2020年高考数学(理)二轮专项复习专题05数列12018.pdf

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1、 1 专题 05 数 列 本专题的主要内容是数列的概念、两个基本数列等差数列、等比数列这部分知识应该是高考中的重点内容 考察数列知识时往往与其他知识相联系，特别是函数知识 数列本身就可以看作特殊(定义在N*)的函数 因此解决数列问题是常常要用到函数的知识，进一步涉及到方程与不等式 本专题的重点还是在两个基本数列等差数列、等比数列上，包括概念、通项公式、性质、前 n 项和公式 51 数列的概念【知识要点】1从函数的观点来认识数列，通过函数的表示方法，来认识数列的表示方法，从而得到数列的常用表示方法通项公式，即：anf(n)2对数列特有的表示方法递推法有一个初步的认识会根据递推公式写出数列的前几项

2、，并由此猜测数列的一个通项公式 3明确数列的通项公式与前 n 项和公式的关系：Sna1a2an；)2()1(11nSSnSannn 特别注意对项数 n 的要求，这相当于函数中的定义域【复习要求】1了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)2了解数列是自变量为正整数的一类函数【例题分析】例 1 根据数列的前几项写出该数列的一个通项公式：(1)3231,1615,87,43,21；(2)2，6，18，54，162；(3)9，99，999，9999，99999；(4)1，0，1，0，1，0；(5）12133,1091,857,631,413,23；(6）52,177,73,115,2

3、1,53；【分析】本题需要观察每一项与项数之间存在的函数关系，猜想出一个通项公式这种通过特殊的元素得到一般的规律是解决问题的常用方法，但得到的规律不一定正确，可经过证明来验证你的结论 解：(1)nnnna211212；(2)an2(3)n1；(3)an10n1；(4)为偶数为奇数nnan01；2(5)nnan2112；(6)232nnan【评析】(1)中分数的考察要把分子、分母分开考察，当然有时分子分母之间有关系；(2)中正负相间的情况一定与(1)的方次有关；(3)中的情况可以扩展为 7，77，777，7777，77777)110(97nna；(4)中的分段函数的写法再一次体现出数列是特殊的函

4、数，也可写成2)1(11nna，但这种写法要求较高；(5)中的假分数写成带分数结果就很明显了；(6)中的变换要求较高，可根据分子的变化，变换整个分数，如42218463，根据分子，把21变为84，其他类似找到规律 例 2 已知：数列an的前 n 项和 Sn，求：数列an的通项公式 an，(1)Snn22n2；(2)1)23(nnS【分析】已知数列前n项和Sn求通项公式an的题目一定要考虑n1与n2两种情况，即：anSnSn1不包含 a1，实际上相当于函数中对定义域的要求 解：(1)当 n1 时，a1S11，当 n2 时，anSnSn12n3，则23211nnnan.(2)当 n1 时，,211

5、1 Sa 当 n2 时，11)23(21nnnnSSa，此公式也适合 n1 时的情况，则1)23(21nna.【评析】分情况求出通项公式 an后，应考察两个式子是否能够统一在一起，如果能够统一还是写成一个式子更加简洁；如果不能统一就要写成分段函数的形式，总之分情况讨论后应该有一个总结性结论 例 3 完成下列各题：(1)数列an中，a12)11ln(1naann，则 a3()A2ln3 B22ln3 C23ln3 D4(2)已知数列an对任意的 p，qN*满足 apqapaq，且 a26，那么 a10等于()A165 B33 C30 D21(3)数列an中，*221,254Nnbnanaaana

6、nn，其中 a，b 为常数，则 ab_【分析】本题中三个小题都涉及数列的递推关系，这类问题，最好的办法是给 n 赋值，通过特殊的项找到一般的规律 3 解：(1)nnannanaannnnln)1ln(1ln)11ln(1，a2a1ln(11)ln12ln2，a3a2ln(21)ln22ln3，选 A(2)apqapaq，,36111112aaaaa a3a21a2a1639，a5a32a3a29615，a10a 55a5a530选 C(3)a1a2anan2bn，baaabaa24211，254 nan，212242112323bababa，ab1【评析】这种通过特殊的项解决数列问题的方法今后

