由(1)得anan1dd2an2ddn1a1d .整理得ann1(3 000d)2d n1(3 0003d)2d.由题意，am4 000，即m1(3 0003d)2d4 000. 1 000解得d.故该企业每年上缴资金d的值为时，经过m(m3)年企业的剩余资金为4 000万元知能专练(十一)一、选择题1(2018届高三金华十校联考)已知Sn为数列an的前n项和，且满足a11，a23，an23an，则S2 018()A231 0092B231 009C. D.解析：选A由an23an可得数列an的奇数项与偶数项分别构成等比数列，所以S2 018(a1a3a2 017)(a2a4a2 018)(2)(131 009)231 0092.2(2017长沙质检)已知数列an的前n项和为Sn，a11，当n2时，an2Sn1n，则S2 017的值为()A2 017 B2 016C1 009 D1 008解析：选C因为an2Sn1n，n2，所以an12Snn1，两式相减得an1an1，n2.又a11，所以S2 017a1(a2a3)(a2 016a2 017)1 009.3数列an的通项公式为an(1)n1(4n3)，则它的前100项之和S100()A200 B200C400 D400解析：选BS100(413)(423)(433)(41003)4(12)(34)(99100)4(50)200.4我国古代数学名著九章算术中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：第一步：构造数列1，.第二步：将数列的各项乘以n，得数列(记为)a1，a2，a3，an.则a1a2a2a3an1an()An2 B(n1)2Cn(n1) Dn(n1)解析：选Ca1a2a2a3an1ann2n2n2n(n1)5设ansin，Sna1a2an，在S1，S2，S100中，正数的个数是()A25 B50C75 D100解析：选D当1n24时，an0，当26n49时，an0，当76n99时，an0.6(2017全国卷)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推求满足如下条件的最小整数N：N100且该数列的前N项和为2的整数幂那么该款软件的激活码是()A440 B330C220 D110解析：选A设第一项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n组的项数为n，前n组的项数和为.由题意可知，N100，令100，得n14，nN*，即N出现在第13组之后易得第n组的所有项的和为2n1，前n组的所有项的和为n2n1n2.设满足条件的N在第k1(kN*，k13)组，且第N项为第k1组的第t(tN*)个数，若要使前N项和为2的整数幂，则第k1组的前t项的和2t1应与2k互为相反数，即2t1k2，2tk3，tlog2(k3)，当t4，k13时，N4955时，N440，故选A.二、填空题7(2018届高三浙江名校联考)数列an满足a11，且对于任意的nN*都有an1a1ann，则an_，_.解析：依题意an1ann1，故an1ann1，故a2a12，a3a23，anan1n，由累加法可得ana1，an，故2，故2.答案：8对于数列an，定义数列an1an为数列an的“差数列”，若a12，an的“差数列”的通项为2n，则数列an的前n项和Sn_.解析：an1an2n，当n2时，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a12n12n2222222n.当n1时，a12也适合上式，an2n(nN*)Sn2n12.答案：2n129已知数列n2n的前n项和为Sn，若对任意的正整数n，Sn(nm)2n10恒成立，则实数m的取值范围为_解析：Sn12222323n2n，2Sn122223324(n1)2nn2n1，得Sn222232nn2n1n2n12n1n2n12.Sn(nm)2n10恒成立，2n1n2n12n2n1m2n10对任意的正整数n恒成立，m2n122n1对任意的正整数n恒成立，即m1，m1，即m的取值范围是(，1答案：(，1三、解答题10已知数列an满足a12a222a32n1an，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn(2n1)an，求数列bn的前n项和Sn.解：(1)a12a222a32n1an，当n2时，a12a222a32n2an1，得，2n1an，an(n2)，又a1也适合式，an(nN*)(2)由(1)知bn(2n1)，Sn135(2n1)，Sn135(2n1)，得，Sn2(2n1)1(2n1)，Sn3.11已知数列an满足a11，an13an1.(1)证明：是等比数列，并求an的通项公式；(2)证明：.证明：(1)由an13an1得an13，所以3，所以数列是首项为a1，公比为3的等比数列，所以an3n1，解得an.(2)由(1)知：an，所以，因为当n1时，3n123n1，所以，于是1，所以.12已知正项