浙江专版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.docx
- 文档编号:25673567
- 上传时间:2023-06-11
- 格式:DOCX
- 页数:75
- 大小:143.94KB
浙江专版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.docx
《浙江专版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.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《浙江专版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.docx(75页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
浙江专版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an=Sn-Sn-1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,a=4Sn+4n+1,n∈N*,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n∈N*,k≥3n-6恒成立,求实数k的取值范围.
[解]
(1)∵a=4Sn+4n+1(n∈N*),
∴a=4Sn-1+4(n-1)+1(n≥2),
两式相减,得a-a=4an+4(n≥2),
∴a=(an+2)2(n≥2).
又an>0,故an+1=an+2(n≥2).
即an+1-an=2(n≥2).
又a=a2a14,即(a2+6)2=a2(a2+24),解得a2=3,
又a=4S1+4+1,故a1=S1=1.
∴a2-a1=3-1=2,故数列{an}是以1为首项,2为公差的等差数列,故an=2n-1.
易知b1=a2=3,b2=a5=9,b3=a14=27,∴bn=3n.
(2)由
(1)可知Tn==.
∴k≥3n-6对任意的n∈N*恒成立,即k≥对任意的n∈N*恒成立.
令Cn=,
则Cn-Cn-1=-=(n≥2),
故当n=2,3时,Cn>Cn-1,当n≥4,n∈N*时,
Cn 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Sn-1,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-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,n∈N*. (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-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,n∈N*. 令n=1,有S-(12+1-3)S1-3×(12+1)=0, 可得S+S1-6=0,解得S1=-3或2, 即a1=-3或2,又an为正数,所以a1=2. (2)由S-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,n∈N*可得, (Sn+3)(Sn-n2-n)=0,则Sn=n2+n或Sn=-3, 又数列{an}的各项均为正数, 所以Sn=n2+n,Sn-1=(n-1)2+(n-1), 所以当n≥2时, an=Sn-Sn-1=n2+n-[(n-1)2+(n-1)]=2n. 又a1=2=2×1,所以an=2n. (3)证明: 当n=1时,==<成立; 当n≥2时,=< =, 所以++…+ <+ =+<+=. 所以对一切正整数n, 有++…+<. 一、基础知识要记牢 累加即利用恒等式bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)求通项;累乘即利用恒等式an=a1···…·求通项. 二、经典例题领悟好 [例2] (1)已知正项数列{an}中,a1=1,且(n+2)·a-(n+1)a+anan+1=0,则它的通项公式为( ) A.an= B.an= C.an=D.an=n (2)已知数列{an}中,a1=1,且an+1=an(1-nan+1),则数列{an}的通项公式为________. [解析] (1)因为(n+2)a-(n+1)a+anan+1=0,所以[(n+2)an+1-(n+1)an](an+1+an)=0. 又{an}为正项数列, 所以(n+2)an+1-(n+1)an=0,即=, 则当n≥2时,an=··…··a1=··…··1=, 又a1=1=,满足上式,故an=.