7、经常用到，希望大家掌握 例 4 已知：函数 f(x)a1a2xa3x2anxn1，21)0(f，且数列an满足 f(1)n2an(nN*)，求：数列an的通项【分析】首先要应用 f(0)与 f(1)这两个条件，由题可看出可能与 Sn与 an关系有关 解：由题知：21)0(1 af，f(1)a1a2ann2an，即：Snn2an，则 Sn1(n1)2an1(n2)，anSnSn1n2an(n1)2an1(n2)，(n21)an(n1)2an1(n2)，即：)2(111nnnaann，)2(31425313211122334211nnnnnnnaaaaaaaaaannnn，即)2(21111nnn

8、aan，)2()1(1nnnan，当 n1 时，212111a上式也成立，)()1(1*Nnnnan【评析】本题中，题目给出函数的条件，而 f(0)与 f(1)的运用就完全转化为数列问题，Sn与 an的关系应该是要求掌握的，尤其是在 n1 出现时，要注意 n2 的限制，这相当于函数中的定义域而叠乘的方法是求数列通项的基本方法之一 4 练习 51 一、选择题：1数列1614,1311,108,75,42的通项公式为()A1313)1(1nnn B1313)1(nnn C1323)1(nnn D1333)1(nnn 2若数列的前四项是 3，12，30，60，则此数列的一个通项公式是()A2)2)(

9、1(nnn B5n26n4 C2)1(93nn D2127ln12 n 3数列an中，若 a11，a21，an2an1an，则 a7()A11 B12 C13 D14 4数列an的前 n 项和为 Sn，若 Sn2(an1)，则 a2()A2 B1 C2 D4 二、填空题：5数列 2，5，2，5，的一个通项公式_ 6数列an的前 n 项和 Snn2，数列an的前 4 项是_，an_ 7若数列an的前 n 项和 Sn2n23n1，则它的通项公式是_ 8若数列an的前 n 项积为 n2，则 a3a5_ 三、解答题：9已知：数列an中，若nnnaaaaa211,21，求：数列an前 4 项，并猜想数列

10、an的一个通项公式 10已知：数列 1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，5，求：数列的第 50 项 52 等差数列与等比数列【知识要点】1熟练掌握等差数列、等比数列的定义：anan1d(常数)(n2)数列an是等差数列；qaann1(常数)(n2)数列an是等比数列；由定义知：等差数列中的项 an及公差 d 均可在 R 中取值，但等比数列中的项 an及公比q 均为非零实数 应该注意到，等差数列、等比数列的定义是解决数列问题的基础，也是判断一个数列是等差数列、等比数列的唯一依据 2明确等差中项与等比中项的概念，并能运用之解决数列问题：cbacab、2成等差数列，b 叫做 a、c 的等差中项，

11、由此看出：任意两个实 5 数都有等差中项，且等差中项唯一；b2aca、b、c 成等比数列，b 叫做 a、c 的等比中项，由此看出：只有同号的两个实数才有等比中项，且等比中项不唯一；3灵活运用等差数列、等比数列的通项公式 an及前 n 项和公式 Sn：等差数列an中，anam(nm)da1(n1)d，dnnnanaaSnn2)1(211；等比数列an中，anamqnma1qn1，)1(1)1()1(11qqqaqnaSnn；4函数与方程的思想运用到解决数列问题之中：等差数列、等比数列中，首项 a1、末项 an、项数 n，公差 d(公比 q)、前 n 项和 Sn，五个量中，已知三个量，根据通项公式

