（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课件

数学第2部分高考热点专题突破专题三数列与数学归纳法第2讲数学归纳法、数列的通项公式与数列求和01考点102考点203考点304专题强化训练[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(n0∈N*)时，命题成立．(2)假设当n＝k(k∈N*，且k≥n0)时命题成立，证明当n＝k＋1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．数学归纳法[典型例题](2019·宁波市九校联考)已知n∈N*，Sn＝(n＋1)·(n＋2)…(n＋n)，Tn＝2n×1×3×…×(2n－1)．(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)S1＝T1＝2，S2＝T2＝12，S3＝T3＝120.(2)猜想：Sn＝Tn(n∈N*)．证明：①当n＝1时，S1＝T1；②假设当n＝k(k≥1且k∈N*)时，Sk＝Tk，即(k＋1)(k＋2)…(k＋k)＝2k×1×3×…×(2k－1)，则当n＝k＋1时，Sk＋1＝(k＋1＋1)(k＋1＋2)…(k＋1＋k－1)(k＋1＋k)(k＋1＋k＋1)＝(k＋2)(k＋3)…(2k)(2k＋1)(2k＋2)＝2k×1×3×…×（2k－1）k＋1×(2k＋1)(2k＋2)＝2k＋1×1×3×…×(2k－1)(2k＋1)＝Tk＋1.即n＝k＋1时也成立，由①②可知，n∈N*，Sn＝Tn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n＝k证明n＝k＋1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，a3＝4，a4＝S3.数列{bn}满足：对每个n∈N*，Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比数列．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)记cn＝an2bn，n∈N*，证明：c1＋c2＋…＋cn2n，n∈N*.解：(1)设数列{an}的公差为d，由题意得a1＋2d＝4，a1＋3d＝3a1＋3d，解得a1＝0，d＝2.从而an＝2n－2，n∈N*.所以Sn＝n2－n，n∈N*.由Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比数列得(Sn＋1＋bn)2＝(Sn＋bn)(Sn＋2＋bn)．解得bn＝1d(S2n＋1－SnSn＋2)．所以bn＝n2＋n，n∈N*.(2)证明：cn＝an2bn＝2n－22n（n＋1）＝n－1n（n＋1），n∈N*.我们用数学归纳法证明．①当n＝1时，c1＝02，不等式成立；②假设n＝k(k∈N*)时不等式成立，即c1＋c2＋…＋ck2k，那么，当n＝k＋1时，c1＋c2＋…＋ck＋ck＋12k＋k（k＋1）（k＋2）2k＋1k＋12k＋2k＋1＋k＝2k＋2(k＋1－k)＝2k＋1，即当n＝k＋1时不等式也成立．根据①和②知，不等式c1＋c2＋…＋cn2n对任意n∈N*成立．[核心提炼]利用递推法解题的一般步骤(1)确定初始值；(2)建立递推关系；(3)利用递推关系求通项．由递推式求数列通项公式[典型例题](1)已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2n－an，则数列{an}的通项公式为________．(2)在数列{an}中，若a1＝1，an＋1＝2an＋3(n≥1)，则该数列的通项公式an＝________．(3)设Sn是正项数列{an}的前n项和，且an和Sn满足：4Sn＝(an＋1)2(n＝1，2，3，…)，则Sn＝________．【解析】(1)由于Sn＝2n－an，所以Sn＋1＝2(n＋1)－an＋1，后式减去前式，得Sn＋1－Sn＝2－an＋1＋an，即an＋1＝12an＋1，变形为an＋1－2＝12(an－2)，则数列{an－2}是以a1－2为首项，12为公比的等比数列．又a1＝2－a1，a1＝1，则an－2＝(－1)·12n－1，所以an＝2－12n－1.(2)法一：(递推法)an＝2an－1＋3＝2(2an－2＋3)＋3＝22·an－2＋2×3＋3＝23an－3＋22×3＋2×3＋3＝…＝2n－1·a1＋2n－2·3＋2n－3·3＋…＋3＝2n－1＋3(2n－2＋2n－3＋…＋1)＝2n＋1－3.法二：(构造法)设an＋a＝2(an－1＋a)，即an＝2an－1＋a，所以a＝3.所以an＋3＝2(an－1＋3)，所以{an＋3}是公比为2的等比数列．所以an＋3＝(a1＋3)·2n－1.又a1＝1，所以an＝2n＋1－3.(3)由题知Sn＝an2＋122，当n＝1时，易得a1＝1.an＝Sn－Sn－1＝an2＋122－an－12＋122＝an2＋an－12＋1·an2－an－12＝a2n－a2n－14＋an2－an－12，整理得an＋an－12＝a2n－a2n－14⇒an－an－1＝2.所以an＝2n－1.所以Sn＝n2.【答案】(1)an＝2－12n－1(2)2n＋1－3(3)n2由递推式求数列通项公式的常见类型(1)形如an＋1＝an＋f(n)的数列，求解此类数列的通项公式一般先通过变形为an＋1－an＝f(n)，再利用累加法an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1，代入相应的关系式，再加以合理的分析与求解．同理，形如an＋1＝f(n)an型数列可转化为用累乘法求解．(2)形如an＋1＝can＋d(c≠0，1)的数列，求解此类线性关系的数列的通项公式一般可用待定系数法，通过化归、转化为新的等比数列an＋1＋λ＝c(an＋λ)，求出λ后，结合新等比数列的公式或性质来求解与转化．