故选B. (2)原数列递推公式可化为-=n,令bn=,则bn+1-bn=n,因此bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b3-b2)+(b2-b1)+b1=(n-1)+(n-2)+…+2+1+1=,所以an=. [答案] (1)B (2)an= 1累加、累乘是课本中求等差比数列通项方法的推广,若已知=gn且gn可以求积,则可以利用恒等式an=a1··…求通项.若已知bn+1-bn=fn且fn可以求和,则可以利用恒等式bn=b1+b2-b1+b3-b2+…+bn-bn-1解出通项;基本方法都有很大的“弹性空间”,把握其思想精髓就可以大有作为. 2给出数列的递推关系求通项时通常利用代入法、整体换元法等求解,不必考虑特殊技巧. 三、预测押题不能少 2. (1)已知数列{an},a1=1,an=2an-1+1(n≥2,n∈N*),则数列{an}的通项公式an=________. 解析: 由an=2an-1+1(n≥2,n∈N*),设an+t=2(an-1+t)(n≥2),所以2t-t=1,解得t=1,所以an+1=2(an-1+1)(n≥2),所以=2,又a1+1=2,所以{an+1}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以an+1=2n,所以an=2n-1. 答案: 2n-1 (2)已知数列{an}中,a1=1,an+1=(n∈N*),则数列{an}的通项公式为________. 解析: 因为an+1=(n∈N*),所以=+1,设+t=3,所以3t-t=1,解得t=,所以+=3,又+=1+=,所以数列是以为首项,3为公比的等比数列,所以+=×3n-1=,所以an=. 答案: an= [知能专练(九)] 一、选择题 1.等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=2,S3=12,则a6等于( ) A.8B.10C.12D.14 解析: 选C 设等差数列{an}的公差为d,则S3=3a1+3d,所以12=3×2+3d,解得d=2,所以a6=a1+5d=2+5×2=12,故选C. 2.已知等差数列{an}满足a2=3,a5=9,若数列{bn}满足b1=3,bn+1=abn,则{bn}的通项公式为bn=( ) A.2n-1B.2n+1 C.2n+1-1D.2n-1+2 解析: 选B 据已知易得an=2n-1,故由bn+1=abn可得bn+1=2bn-1,变形为bn+1-1=2(bn-1),即数列{bn-1}是首项为2,公比为2的等比数列,故bn-1=2n,解得bn=2n+1.故选B. 3.已知数列{an}中,a1=3,a2=5且对于大于2的正整数,总有an=an-1-an-2,则a2018等于( ) A.-5B.5C.-3D.3 解析: 选B an+6=an+5-an+4=an+4-an+3-an+4=-(an+2-an+1)=-an+2+an+1=-(an+1-an)+an+1=an,故数列{an}是以6为周期的周期数列,∴a2018=a336×6+2=a2=5,故选B. 4.已知数列{an}满足a1=1,且an=an-1+n(n≥2,且n∈N*),则数列{an}的通项公式为( ) A.an= B.an= C.an=n+2D.an=(n+2)3n 解析: 选B 由an=an-1+n(n≥2且n∈N*),得3nan=3n-1an-1+1,3n-1an-1=3n-2an-2+1,…,32a2=3a1+1,以上各式相加得3nan=n+2,故an=. 5.(2017·宝鸡模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足4(n+1)(Sn+1)=(n+2)2an,则数列{an}的通项公式为an=( ) A.(n+1)3B.(2n+1)2 C.8n2D.(2n+1)2-1 解析: 选A 当n=1时,4(1+1)(a1+1)=(1+2)2a1,解得a1=8,当n≥2时,由4(Sn+1)=,得4(Sn-1+1)=,两式相减得,4an=-,即=,所以an=··…··a1=··…··8=(n+1)3,经验证n=1时也符合,所以an=(n+1)3. 6.在各项均不为零的数列{an}中,若a1=1,a2=,2anan+2=an+1an+2+anan+1(n∈N*),则a2018=( ) A.B. C.D. 解析: 选C 因为2anan+2=an+1an+2+anan+1(n∈N*),所以=+,所以是等差数列,其公差d=-=2,所以=1+(n-1)×2=2n-1,an=,所以a2018=. 二、填空题 7.已知数列{an}中,a3=3,an+1=an+2,则a2+a4=________,an=________. 解析: 因为an+1-an=2,所以{an}为等差数列且公差d=2,由a1+2d=3得a1=-1,所以an=-1+(n-1)×2=2n-3,a2+a4=2a3=6. 答案: 6 2n-3 8.