（浙江专用）2020高考数学二轮复习专题三第2讲数学归纳法、数列的通项公式与数列求和教案.docx

第2讲数学归纳法、数列的通项公式与数列求和数学归纳法核心提炼用数学归纳法证明与自然数有关的数学命题，证明步骤：(1)证明当n取第一个值n0(n0N*)时，命题成立(2)假设当nk(kN*，且kn0)时命题成立，证明当nk1时命题也成立由(1)(2)，可知命题对于从n0开始的所有正整数都成立典型例题 (2019宁波市九校联考)已知nN*，Sn(n1)(n2)(nn)，Tn2n13(2n1)(1)求S1，S2，S3，T1，T2，T3；(2)猜想Sn与Tn的关系，并用数学归纳法证明【解】(1)S1T12，S2T212，S3T3120.(2)猜想：SnTn(nN*)证明：当n1时，S1T1；假设当nk(k1且kN*)时，SkTk，即(k1)(k2)(kk)2k13(2k1)，则当nk1时，Sk1(k11)(k12)(k1k1)(k1k)(k1k1)(k2)(k3)(2k)(2k1)(2k2)(2k1)(2k2)2k113(2k1)(2k1)Tk1.即nk1时也成立，由可知，nN*，SnTn成立利用数学归纳法时应注意以下两点(1)这两步合为一体才是数学归纳法，缺一不可其中第一步是基础，第二步是递推的依据(2)用数学归纳法证明与不等式有关的命题，在由nk证明nk1时，要准确利用证明不等式的基本方法：比较法、分析法、综合法、放缩法等 对点训练(2019高考浙江卷)设等差数列an的前n项和为Sn，a34，a4S3.数列bn满足：对每个nN*，Snbn，Sn1bn，Sn2bn成等比数列(1)求数列an，bn的通项公式；(2)记cn，nN*，证明：c1c2cn2，nN*.解：(1)设数列an的公差为d，由题意得a12d4，a13d3a13d，解得a10，d2.从而an2n2，nN*.所以Snn2n，nN*.由Snbn，Sn1bn，Sn2bn成等比数列得(Sn1bn)2(Snbn)(Sn2bn)解得bn(SSnSn2)所以bnn2n，nN*.(2)证明：cn，nN*.我们用数学归纳法证明当n1时，c102，不等式成立；假设nk(kN*)时不等式成立，即c1c2ck2，那么，当nk1时，c1c2ckck122222()2，即当nk1时不等式也成立根据和知，不等式c1c2cn1，且a3a4a528，a42是a3，a5的等差中项数列bn满足b11，数列(bn1bn)an的前n项和为2n2n.求q的值；求数列bn的通项公式(2)已知数列an满足a11，且aa2(an1anan1an)求数列an的通项公式；求证：1，所以q2.设cn(bn1bn)an，数列cn前n项和为Sn.由cn解得cn4n1.由可知an2n1，所以bn1bn(4n1)，故bnbn1(4n5)，n2，bnb1(bnbn1)(bn1bn2)(b3b2)(b2b1)(4n5)(4n9)73.设Tn3711(4n5)，n2，Tn37(4n9)(4n5)，所以Tn3444(4n5)，因此Tn14(4n3)，n2，又b11，所以bn15(4n3).(2)a11，且aa2(an1anan1an)，可得aa2an1an2an12an10，即有(an1an)22(an1an)10，即为(an1an1)20，可得an1an1，则ana1n1n，nN*.证明：由2.则11(nN*)成立，其初始值至少应取()A7B8C9 D10解析：选B.据已知可转化为，整理得2n128，解得n7，故原不等式的初始值为n8.2设各项均为正数的等差数列an的前n项和为Sn，且a4a832，则S11的最小值为()A22 B44C22 D44解析：选B.因为数列an为各项均为正数的等差数列，所以a4a828，S11(a4a8)844，故S11的最小值为44，当且仅当a4a84时取等号3设等比数列an的各项均为正数，且a1，a4a2a8，若log2a1log2a2log2an，则数列bn的前10项和为()A BC D解析：选A.设等比数列an的公比为q，因为a4a2a8，所以(a1q3)24a1qa1q7，即4q21，所以q或q(舍)，所以an2n，所以log2anlog22nn，所以(123n)，所以bn2，所以数列bn的前10项和为22.4若等比数列的各项均为正数，前4项的和为9，积为，则前4项倒数的和为()A BC1 D2解析：选D.设等比数列的首项为a1，公比为q，则第2，3，4项分别为a1q，a1q2，a1q3，依题意得a1a1qa1q2a1q39，a1a1qa1q2a1q3aq3，两式相除得2.5证明1(nN)，假设nk时成立，当nk1时，不等式左边增加的项数是()A1 Bk1Ck D2k解析：选D.当nk时，左边1.