2022年数学练习题考试题高考题教案第2讲递推数列数列求和数学归纳法.docx

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1、专题三数列第 2 讲数列求和、递推数列、数学归纳法教学目标： 1.能利用等差、等比数列前n 项和公式及其性质求一些特别数列的和；2. 能利用 Sn 与 an 的关系 anS1 nSS1解题；n 2nn 13. 明白递推关系是给出数列的一种方法,能通过对递推式的变形将递推数列问题转化为等差数列或等比数列问题来解决；4. 懂得“归纳猜想数学归纳法证明”的解题思想；教学重点： 能利用等差、等比数列前n 项和公式及其性质求一些特别数列的和；教学难点： 通过对递推式的变形将递推数列问题转化为等差数列或等比数列问题；热身练习：1. 设f x x131,利用课本中推导等差数列的前n 项和的公式的方法,可求得

2、f 4f 0f 5f 6 的值为：2. 如满意 a12 , an an 1n nn12 ,就a4 =（ ）（A ）4（B） 1（C）n123n34（D ） 253n3. 如 a 的前 n 项和 S2n1,就 a2a2a2a2例题 1： 设数列 an 的前 n项和为Sn , 且Sn1an ,其中1,0（1） 证明：数列 an 是等比数列；（2） 设数列通项公式； an 的公比qf ,数列 bn 满意 b112,bn=f bn-1 n N*,n 2求, 数列 bn 的1（3） 记1 , Cnan bn1) ,求数列 Cn的前 n 项和n变式 1： 设 an 是等差数列, bn是各项都为正数的等比数

3、列,且a1b11 , a3b521 ,a5b313 （）求 an , bn的通项公式；（）求数列 an bn的前 n 项和Sn n例题 2： 已知数列 a 的前 n 项和为 Sn,且1,S, a成等差数列,nN* , a1函数nn11f xlog 3 x （I）求数列 an的通项公式；（II ）设数列 bn 满意 bnn31f an 2,记数列 bn 的前 n 项和为 Tn,试比较52n5Tn与的大小12312变式 2：已知二次函数yf x 的图象经过坐标原点, 其导函数为f x6 x2 ,数列 an的前 n 项和为Sn ,点 n, Sn nN 均在函数yf x 的图象上(1) 求数列 an的

4、通项公式；(2) 设 bn3anan, Tn 是数列 bn1的前 n 项和,求使得 Tnm对全部 n20N 都成立的最小正整数 m .n2例题 3：设 p, q 为实数, , 是方程 x2pxq0 的两个实根, 数列 xn 满意x1p ,2xp 2q , xpxqx（ n3,4, ）（ 1）求数列 x 的通项公式；（2）如 p1 ,nn11q,求 xn 4的前 n 项和Sn 变式 3： 在数列an中, a12, an 1n 122 n nN ,其中0 nan（）求数列an 的通项公式；（）求数列an 的前 n 项和Sn ；kk例题 4： 已知各项全不为零的数列 ak 的前 k 项和为 Sk,且

5、 Sk 1 a a1 kN*）,其中 a1=1 （）求数列 ak 的通项公式；（） 对任意给定的正整数n（ n2）,数列 b k 满意bk 12kn（ k=1,2,n-1）,b1=1 求bkak 1b1+b2+bn.变式 4：已知A a , b （ nN* ）是曲线 yex 上的点, aa , S 是数列 a 的前 nnnn1nn222项和,且满意 Sn3n anSn 1 , an0 , n2,3,4, （I）证明：数列bn 2bn（ n 2 ）是常数数列；（II ）确定 a 的取值集合 M ,使 aM 时,数列 an 是单调递增数列 .归纳：1. 利用 Sn 与 an 的关系 anS1n S

6、S1解题要留意分类争论；n 2nn 12. 求递推数列的通项的分析方法有：（ 1）构造新数列（等差或等比） ；（ 2）累加法、累乘法、迭代法等；（ 3）归纳猜想数学归纳法证明；3. 数列求和常见的四种方法：倒序相加、裂项相消、错位相减、分解求和；作业：1. 如数列an满意：a n 11 1且 a1 an2 ,就a2022（ ）（A ） 1（B） 1（C） 2（D ） 122. 已知数列 an 满意 a11 , ana12a23a 3 n1a n1,就 n2 时,数列 an 的通项 an（）n.（A ）2（ B）n1.2（C） n.（D ） n1.3. 已知两个等差数列 an 和 bn的前 n