设数列{an}的前n项和为Sn,且a1=a2=1,{nSn+(n+2)an}为等差数列,则{an}的通项公式an=________. 解析: 因为{nSn+(n+2)an}为等差数列,且S1+3a1=4,2S2+4a2=8,则该等差数列的公差为4,所以nSn+(n+2)an=4+4(n-1)=4n,即Sn+an=4,Sn-1+an-1=4(n≥2),两式相减整理得=(n≥2),则an=a1···…·=×1×××…×=,经验证n=1时也符合,所以an=. 答案: 9.如图,互不相同的点A1,A2,…,An,…和B1,B2,…,Bn,…分别在角O的两条边上,所有AnBn相互平行,且所有梯形AnBnBn+1An+1的面积均相等.设OAn=an.若a1=1,a2=2,则数列{an}的通项公式是________. 解析: 设△A1B1O的面积为S0,梯形AnBnBn+1An+1的面积为S⇒=2⇒S=3S0, =2⇒=2. 由上面2种情况得=2 ⇒222·…·2=2=···…·=⇒2=⇒an+1=,且a1=1⇒an=,n∈N*. 答案: an=,n∈N* 三、解答题 10.已知数列{an}满足a1=1,an=3n-1+an-1(n≥2). (1)求a2,a3; (2)证明: an=. 解: (1)易知a2=4,a3=13. (2)证明: 由于an=3n-1+an-1(n≥2), ∴an-an-1=3n-1(n≥2). ∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1 =3n-1+3n-2+…3+1=(n≥2),经检验,n=1时也满足上式,故an=. 11.数列{an}满足a1=1且8an+1an-16an+1+2an+5=0(n≥1),记bn=(n≥1). (1)求b1,b2,b3,b4的值; (2)求数列{bn}的通项及数列{anbn}的前n项和Sn. 解: (1)由bn=,得an=+. 代入递推关系8an+1an-16an+1+2an+5=0, 整理得-+=0. 即bn+1=2bn-. 由a1=1得b1=2, 所以b2=,b3=4,b4=. (2)∵bn+1=2bn-, ∴bn+1-=2,b1-=≠0. ∴是以为首项,以2为公比的等比数列. 故bn-=×2n,即bn=×2n+. 由bn=得anbn=bn+1, 故Sn=a1b1+a2b2+…+anbn =(b1+b2+…+bn)+n =+n =(2n+5n-1). 12.(2016·浙江高考)设数列{an}的前n项和为Sn,已知S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*. (1)求通项公式an; (2)求数列{|an-n-2|}的前n项和. 解: (1)由题意得则 又当n≥2时,由an+1-an=(2Sn+1)-(2Sn-1+1)=2an,得an+1=3an,又a2=2,则an=3n-1,而n=1时也符合该式, 所以数列{an}的通项公式为an=3n-1,n∈N*. (2)设bn=|3n-1-n-2|,n∈N*,则b1=2,b2=1. 当n≥3时,由于3n-1>n+2,故bn=3n-1-n-2,n≥3. 设数列{bn}的前n项和为Tn,则T1=2,T2=3, 当n≥3时,Tn=3+-=, 因为当n=2时,也符合Tn=. 所以Tn= 第二讲 等差数列、等比数列 一、基础知识要记牢 等差数列 等比数列 概念 an-an-1=d,n≥2 =q,n≥2 通项公式 an=a1+(n-1)d an=a1qn-1(q≠0) 前n项和 Sn== na1+d (1)q≠1,Sn== (2)q=1,Sn=na1 二、经典例题领悟好 [例1] (1)(2017·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题: “远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯? ”意思是: 一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯( ) A.1盏 B.3盏 C.5盏D.9盏 (2)设等比数列{an}中,若a3=3,且a2017+a2018=0,则S101等于( ) A.3B.303 C.-3D.-303 [解析] (1)每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列,记为{an},则前7项的和S7=381,公比q=2,依题意,得S7==381,解得a1=3. (2)∵等比数列{an}中,a3=3,且a2017+a2018=0, ∴解得 ∴S101====3. [答案] (1)B (2)A 等差等比数列的基本运算,一般通过其通项公式及前n项和公式建立关于a1和d或q的方程或方程组解决. 注意利用等比数列前n项和公式求和时,不可忽视对公比q是否为1的讨论. 