12、及前 n 项和公式，列出方程可得另外两个量 等差数列中，ndandSdadnann)2(2121、，可看作一次函数与二次函数的形式，利用函数的性质可以解决数列问题 5等差数列、等比数列的性质：等差数列an中，若 mnpq，则 amanapaq；等比数列an中，若 mnpq，则 amanapaq；【复习要求】1理解等差数列、等比数列的概念 2掌握等差数列、等比数列的通项公式与前 n 项和公式 3能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题 4了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系【例题分析】例 1 完成下列各题：(1)若等差数列an满足 a2a44，

13、a3a510，则它的前 10 项的和 S10()A138 B135 C95 D23(2)各项均为正数的等差数列an中必有()A8664aaaa B8664aaaa C8664aaaa D8664aaaa【分析】本题在于考察等差数列的基本知识，通项公式及前 n 项和公式是一切有关数列中考察的重点，注意数列中项数之间的关系 解：(1)等差数列an中 a 2a44，a3a510，a32，a45，公差 d3，首项 a14，a10a19d42723，9510210110aaS.选 C.(2)等差数列an中 a4a82a6，等差数列an各项均为正数，6 由均值不等式2628484)2(aaaaa，当且仅当

14、 a4a8时等号成立 即：8664aaaa，选 B【评析】本题中涉及到等差数列中的重要性质：若 mnpq，则 amanapaq，(1)中可直接应用这一性质：a2a4a3a32a3得到结论，但题中所给的答案可看作这一性质的证明，同时，等差数列中通项公式并不一定要用首项表示，可以从任何一项开始表示an，这也是常用的方法，(2)注意观察数列中项数的关系，各项均为正数的要求恰好给运用均值不等式创造了条件，注意等号成立的条件 例 2 完成下列各题：(1)等比数列an满足 a1a23，a2a36，则 a7()A64 B81 C128 D243(2)各项均为正数的等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 S1

15、02，S3014，则 S40()A80 B30 C26 D16【分析】本题中各小题是在运用等比数列的基本知识来解决，通项公式与前 n 项和公式要熟练运用 解：(1)数列an是等比数列，63211321121qaqaaaqaaaa，211qa，a7a1q62664选 A(2)方法一：等比数列an的前 n 项和为 Sn，(*)21)1(10110qqaS，(*)141)1(30130qqaS，两式相除：7111030qq，即：1q10q207q102 或 q103(舍)，把 q102 代入(*)中得到：211qa，.30)21)(2(1)1(440140qqaS选 B 方法二：a1a2a10、a1

16、1a12a20、a21a22a30、a31a32a40、也构成等比数列，设新等比数列的公比为 p 则：a1a2a10S102、a11a12a202p、a21a22a302p2 S3022p2p214，p3 或 p2，等比数列an的各项均为正数，p2，a1a2a102、a11a12a204、a21a22a308、a31a32a4016，S402481630【评析】(2)中方法一仍是解决此类问题的基本方法，注意把qa11看成整体来求，方法二的方法在等差数列及等比数列中均适用，即：等比数列中第 1 个 n 项和、第 2 个 n 项和、第 n 个 n 项和仍然成等比数列，此时，你知道这时的公比与原数列

17、的么比的关系吗?7 例 3 已知：等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 S516，S1064，求：S15?【分析】本题是对等差数列的知识加以进一步考察，可以用求和公式，也可运用等差数列的性质加以解决 解：方法一：由2532251664291010162455111015dadaSdaS，则：1442141515115daS；方法二：等差数列中：a1a2a3a4a5、a6a7a8a9a10，a11a12a13a14a15这三项也构成等差数列，即 a1a2a3a4a5S516，a6a7a8a9a10S10S5641648，a11a12a13a14a15S15S10S1564，24816S1564

