（浙江专用）2020版高考数学大二轮复习 专题三 大题考法课 数列的综合应用及数学归纳法课件

大题考法课数列的综合应用及数学归纳法题型(一)等差、等比数列基本量的计算[考查趋向]主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前n项和的求解，且常结合数列的递推公式命题.[试典题——考点悟通][典例1]已知数列{an}是等差数列，满足a1＝2，a4＝8，数列{bn}是等比数列，满足b2＝4，b5＝32.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{an＋bn}的前n项和Sn.[解](1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得d＝a4－a13＝2，所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)×2＝2n.设等比数列{bn}的公比为q，由题意得q3＝b5b2＝8，解得q＝2.因为b1＝b2q＝2，所以bn＝b1·qn－1＝2×2n－1＝2n.(2)因为an＝2n，bn＝2n，所以an＋bn＝2n＋2n，所以Sn＝n2＋2n2＋21－2n1－2＝n2＋n＋2n＋1－2.[备课札记][学技法——融会贯通]等差、等比数列的基本量的求解策略(1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要先求解的中间问题．如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等，即确定解题的逻辑次序．(2)注意细节．例如：在等差数列与等比数列综合问题中，若等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能；在数列的通项问题中，第一项和后面的项能否用同一个公式表示等．[对点练——触类旁通]1．设数列{an}的首项a1＝32，前n项和为Sn，且满足2an＋1＋Sn＝3(n∈N*)．(1)求a2及an；(2)求证：anSn的最大值为94.解：(1)由题意得2a2＋S1＝3，即2a2＋a1＝3，所以a2＝3－a12＝34.当n≥2时，由2an＋1＋Sn＝3，得2an＋Sn－1＝3，两式相减得2an＋1－an＝0，即an＋1＝12an.因为a1＝32，a2＝34，所以a2＝12a1，即当n＝1时，an＋1＝12an也成立．所以{an}是以32为首项，12为公比的等比数列，所以an＝32n.(2)证明：因为2an＋1＋Sn＝3，且an＋1＝12an，所以Sn＝3－2an＋1＝3－an.于是，anSn＝an(3－an)≤an＋3－an22＝94，当且仅当an＝32，即n＝1时等号成立．故anSn的最大值为94.题型(二)等差、等比数列的判定与证明[考查趋向]主要考查等差数列与等比数列的定义、等差中项及等比中项，且常与数列的递推公式相结合命题.[试典题——考点悟通][典例2]设Sn为数列{an}的前n项和，且S2＝8,2Sn＝(n＋1)an＋n－1.(1)求a1，a2并证明数列{an}为等差数列；(2)若不等式λ·2n－Sn0对任意正整数n恒成立，求实数λ的取值范围．[解](1)∵2S2＝3a2＋1，S2＝8，得a2＝5∴a1＝3.由2Sn＝(n＋1)an＋n－1，得2Sn＋1＝(n＋2)an＋1＋n，两式相减得2an＋1＝(n＋2)an＋1－(n＋1)an＋1，即nan＋1－(n＋1)an＋1＝0，①∴(n＋1)an＋2－(n＋2)an＋1＋1＝0，②②－①得(n＋1)an＋2－(2n＋2)an＋1＋(n＋1)an＝0，即an＋2－2an＋1＋an＝0，故数列{an}为等差数列，∴an＝2n＋1.(2)∵an＝2n＋1，∴Sn＝n2＋2n，由λ·2n－Sn0得λnn＋22n对任意正整数n恒成立，∴λnn＋22nmax.令bn＝nn＋22n，∴bn＋1－bn＝3－n22n＋1，∴b1b2b3b4…，∴(bn)max＝b2＝2，∴λ2，即实数λ的取值范围为(2，＋∞)．[备课札记][学技法——融会贯通]判定和证明数列是等差(比)数列的方法定义法对于n≥1的任意自然数，验证an＋1－an或an＋1an为与正整数n无关的某一常数中项公式法①若2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)，则{an}为等差数列；②若a2n＝an－1·an＋1≠0(n∈N*，n≥2)，则{an}为等比数列[对点练——触类旁通]2．(2019·宁波北仑区模拟)在数列{an}中，a1＝1，a2＝3，且对任意的n∈N*，都有an＋2＝3an＋1－2an.(1)证明数列{an＋1－an}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2nanan＋1，记数列{bn}的前n项和为Sn，若对任意的n∈N*都有Sn≥1an＋m，求实数m的取值范围．解：(1)证明：由an＋2＝3an＋1－2an，可得an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)．又a1＝1，a2＝3，所以a2－a1＝2，所以{an＋1－an}是以首项为2、公比为2的等比数列，所以an＋1－an＝2n，所以an＝a1＋(a2－a1)＋…＋(an－an－1)＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1.(2)因为bn＝2n2n－12n＋1－1＝12n－1－12n＋1－1，所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝12－1－122－1＋122－1－123－1＋…＋12n－1－12n＋1－1＝1－12n＋1－1.又因为对任意的n∈N*都有Sn≥1an＋m，所以m≤1－12n－1－12n＋1－1恒成立，即m≤1－12n－1－12n＋1－1min.