三、预测押题不能少 1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,等比数列{bn}的前n项和为Tn,a1=-1,b1=1,a2+b2=2. (1)若a3+b3=5,求{bn}的通项公式; (2)若T3=21,求S3. 解: 设{an}的公差为d,{bn}的公比为q, 则an=-1+(n-1)d,bn=qn-1. 由a2+b2=2得d+q=3.① (1)由a3+b3=5得2d+q2=6.② 联立①②解得(舍去)或 因此{bn}的通项公式为bn=2n-1. (2)由b1=1,T3=21,得q2+q-20=0, 解得q=-5,或q=4. 当q=-5时,由①得d=8,则S3=21. 当q=4时,由①得d=-1,则S3=-6. 一、基础知识要记牢 1.证明数列{an}是等差数列的两种基本方法 (1)利用定义,证明an+1-an(n∈N*)为一常数; (2)利用等差中项,即证明2an=an-1+an+1(n≥2). 2.证明{an}是等比数列的两种基本方法 (1)利用定义,证明(n∈N*)为一常数; (2)利用等比中项,即证明a=an-1an+1(n≥2,an≠0). 二、经典例题领悟好 [例2] (2018届高三·浙江联考)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2- an(n≥1). (1)求证: 数列是等比数列; (2)设数列{2nan}的前n项和为Tn,An=+++…+,试比较An与的大小. [解] (1)证明: 由a1=S1=2-3a1得,a1=. 由Sn=2-an得,Sn-1=2-an-1,n≥2, 于是an=Sn-Sn-1=an-1-an, 整理得=×(n≥2), 所以数列是首项及公比均为的等比数列. (2)由 (1)得=×n-1=, 于是2nan=n,Tn=1+2+3+…+n=,==2,An=+…+=. 又=,所以问题转化为比较与的大小,即比较与的大小. 设f(n)=,g(n)=, 因为f(n+1)-f(n)=, 当n≥3时,f(n+1)-f(n)>0, 所以当n≥3时,f(n)单调递增, 所以当n≥4时,f(n)≥f(4)=1,而g(n)<1, 所以当n≥4时,f(n)>g(n). 经检验当n=1,2,3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. 3a=an-1an+1n≥2,n∈N*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=,an+1=2-,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Sn+7的大小. 解: (1)证明: ∵bn=,an+1=2-,∴bn+1==+1=bn+1,∴bn+1-bn=1,∴数列{bn}是公差为1的等差数列.由a1=,bn=得b1=-,∴Sn=-+=-3n. (2)由 (1)知: bn=-+n-1=n-.由bn=得an=1+=1+.∴an-Sn-7=-+3n-6+.∵当n≥4时,y=-+3n-6是减函数,y=也是减函数,∴当n≥4时,an-Sn-7≤a4-S4-7=0.又∵a1-S1-7=-<0,a2-S2-7=-<0,a3-S3-7=-<0,∴对任意的n∈N*,an-Sn-7≤0,∴an≤Sn+7. 一、基础知识要记牢 等差数列 等比数列 性质 (1)若m,n,p,q∈N*,且m+n=p+q, 则am+an=ap+aq (2)an=am+(n-m)d (3)Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…仍成等差数列 (1)若m,n,p,q∈N*,且m+n=p+q, 则am·an=ap·aq (2)an=amqn-m (3)Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…仍成等比数列(Sn≠0) 二、经典例题领悟好 [例3] (1)(2016·全国卷Ⅰ)已知等差数列{an}前9项的和为27,a10=8,则a100=( ) A.100B.99C.98D.97 (2)(2017·湖州模拟)在各项均为正数的等比数列{an}中,a2a10=9,则a5+a7( ) A.有最小值6B.有最大值6 C.有最大值9D.有最小值3 [解析] (1)法一: ∵{an}是等差数列,设其公差为d, ∴S9=(a1+a9)=9a5=27,∴a5=3. 又∵a10=8, ∴∴ ∴a100=a1+99d=-1+99×1=98.故选C. 法二: ∵{an}是等差数列, ∴S9=(a1+a9)=9a5=27, ∴a5=3. 在等差数列{an}中,a5,a10,a15,…,a100成等差数列,且公差d′=a10-a5=8-3=5. 故a100=a5+(20-1)×5=98.故选C. (2)因为等比数列{an}各项为正数,且a5·a7=a2·a10=9, 所以a5+a7≥2=2=6, 当且仅当a5=a7=3时等号成立, 所以a5+a7的最小值为6.