18、，S15144 方法三：596,48166452106106610aaaaSS，a1a15a6a10 14415259615215115aaS【评析】本题中方法一是直接应用前 n 项和公式，得出首项与公差，再用公式得出所求，应是基本方法，但运算较繁锁；方法二充分注意到等差数列这一条件，得到的结论可以扩展为等差数列中第 1 个 n 项和、第 2 个 n 项和、第 n 个 n 项和仍然成等差数列，你知道这时的公差与原数列的公差的关系吗?这一方法希望大家掌握；方法三是前 n 项和公式与等差数列的性质的综合应用，大家可以借鉴 例 4 已知：等差数列an中，且naaabnn21，(1)求证：数列bn是等

19、差数列；(2)若23,1132113211bbbaaaa，求数列anbn的通项公式【分析】运用等差数列的两个公式，两个数列都是等差数列，所求通项就离不开首项和公差 解：(1)数列an是等差数列，设公差为 d，2,2121121nnnnnaanaaabnaaaaa，)2(222211111ndaaaaaabbnnnnnn，数列bn是等差数列，公差为2d；(2)1,1121abnaaabnn，数列an、bn是等差数列，8 31,232 66,23132132117713113113113113211321ddbdababbaabbaabbbaaa，656161)1(1,323131)1(1nnbn

20、nann【评析】(1)中遇到了证明数列是等差(等比)数列，采取的方法只能是运用定义，满足定义就是，不满足定义就不是 例 5 已知：等差数列an中，a312，S120，S130，求数列an的公差 d 的取值范围；【分析】按照所给的条件，把两个不等的关系转化为关于公差 d 的不等式 解：(1)数列an是等差数列，013201221311312112aaSaaS，即：01020923313133121dadaadadaaa，332827adad，即：3724d，【评析】也可直接运用dnnnaSn2)1(1得到关于 a1与 d 的不等式，再通过通项公式得到 a3与 a1的关系 例 6 已知：四个数中，

21、前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，第一、四个数的和为 16，第二、三个数的和为 12，求这四个数【分析】本题中，方程的思想得到明显的体现，实际上数列问题总体上就是解方程的问题，根据所给的条件，加上通项公式、前 n 项和公式列出方程，解未知数，通过前面的例题大家应该有所体会了 解：方法一：设这四个数为：a，b，12b，16a 则根据题意得，40)16()12(1222baabbbab或915ba，则这四个数为 0、4、8、16 或 15、9、3、1 方法二：设这四个数为：ad，a，ad，ada2)(则根据题意得441216)(2dadaaadada或69da，则这四个数为：0、4、8、16

22、 或 15、9、3、1【评析】列方程首先就要设未知数，题目中要求四个数，但不要就设四个未知数，要知道，方程的个数与未知数的个数一样时才有可能解出，因此在设未知数时就要用到题目中的条件方法一是用“和”设未知数，用数列列方程；方法二是用数列设未知数，用“和”列方程 例 7 已知：等差数列an中，a410，且 a5，a6，a10成等比数列，9 求数列an前 20 项的和 S20【分析】本题最后要求的是等差数列的前 20 项和，因此，求首项、公差以及通项公式就是必不可少的 解：数列an是等差数列，a5a4d10d，a6a42d102d，a10a46d106d，a5，a6，a10成等比数列，a62a5a

23、10，即：(102d)2(10d)(106d)d0 或 d15，当 d0 时，ana410，S20200；当 d15 时，ana4(n4)d15n70，1750202)230(5520220120aaS；【评析】这种等差、等比数列综合运用时，往往出现多解的情况，对于多个解都要一一加以验证，即使不合题意也要说明，然后舍去 例 8 已知：等差数列an中，an3n16，数列bn中，bnan，求数列bn的前n 项和 Sn【分析】由于对含有绝对值的问题要加以讨论，因此所求的前 n 项和 Sn应该写成分段函数的形式 解：(1)当 n5 时，an0，则：bnan163n，且 b113，nnnnSn22923