当nk1时，左边1，增加了，共(2k11)2k12k(项)6在等差数列an中，a25，a621，记数列的前n项和为Sn，若S2n1Sn对任意的nN*恒成立，则正整数m的最小值为()A3 B4C5 D6解析：选C.在等差数列an中，因为a25，a621，所以解得a11，d4，所以.因为0，所以数列(nN*)是递减数列，数列(nN*)的最大项为S3S1，所以，m.又m是正整数，所以m的最小值是5.7(2019温州七杭联考)在各项都为正数的数列an中，首项a12，且点(a，a)在直线x9y0上，则数列an的前n项和Sn等于()A3n1 BC D解析：选A.由点(a，a)在直线x9y0上，得a9a0，即(an3an1)(an3an1)0，又数列an各项均为正数，且a12，所以an3an10，所以an3an10，即3，所以数列an是首项a12，公比q3的等比数列，其前n项和Sn3n1，故选A.8(2019高考浙江卷)设a，bR，数列an满足a1a，an1ab，nN*，则()A当b时，a1010 B当b时，a1010C当b2时，a1010 D当b4时，a1010解析：选A.当b时，因为an1a，所以a2，又an1aan，故a9a2()7()74，a10a3210.当b时，an1an，故a1a时，a10，所以a1010不成立同理b2和b4时，均存在小于10的数x0，只需a1ax0，则a10x010不成立所以选A.9(2019嘉兴一中高考适应性考试)设等差数列an的前n项和为Sn，若S6S7S5，则an0的最大n_，满足SkSk1S7S5，所以依题意a6S6S50，a7S7S60，所以an0的最大n6.所以S1111a60，S120，S1313a70，所以S12S130，即满足SkSk10的正整数k12.答案：61210数列an中，a12，an1，则通项公式an_解析：因为an1，所以.所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以(n1)，所以an.答案：11(2019丽水调研)设等差数列an满足a3a736，a4a6275，且anan1有最小值，则这个最小值为_解析：设等差数列an的公差为d，因为a3a736，所以a4a636，与a4a6275，联立，解得或当时，可得此时an7n17，a23，a34，易知当n2时，an0，所以a2a312为anan1的最小值；当时，可得此时an7n53，a74，a83，易知当n7时，an0，当n8时，an12an1成立的n的最小值为_解析：所有的正奇数和2n(nN*)按照从小到大的顺序排列构成an，在数列an中，25前面有16个正奇数，即a2125，a3826.当n1时，S1112a224，不符合题意；当n2时，S2312a336，不符合题意；当n3时，S3612a448，不符合题意；当n4时，S41012a560，不符合题意；当n26时，S264416250312a28540，符合题意故使得Sn12an1成立的n的最小值为27.答案：2715(2018高考天津卷)设an是等差数列，其前n项和为Sn(nN*)；bn是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(nN*)已知b11，b3b22，b4a3a5，b5a42a6.(1)求Sn和Tn；(2)若Sn(T1T2Tn)an4bn，求正整数n的值解：(1)设等比数列bn的公比为q.由b11，b3b22，可得q2q20.因为q0，可得q2，故bn2n1.所以，Tn2n1.设等差数列an的公差为d.由b4a3a5，可得a13d4.由b5a42a6，可得3a113d16，从而a11，d1，故ann.所以，Sn.(2)由(1)，有T1T2Tn(21222n)nn2n1n2.由Sn(T1T2Tn)an4bn可得2n1n2n2n1，整理得n23n40，解得n1(舍)，或n4.所以，n的值为4.16已知数列an满足：a1，anaan1(n2且nN)(1)求a2，a3；(2)设数列a的前n项和为An，数列的前n项和为Bn，证明：an1.解：(1)a2aa1，a3aa2.(2)证明：因为anaan1，所以aanan1，所以Anaaaa(a2a1)(a3a2)(an1an)an1，因为anaan1an1(an11)，所以，所以，所以Bn()()()().所以an1.17设数列an的前n项和为Sn.已知S24，an12Sn1，nN*.(1)求通项公式an；(2)求数列|ann2|的前n项和解：(1)由题意得则又当n2时，由an1an(2Sn1)(2Sn11)2an，得an13an.所以，数列an的通项公式为an3n1，nN*.(2)设bn|3n1n2|，nN*，b12，b21.当n3时，由于3n1n2，故bn3n1n2，n3.设数列bn的前n项和为Tn，则T12，T23.当n3时，Tn3，所以Tn18(20