7、项和分别为 A nAn和 Bn ,且Bn7n45n3,就使得 anbn为整数的正整数 n 的个数是（）A 2B 3C4D 52232n 124.1234 1n 的值为5. 由 a11,an 1an 3an给出数列 an 1的第 34 项是6. 已知正项数列 an的前 n 项和为Sn ,且4S1a24S2a24Sna2Sn ,就an12n7. 数列 an 中,a12 , an 1ancn （ c 是常数, n1,2,3, ）,且a1, a2, a3 成公比不为1 的等比数列（I） 求 c 的值；（II ）求 an 的通项公式8.OBC 的各个顶点分别为 0,0,1,0,0,2,设 P1 为线段B

8、C 的中点,P2 为线段 OC 的中点,P3 为线段OP1 的中点对每一个正整数n, Pn3 为线段Pn Pn1 的中点令Pn 的坐标为 x , y , a1 yyynnn2 nn 1n 2（ 1）求a1 , a2 , a3 及 an , nN ；（ 2）证明：yn 41yn , nN 4（ 3）记 bny4 n 4y4n , nN ,证明： bn 是等比数列老师版专题三数列第 2 讲数列求和、递推数列、数学归纳法教学目标： 1. 能利用等差、等比数列前n 项和公式及其性质求一些特别数列的和；2. 能利用 Sn 与 an 的关系 anS1 nSS1解题；n 2nn 13. 明白递推关系是给出数

9、列的一种方法,能通过对递推式的变形将递推数列问题转化为等差数列或等比数列问题来解决；教学重点： 能利用等差、等比数列前n 项和公式及其性质求一些特别数列的和；教学难点： 通过对递推式的变形将递推数列问题转化为等差数列或等比数列问题；热身练习：1. 设f x x131,利用课本中推导等差数列的前n 项和的公式的方法,可求得f 4f 0f 5f 6 的值为： 11解：课本中推导等差数列的前n 项和的公式的方法即为“倒序相加法 ”令 f 4f 3f 0f 5f 6S就也有f 6f 5f 2f 3f 4S由 f xf 2x x1 311x 312可得：f 4f 6f 3f 52 ,于是由两式相加得2S

10、112 ,所以 S11 2. 如满意 a12 , an an 1n nn12) ,就a4 =（ C）（A ）4（B） 1（C）34（D ） 2533. 如 a 的前 n 项和 S2n1,就 a2a2a2a21 4 n1 3nn123n例题 1： 设数列 an 的前 n项和为Sn , 且Sn1an ,其中1,0（1） 证明：数列 an 是等比数列；（2） 设数列通项公式； an 的公比qf ,数列 bn 满意 b112,bn=f bn-1 n N*,n 2求, 数列 bn 的1（3） 记1 , Cnan bn1 ,求数列 Cn 的前 n 项和 n解： 1 由 Sn1anSn 11an 1 n2相

11、减得：ananan 1,anan 11 n2, 数列 an是等比数列2bnf ,bn11111bn 1bnbn 1b 1 是首项为 12 ,公差为 1 的等差数列, 12n1n1 b1bnb1nn1(3) 31时, an 1 n 1,21Cnan bn1 n 1n1n211 2Tn1231 n 1n1T12 1 231 31nnn22222222111 21 31 n 11 n 得：Tn1n2222221 T11 21 31 n 11 n1 n1 nn1n21 n22222222T1 n1 n所以： n41 2n 22变式 1： 设 an 是等差数列, bn是各项都为正数的等比数列,且a1b1

12、1 , a3b521 ,a5b313 （）求 an , bn的通项公式；（）求数列 an bn的前 n 项和Sn 解：（）设 an 的公差为 d , bn 的公比为 q ,就依题意有 q12dq40 且14dq221,13,解得 d2 , q2 所以 an1n1d2n1 , bq n 1n 1 n2（） an2n1 S352n132n1,nb2n 1n21222n 22n 12Sn2352n22n32n32n12,得 S222222n1 ,n2222n 22n 11112n111n212n12n32212222n 2 2n 12212n 1162n 12例题 2： 已知数列 a 的前 n 项和

13、为 Sn,且 1,S , a成等差数列,nN* , a1函数nnn 11f xlog 3 x （I）求数列 an的通项公式；（II ）设数列 bn 满意 bnn31f an 2,记数列 bn 的前 n 项和为 Tn,试比较52n5Tn与的大小12312解：（ I）1,Sn , an 1 成等差数列,2Snan 11 当 n2 时,2Sn 1an1得：2SSaa ,3aa,an13.nn 1n 1nnn 1an当 n=1 时,由得2S2aa1, 又 a1,a3,a23,a11212n1a2a23,a13, an是以 3 为公比的等比数列,a3n 1.（ II ）f xlog3 x,f alog