24、2316132；(2)当 n6 时，an0，则：bnan3n16，此时：S535，b62，7022923)5(21632352nnnnSn，由(1)(2)知，)6(7022923)5(2292322nnnnnnSn【评析】当 n6 时，前 5 项和要加在 Sn中是经常被忽略的，得到的结果形式上比较复杂，可通过赋值的方法加以验证 练习 52 一、选择题：1若等差数列的首项是24，且从第 10 项开始大于零，则公差 d 的取值范围是()A38d Bd3 C338 d D338 d 2若等差数列an的前 20 项的和为 100，则 a7a14的最大值为()A25 B50 C100 D不存在 3等比数

25、列an中，若 a1a240，a3a460，则 a7a8()A80 B90 C100 D135 4 等差数列an的前 2006 项的和 S20062008，其中所有的偶数项的和是 2，则 a1003()A1 B2 C3 D4 二、填空题：5(1)等差数列an中，a6a7a860，则 a3a11_；(2)等比数列an中，a6a7a864，则 a3a11_；(3)等差数列an中，a39，a93，则 a12_；10(4)等比数列an中，a39，a93，则 a12_ 6等比数列an的公比为正数，若 a11，a516，则数列an前 7 项的和为_ 7等差数列an中，若 an2n25，则前 n 项和 Sn取

26、得最大值时 n_ 8等比数列an中，a5a6512，a3a8124，若公比为整数，则 a10_ 三、解答题：9求前 100 个自然数中，除以 7 余 2 的所有数的和 10已知：三个互不相等的数成等差数列，和为 6，适当排列后这三个数也可成等比数列，求：这三个数 11已知：等比数列an中，a12，前 n 项和为 Sn，数列an1也是等比数列，求：数列an的通项公式 an及前 n 项和 Sn 53 数列求和【知识要点】1数列求和就是等差数列、等比数列的求和问题，还应掌握与等差数列、等比数列有关的一些特殊数列的求和问题，2 数列求和时首先要明确数列的通项公式，并利用通项公式找到所求数列与等差数列、

27、等比数列之间的联系，利用等差数列、等比数列的求和公式解决问题，3三种常见的特殊数列的求和方法：(1)直接公式法：解决一个等差数列与一个等比数列对应项相加而成的新数列的求和问题；(2)错位相减法：解决一个等差数列与一个等比数列对应项相乘而成的新数列的求和问题；(3)裂项相消法：解决通项公式是等差数列相邻两项乘积的倒数的新数列的求和问题【复习要求】特殊数列求和体现出知识的“转化”思想把特殊数列转化为等差数列、等比数列，而在求和的过程中又体现出方程的思想【例题分析】例 1 求和下列各式(1)21(412211nn；(2)12222323n2n；(3)12)(12(1751531311nn；(4)11

28、431321211nn 11【分析】我们遇到的数列求和的问题是一些特殊的数列，即与等差、等比数列密切相关的数列，最后还是回到等差、等比数列求和的问题上 解：(1)212121()21()21(4122112nnnn nnnnnn211)1(21211)211(212)1(2)设：Sn12222323n2n 1321322222222)1(22212)nnnnnnnSnnS 则：22)1(21)21(2211nnnnnnS(3)12)(12(1751531311nn)121121()5131()311(21nn 12)1211(21nnn(4)11431321211nn 111342312nnn

29、【评析】(1)中数列可看成一个等差数列与一个等比数列对应项相加而成，直接运用前 n项和公式即可；(2)中数列可看成一个等差数列与一个等比数列对应项相乘而成，采用错位相减的方法，相减以前需要每一项乘以等比数列的公比，然后错位相减，还是利用等比数列的前 n 项和公式，注意错位后最后一项相减时出现的负号，这是极容易出错的地方；(3)(4)都是裂项相消，都与等差数列有关，(3)中的形式更加常见一些，注意裂项后的结果要与裂项前一致，经常要乘一个系数(这个系数恰好是等差数列的公差的倒数)例 2 求下列数列的前 n 项和 Sn(1)1，5，9，13，17，21，(1)n1(4n3)；(2)n3211,321