因为当n＝1时，1－12n－1－12n＋1－1取得最小值－13，所以m≤－13，即实数m的取值范围为－∞，－13.题型(三)数列求和问题[考查趋向]主要考查错位相减法求和、裂项相消法求和以及分组求和、含绝对值的数列求和，且常结合数列的递推公式、周期等命题.[试典题——考点悟通][典例3](2018·浙江高考)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．[解](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}的前n项和为Sn.由cn＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2，解得cn＝4n－1.由(1)可得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≥2.①则12Tn＝3×12＋7×122＋…＋(4n－9)×12n－2＋(4n－5)×12n－1，②①－②，得12Tn＝3＋4×12＋4×122＋…＋4×12n－2－(4n－5)×12n－1，所以Tn＝14－(4n＋3)×12n－2，n≥2.又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)×12n－2.[备课札记][学技法——融会贯通]1．分组求和中分组的策略(1)根据等差、等比数列分组．(2)根据正号、负号分组．2．裂项相消的规律(1)裂项系数取决于前后两项分母的差．(2)裂项相消后前、后保留的项数一样多．3．错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列{an}与等比数列{bn}对应项相乘({an·bn})型数列求和．(2)步骤：①求和时先乘以数列{bn}的公比；②将两个和式错位相减；③整理结果形式．[对点练——触类旁通]3．已知数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且a1＝11，b1＝1，a2＋b2＝11，a3＋b3＝11.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{|an－bn|}的前12项和S12.解：(1)设数列{an}的公差为d，{bn}的公比为q(q≠0)，则由a3＋b3＝a2＋b2＝a1＝11，可得11＋2d＋q2＝11，11＋d＋q＝11，得d＝－2，q＝2，从而an＝－2n＋13，bn＝2n－1.(2)不妨设cn＝an－bn＝13－2n－2n－1，若n≤3，则cn0；若n≥4，则cn0，因此S12＝|c1|＋|c2|＋|c3|＋|c4|＋|c5|＋…＋|c12|＝c1＋c2＋c3－(c4＋c5＋…＋c12)＝2(c1＋c2＋c3)－(c1＋c2＋…＋c12)＝2(c1＋c2＋c3)－(a1＋a2＋…＋a12)＋(b1＋b2＋…＋b12)＝2×(10＋7＋3)－11－112×12＋1－2121－2＝40－0＋212－1＝4135.4．(2019·杭州高三期末质检)设公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn.若S6＝60，且a6为a1和a21的等比中项．(1)求an和Sn；(2)设数列{bn}满足bn＋1－bn＝an.若b1＝3，求数列1bn的前n项和Tn(n∈N*)．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，d≠0，则6a1＋15d＝60，a1a1＋20d＝a1＋5d2，解得a1＝5，d＝2，∴an＝2n＋3，Sn＝n8＋2n2＝n(n＋4)＝n2＋4n.(2)由bn＋1－bn＝an，得bn－bn－1＝an－1(n≥2，n∈N*)．当n≥2时，bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1＝an－1＋an－2＋…＋a1＋b1＝(n－1)(n－1＋4)＋3＝n(n＋2)，又b1＝3也适合上式，∴bn＝n(n＋2)(n∈N*)．∴1bn＝1nn＋2＝121n－1n＋2，Tn＝121－13＋12－14＋…＋1n－1n＋2＝1232－1n＋1－1n＋2＝3n2＋5n4n＋1n＋2.题型(四)数列与不等式的综合问题[考查趋向]主要考查证明不等式、比较数列中项的大小问题.[试典题——考点悟通][典例4]数列{an}满足a1＝1，an＋2an＋1＝0，其前n项和为Sn.数列bn2n＋1的前n项积为12n＋1.(1)求Sn和数列{bn}的通项公式；(2)设cn＝1bnbn＋1bn＋bn＋1，求{cn}的前n项和Tn，并证明：对任意的正整数m，k，均有SmTk.[解](1)由a1＝1，an＋2an＋1＝0，得{an}是首项为1，公比为－12的等比数列，∴an＝－12n－1，∴Sn＝1－－12n1－－12＝231－－12n.当n≥2时，bn2n＋1＝12n＋112n－1＝2n－12n＋1，得bn＝2n－1，由b13＝13，得b1＝1，又b13×b25＝15，∴b2＝3，满足bn＝2n－1，∴bn＝2n－1.(2)Sm＝231－－12m≥231－－122＝12.∵cn＝12n－12n＋12n＋1＋2n－1＝12·2n＋1－2n－12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1，∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝121－12n＋1，∴Tk＝121－12k＋112，故SmTk.[备课札记][学技法——融会贯通]数列中不等式的证明问题数列型不等式的证明常用到“放缩法”，一是在求和中将通项“放缩”为“可求和数列”；二是求和后再“放缩”．放缩法常见的放缩技巧有：(1)1k21k2－1＝121k－1－1k＋1.(2)1k－1k＋11k21k－1－1k.(3)2(k＋1－k)1k2(k－k