14、3n 1n1,f anlog 3 anlog 3n 1n1,33nnb111 11 ,n3 f an 2n1n32n1n31 1111111111112 24354657nn2n1n3Tn1 111152n5,2 23n2n3122n2 n3比较 Tn与52n123125 的大小,只需比较2n2 n3 与 312 的大小即可又 2n2 n33122n25n61562n25n1502n15 n10 nN* , 当 1n9且nN* 时,2n2 n3312,即Tn52n5;12312当 n10 时,2n2n3312,即Tn52n5 ;12312当 n10且nN* 时,2n2 n3312,即Tn52n

15、512312变式 2：已知二次函数yf x 的图象经过坐标原点, 其导函数为f x6 x2 ,数列 an的前 n 项和为Sn ,点 n, Sn nN 均在函数yf x 的图象上(1) 求数列 an 的通项公式；(2) 设 bn3anan, Tn 是数列 bn1的前 n 项和,求使得 Tnm对全部 n20N 都成立的最小正整数 m .n解:1 设这二次函数 fx ax2+bx a0 ,就 f x= 2ax+b, 由于 fx=6 x 2,得 a= 3 ,b= 2, 所以fx3x22x.又由于点 n, Sn nN 均在函数yf x的图像上,所以S 3n22n.当 n2 时,anSnSn1（ 3n2

16、2n） 3（n122n1 6n5.当 n1 时, a1S1312 2615,所以, an6n5（ nN ）332由1 得知 bn 1 11 ,an an 16n5 6n152 6n56n1故 Tnn1bi 111111. 1 （ 11） .i 1277136n56n126n1因此, 要使 12116n m （ n120N ）成立的 m,必需且仅须满意 12m ,即 m10,20所以满意要求的最小正整数m 为 10.例题 3：（ 08 广东卷） 设 p,q 为实数, , 是方程 x2pxq0 的两个实根, 数列 xn满意 x1p , x2pq , xnpxn 1qxn2（ n3,4,）（1）求数

17、列 xn 的通项公式；2（2）如 p1, q1,求 xn 的前 n 项和Sn 4【解析】（ 1）设 xnsxn 1t xn 1sxn2 ,就 xnst xn 1stxn2 ,由xnpxn 1qxn 2 得stp,12stq消去 t ,得 s2psq0 , s 是方程 x2pxq0 的根,由题意可知, s, s当时,此时方程组stpstqs的解记为1t1或 s2 t2xnxn 1xn 1xn 2 , xnxn 1xn 1xn 2 ,1n1即 xnt1 xn 1、 xnt2 xn 1分别是公比为s1、 s2的等比数列,n 2n 2由等比数列性质可得xnxn 1 x2x n2 , xxn 1 x2x

18、 n 2 ,两式相减,得 xn 1 x2x1x2x122xp 2q, xp ,x, x212121n22n 2 x2x1 n , xx n 22n 2nxnnnnn1n1n,即x,xn 1n 1当时,即方程 x2pxq0 有重根,p24q0 ,即 st 24st0 ,得 st 20,st ,不妨设 st,由可知xnxn 1x2n 2x1,xnnnxn 1xnx2xn 1n 2x1xnnxn 1即xnxn 1,等式两边同时除以,得nn11,即nn 11nn数列 xn 是以 1 为公差的等差数列,nxnx1nn1 12n1n1 ,xnn综上所述, xnn 1n1,nnn ,（ 2）把 p1, q1

19、 代入4x2pxq0 ,得x2x140 ,解得12x1 n1 nnn 22S11 21 31 n11 21 31 nn.2 3 .n 222222221 n11 21 31 n12 3 .n 222221 n1 n 11 n1 n12n3n3 2222变式 3： 在数列an中, a12, an 1n 122 n nN ,其中0 an（）求数列an 的通项公式；（）求数列an 的前 n 项和Sn ；（）解法一： a22222222 ,2a33a4222 23 3222422 32323 ,3 424 由此可猜想出数列an的通项公式为 ann1n2n 以下用数学归纳法证明（1） 当 n1 时,a1

20、2 ,等式成立（2） 假设当 nk 时等式成立,即 ak k1 k2k ,k11那么 aak 122 k k1k2kk 12 k 12k k11k 1k 12这就是说,当 nk1 时等式也成立依据（ 1）和（ 2）可知,等式 ann1n2 n 对任何 nN 都成立解法二：由an 1n 122 n nN ,0 ,n1可得 an 1ann 12 annn21,an所以nn2为等差数列, 其公差为 1,首项为 0,故 annnn2n1 ,所以数列a的通项公式为 an（）解：设 Tnn1n2 n22334n2n 1n1n ,T23345nn2nn1n 1 当1时,式减去式,23得 1Tnnn1n 12