30、1,211,1；(3)1，12，1222，122223，12222n1；【分析】对于一个数列来说，最重要的是通项公式，有了通项公式，就可以写出所有的项，就可以看出其与等差、等比数列的关系，从而利用等差、等比数列的前 n 项和得出结论 解：(1)方法一：(当 n 是奇数时，1(5)9(13)17(21)(1)n1(4n3)(19174n3)51321(4n7)12.12)21(2745)21(2341nnnnn (当 n 是偶数时，1(5)9(13)17(21)(1)n1(4n3)(19174n7)51321(4n3).22234522741nnnnn 方法二：(当 n 是奇数时，1(5)9(1

31、3)17(21)(1)n1(4n3)(15)(913)(1721)(4n114n7)(4n3).12)34(21)4(nnn(当 n 是偶数时，1(5)9(13)17(21)(1)n1(4n3)(15)(913)(1721)(4n74n3).22)4(nn(2)此数列中的第 n 项)111(2)1(22)1(13211nnnnnnnan 则n321132112111 12)111(2)111()4131()3121()211(2nnnnn(2)此数列中的第 n 项1221212221n12nnna 则 1(12)(1222)(12222n1)(211)(221)(231)(2n1)nnnnnn

32、2221)21(2)2222(1321【评析】(1)中带有(1)n，需要讨论最后一项的正负，方法一是把正、负项分开，看成两个等差数列，方法二应该是多观察的结果，当都要对 n 加以讨论，(2)(3)都要先写出通项，然后每一项按照通项的形式写出，很明显地看出方法 例 3 数列an中，a11，an12an2n(1)设12nnnab，求证：数列bn是等差数列；(2)求数列an的前 n 项和 Sn【分析】对于证明数列是等差、等比数列的问题，还是要应用定义 解：(1)证明：,2,2111nnnnnnabab 12;122222211111111abaaaabbnnnnnnnnnnn，数列bn是首项、公差都

33、为 1 的等差数列，即：bnn(2)由(1)中结果，设12nnnab时，bnn，则：ann2n1 13 Sn120221322423(n1)2n2n2n1 nnnnnnnnSnnnS22222122)1(2)2(2322212)13212321 12)1(21212nnnnnnS【评析】证明数列是等差、等比数列时，如果可能应强调首项与公差，证明后，往往要用到整个数列，因此证明完后应把数列的通项写出，便于解决其他问题 例 4 已知：数列an中，a12，an14an3n1，nN*，(1)求证：数列ann是等比数列；(2)求数列an的前 n 项和 Sn；(3)证明不等式 Sn14Sn，对任意 nN*

34、皆成立【分析】证明等比数列是应该应用定义，比较大小最有效的方法是作差(1)证明：由题设 an14an3n1，得 an1(n1)4(ann)(nN*)，a1110，4)()1(1nanann，数列ann是首项为 1，且公比为 4 的等比数列(2)解：由(1)可知 ann4n1，于是数列an的通项公式为 an4n1n 则数列an的前 n 项和2)1(314)4()24()14(110nnnSnnn(3)证明：2)1(43442)2)(1(3144111nnnnSSnnnn.02)1)(43()43(212nnnn 不等式 Sn14Sn，对任意 nN*皆成立 练习 53 一、选择题：1数列nn21)

35、12(1617815413211、的前 n 项之和 Sn()Ann2112 Bnnn21122 C12211nn Dnnn2112 2 若数列1111311211110,10,10,10n，它的前 n 项的积大于 105，则正整数 n 的最小值是()A12 B11 C10 D8 3数列an的通项公式11nnan，若前 n 项和 Sn3，则 n()14 A3 B4 C15 D16 4数列an的前 n 项和为 Sn，若)1(1nnan则 S5等于()A1 B65 C61 D301 二、填空题：5若)1(11216121nnSn，且431nnSS，则 n_ 6若 lgxlgx2lgx3lgxnn2n