故选A. [答案] (1)C (2)A 等差、等比数列性质应用问题求解策略 (1)等差数列{an}的前n项和Sn==na(n为奇数)是常用的转化方法. (2)熟练运用等差、等比数列的性质,可减少运算过程,提高解题正确率. (3)灵活利用等差、等比数列和的性质,等差(比)数列的前n项和为Sn,则Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…也是等差(比)数列(公比q不为-1). 三、预测押题不能少 3. (1)设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a2+a8>0,S11<0,则Sn的最大值为( ) A.S5 B.S6 C.S9D.不能确定 解析: 选A 因为{an}是等差数列,所以a2+a8=2a5>0,a5>0,又S11==11a6<0,a6<0,所以等差数列{an}的前5项是正数,从第6项开始为负数,所以Sn的最大值为S5,故选A. (2)已知数列{an}是等比数列,Sn为其前n项和,若a1+a2+a3=4,a4+a5+a6=8,则S12=( ) A.40B.60 C.32D.50 解析: 选B 由等比数列的性质可知,数列S3,S6-S3,S9-S6,S12-S9是等比数列,即数列4,8,S9-S6,S12-S9是等比数列,即S9-S6=16,S12-S9=32,因此S12=S3+(S6-S3)+(S9-S6)+(S12-S9)=4+8+16+32=60,故选B. [知能专练(十)] 一、选择题 1.(2017·苏州模拟)设Sn为等差数列{an}的前n项和,S8=4a3,a7=-2,则a9=( ) A.-6 B.-4 C.-2D.2 解析: 选A 根据等差数列的定义和性质可得, S8=4(a1+a8)=4(a3+a6),又S8=4a3, 所以a6=0.又a7=-2,所以a8=-4,a9=-6. 2.(2017·全国卷Ⅲ)等差数列{an}的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比数列,则{an}前6项的和为( ) A.-24B.-3 C.3D.8 解析: 选A 设等差数列{an}的公差为d, 因为a2,a3,a6成等比数列, 所以a2a6=a, 即(a1+d)(a1+5d)=(a1+2d)2. 又a1=1,所以d2+2d=0. 又d≠0,则d=-2, 所以{an}前6项的和S6=6×1+×(-2)=-24. 3.已知等比数列{an}中,a4+a8=-2,则a6(a2+2a6+a10)的值为( ) A.4B.6 C.8D.-9 解析: 选A ∵a4+a8=-2,∴a6(a2+2a6+a10)=a6a2+2a+a6a10=a+2a4a8+a=(a4+a8)2=4. 4.(2017·宝鸡质检)设等差数列{an}的前n项和为Sn,且S9=18,an-4=30(n>9),若Sn=336,则n的值为( ) A.18B.19 C.20D.21 解析: 选D 因为{an}是等差数列,所以S9=9a5=18,a5=2,Sn===×32=16n=336,解得n=21. 5.(2016·浙江高考)如图,点列{An},{Bn}分别在某锐角的两边上,且|AnAn+1|=|An+1An+2|,An≠An+2,n∈N*,|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|,Bn≠Bn+2,n∈N*(P≠Q表示点P与Q不重合).若dn=|AnBn|,Sn为△AnBnBn+1的面积,则( ) A.{Sn}是等差数列B.{S}是等差数列 C.{dn}是等差数列D.{d}是等差数列 解析: 选A 由题意,过点A1,A2,A3,…,An,An+1,…分别作直线B1Bn+1的垂线,高分别记为h1,h2,h3,…,hn,hn+1,…,根据平行线的性质,得h1,h2,h3,…,hn,hn+1,…成等差数列,又Sn=×|BnBn+1|×hn,|BnBn+1|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bn=am(n-1)+1+am(n-1)+2+…+am(n-1)+m,cn=am(n-1)+1·am(n-1)+2·…·am(n-1)+m(m,n∈N*),则以下结论一定正确的是( ) A.数列{bn}为等差数列,公差为qm B.数列{bn}为等比数列,公比为q2m C.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an=a
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 浙江 专版 高考 数学 二轮 专题 复习 第一 部分 数列 归纳法 讲义
![提示](https://static.bdocx.com/images/bang_tan.gif)