(3)由an与Sn的递推关系求数列通项公式的步骤第一步：令n＝1，由Sn＝f(an)求出a1；第二步：令n≥2，构造an＝Sn－Sn－1，用an代换Sn－Sn－1(或用Sn－Sn－1代换an，这要结合题目的特点)，由递推关系求通项公式；第三步：验证当n＝1时的结论是否适合当n≥2时的结论．如果适合，则统一“合写”；如果不适合，则应分段表示．[对点训练](2019·浙江省重点中学高三联考)已知数列{an}满足：2n－1a1＋2n－2a2＋…＋2an－1＋an＝n，n∈N*.(1)求a1，a2及数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足b1＝1，bn＋1－bnan＝2n，求数列{bn}的通项公式．解：(1)n＝1时a1＝1,n＝2时2a1＋a2＝2⇒a2＝02n－1a1＋2n－2a2＋…＋2an－1＋an＝n①2n－2a1＋2n－3a2＋…＋an－1＝n－1(n≥2)②①－2×②⇒an＝2－n(n≥2)，a1＝1满足上式，故an＝2－n.(2)bn＋1－bn＝(2－n)2n，有b2－b1＝1×21b3－b2＝0×22…bn－bn－1＝（3－n）×2n－1（n≥2）累加整理得，bn＝1＋1×21＋0×22＋…＋(3－n)×2n－1(n≥2)①，2bn＝2＋1×22＋0×23＋…＋(3－n)×2n(n≥2)②，②－①得bn＝2－1－1×21＋221－2n－21－2＋(3－n)2n＝(4－n)2n－5(n≥2)，b1＝1满足上式，故bn＝(4－n)2n－5.[核心提炼]几种数列求和的常用方法(1)分组求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减．(2)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前n项和．数列求和(3)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解．(4)倒序相加法：如果一个数列{an}与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解．[典型例题](1)(2018·高考浙江卷)已知等比数列{an}的公比q1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中项．数列{bn}满足b1＝1，数列{(bn＋1－bn)an}的前n项和为2n2＋n.①求q的值；②求数列{bn}的通项公式．(2)已知数列{an}满足a1＝1，且a2n＋1＋a2n＝2(an＋1an＋an＋1－an－12)．①求数列{an}的通项公式；②求证：1a21＋1a22＋…＋1a2n74.【解】(1)①由a4＋2是a3，a5的等差中项得a3＋a5＝2a4＋4，所以a3＋a4＋a5＝3a4＋4＝28，解得a4＝8.由a3＋a5＝20得8q＋1q＝20，解得q＝2或q＝12，因为q1，所以q＝2.②设cn＝(bn＋1－bn)an，数列{cn}前n项和为Sn.由cn＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2，解得cn＝4n－1.由①可知an＝2n－1，所以bn＋1－bn＝(4n－1)·12n－1，故bn－bn－1＝(4n－5)·12n－2，n≥2，bn－b1＝(bn－bn－1)·(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)＝(4n－5)·12n－2＋(4n－9)·12n－3＋…＋7·12＋3.设Tn＝3＋7·12＋11·122＋…＋(4n－5)·12n－2，n≥2，12Tn＝3·12＋7·122＋…＋(4n－9)·12n－2＋(4n－5)·12n－1，所以12Tn＝3＋4·12＋4·122＋…＋4·12n－2－(4n－5)·12n－1，因此Tn＝14－(4n＋3)·12n－2，n≥2，又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)·12n－2.(2)①a1＝1，且a2n＋1＋a2n＝2(an＋1an＋an＋1－an－12)，可得a2n＋1＋a2n－2an＋1an－2an＋1＋2an＋1＝0，即有(an＋1－an)2－2(an＋1－an)＋1＝0，即为(an＋1－an－1)2＝0，可得an＋1－an＝1，则an＝a1＋n－1＝n，n∈N*.②证明：由1a2n＝1n21n（n－1）＝1n－1－1n，n2.则1a21＋1a22＋…＋1a2n＝1＋14＋132＋…＋1n21＋14＋12－13＋13－14＋…＋1n－1－1n＝74－1n74，故原不等式成立．数列求和方法选择的依据是该数列的通项公式的特征，所以准确求解通项公式是解决此类问题的基础，更要熟记数列求和方法与通项公式之间的对应，记住基本步骤和关键点，如错位相减法中，两式作减法后所得式子的项数以及对应项之间的关系，求和时注意等比数列的确定；裂项相消法的关键在于准确裂项，把握相消后所剩式子的结构特征．[对点训练]1．(2019·绍兴一中高三期末考试)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，当n≥2时，an＋2Sn－1＝n，则S2017＝()A．1006B．1007C．1008D．1009解析：选D.an＋2Sn－1＝n⇒an＋1＋2Sn＝n＋1⇒an＋1－an＋2an＝1⇒an＋1＋an＝1⇒S2017＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2016＋a2017)＝1008×1＋1＝1009，故选D.2．(2019·杭州市高三期末考试)设数列{an}的前n项和为Sn.若Sn＝2an－n，则2a1a2＋4a2a3＋8a3a4＋16a4a5＝________．解析：因为Sn＝2an－n，所以n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－n－[2an－1－(n－1)]，所以an＝2an－1＋1，化为：an＋1＝2(an－1＋1)，n＝1时，a1＝2a1－1，解得a1＝1.所以数列{an＋1}是等比数列，首项为2，公