21、n 11n1n 1 ,2n 1n1n 1n1n 2nn 12Tn1 2112nn1n 2n 12n 1这时数列an的前 n 项和 Sn1222 当1 时, Tnnn21这时数列an 的前 n 项和 Snn n212n 12 kk例题 4： 已知各项全不为零的数列 ak 的前 k 项和为 Sk,且 Sk 1 a a1 kN*）,其中 a1=1 （）求数列 ak 的通项公式；（） 对任意给定的正整数n（ n2）,数列 b k 满意bk 12kn（ k=1,2,n-1）,b1=1 求bkak 1b1+b2+bn.解答：（）当 k1,由 aS1 a a 及 a1,得 a2 当 k 2 时,由11aSS

22、2 1 21a a121aa ,得 aaa2a kkk 1kk 1k 1 kkk 1k 1k22k由于 ak0 ,所以ak 1ak 12 从而a2 m11m1 22m1a2 m2m1 22m , mN * 故ak kN* （）由于ak ,所以bk 1nknk kbak1kk 1所以 bkbkbk 1b2 b 1k 1nk1 nk2 n11bk 1bk 2b1k k12 11k1 1 C k k11,2, , n nn故 bbbb1 C 1C2C 3 1n 1 C n123nnnnnn1 1C 0C 1C 2 1n C n1nnnnnnnnn变式 4：已知A a , b （ nN* ）是曲线ye

23、x 上的点,aa , S 是数列 a 的前 n1nn项和,且满意 S23n2 aS 2, a0 , n2,3,4, nnn 1n（I）证明：数列bn 2bn（ n 2 ）是常数数列；（II ）确定 a 的取值集合 M ,使 aM 时,数列 an 是单调递增数列 .1解：（ I）当n 2 时,由已知得S2S23n2a nn1n由于 anSnSn10 ,所以 SnSn3n 2 于是 Sn 1Sn3 n12 由得an 1an6n3 于是 an 2an 16n9 由得an 2an6 , bean 2b所以 n 2ean 2 ane6 ,即数列n 2n 2 是常数数列nnbeanb（II ）由有 S2S

24、112 ,所以a2122a 由有 a3a215 , a4a321 ,所以a332a , a4182 a 而 说明：数列 a2k 和 a2k1 分别是以a2 , a3 为首项, 6 为公差的等差数列,所以 a2 ka26k1 , a2k 1a36 k1 , a2k 2a46 k1kN* ,数列 an 是单调递增数列a1a2 且 a2ka2 k 1a2 k2 对任意的 kN* 成立a1a2 且 a26 k1a36 k1a46 k1915a1a2a3a4a122a32a182aa44即所求 a 的取值集合是M a 9a15 44归纳：1. 利用 Sn 与 an 的关系 anS1n SS1解题要留意分

25、类争论；n 2nn 12. 求递推数列的通项的分析方法有：（ 1）构造新数列（等差或等比） ；（ 2）累加法、累乘法、迭代法等；（ 3）归纳猜想数学归纳法证明；3. 数列求和常见的四种方法：倒序相加、裂项相消、错位相减、分解求和；作业：1. 如数列an满意：a n 11 1且 a1 an2 ,就a2022（ D）（A ） 1（B） 1（C） 2（D ） 122. 已知数列 an 满意 a11 , ana12a23a 3 n1a n1,就 n2 时,数列 an 的通项 an（）n.（A ）2（ B）n1.2（C） n.（D ） n1.解析：在 a na12a 23a3n1 an1 两边都加上na

26、 n ,就有：nananan 1 ,即an 1n an1（ * ）,当 n2 时,由 ana12a23a 3 n1a n1 得 a2a11,由（ *）取a n2, 3, ,n 累乘可得：a 2345n.n ,即 an；23. 已知两个等差数列 an 和 bn的前 n 项和分别为 A nAn和 Bn ,且Bn7n45n3,就使得nabn为整数的正整数 n 的个数是（D）A 2B 3C4D 54.12223342 1n1 n2 的值为 1n 1nn21 5. 由 a11,an 1an 3an给出数列 an 1的第 34 项是 11006. 已知正项数列 an的前 n 项和为Sn ,且4S1a124

27、S2a224Sn an2Sn ,就an2n 7. 数列 an 中,a12 , an 1ancn （ c 是常数, n1,2,3, ）,且a1, a2, a3 成公比不为1 的等比数列（I）求 c 的值；（II ）求 an的通项公式解：（ I） a12 , a22c , a323c ,123由于 a , a ,a 成等比数列,所以2c 2223c ,解得 c0 或 c2 当 c0 时, a1a2a3 ,不符合题意舍去,故c2 （II ）当n 2 时,由于a2a1c ,a3a22c ,anan1n1) c ,所以 aa12n1cnn1 c n1又 a12 , c2 ,故 an2nn21n2n2n2,3,