36、，则 x_ 7数列 1，(12)，(1222)，(12222n1)的前 99 项和是_ 8正项等比数列an满足：a2a41，S313，若 bnlog3an，则数列bn的前 10 项的和是_ 三、解答题：9已知：等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 S77，S1575，求数列nsn的前 n 项和 Tn 10已知：等比数列an中，公比nnnnaaaTaaaSq111,12121(1)用 a1、q、n 表示nnTS；(2)若5533113TSTSTS、成等差数列，求 q 的值；11已知：数列an中，a32，a51，数列11na是等差数列，(1)数列an的通项公式；(2)若nabnn1，求数列bn的

37、前 n 项和 Sn 54 数学归纳法【知识要点】1数学归纳法是证明与正整数有关的命题的一种方法 15 2数学归纳法证明包含两个步骤：(1)证明 nn0时命题成立(n0是第一个使命题成立的正整数)(2)假设 nk(kn0)时命题成立，由此证明 nk1 时命题也成立 注意到，数学归纳法是一种自动证明的方法，其中(1)是基础，(2)是一种递推的结构，在证明 nk1 命题成立时，必须要用上 nk 成立时的归纳假设【复习要求】了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题【例题分析】例 1 求证：)()12(2)1()12)(12(532311*222Nnnnnnnn【分析】等式的证明应该是

38、利用数学归纳法常见的命题，注意从 k 到 k1 时书写一定要清晰，不能模棱两可，蒙混过关 证明：(1)当 n1 时，左31)12(2)11(1,313112右，则当 n1 时原式成立(2)假设当 nk 时原式成立，即：,)12(2)1()12)(12(532311222kkkkkk 则当 nk1 时，左)32)(12()1()12)(12(5323112222kkkkkk)32)(12()1()12(2)1(2kkkkkk)32)(12(2)1(2)32)(1(2kkkkkk 右)32(2)2)(1()32)(12(2)12)(2)(1(kkkkkkkk 故当 nk1 时原式也成立 由(1)(

39、2)知：当 nN*时，原式均成立【评析】数学归纳法的关键在第二步，本题中利用归纳假设把 k1 个式子的和转化为两个式子的和是关键，后面的运算主要是提取公因式，最好把要变成的形式先写出来，这样就有了一个目标 例 2 求证：)2,(12131211*nnnnnN【分析】本题中 n02，在利用归纳假设证明 nk1 不等式也成立时，我们可以利用不等式的其他证明方法 证明：(1)当 n2 时，左12223423211右，则当 n2 时原式成立 16(2)假设当 nk 时原式成立，即：,12131211kkk 则，当 nk1 时，左,1)1()1(2,112111211131211kkkkkkkkk右,0

40、)2)(1()2)(1(2422521)1()1(211222kkkkkkkkkkkkk,1)1()1(211131211kkkk 故当 nk1 时原式也成立，由(1)(2)知：当 nN*，n2 时，原式均成立【评析】在第二步中，利用比较法得到原式成立的结果，这种方法需要大家掌握 例 3 已知：正数数列an的前 n 项之和为 Sn，且满足2)21(nnaS(1)求：a1，a2，a3，a4的值；(2)猜测数列an的通项公式，并用数学归纳法加以证明【分析】本题首先要求出前四项，应注意到正数数列这一条件，需要利用 Sn与 an的关系 解：(1),3)21(,1)21(22221212111aaaaS

41、aaaS,7)21(,5)21(424432143233213aaaaaaSaaaaaS(2)猜想：an2n1，证明：当 n1 时，猜想显然成立 假设当 nk 时猜想成立，即：ak2k1，此时,)21(22kaSkk 则当 nk1 时，22111)21(kaSSakkkk，整理得到：ak122ak1(2k1)(2k1)0，即：(ak12k1)(ak12k1)0，an0，ak12k12(k1)1，故当 nk1 时猜想也成立 由知：an2n1(nN*)【评述】这种归纳、猜想、证明的题目应该是我们解决问题中常见的，体现了由特殊到一般的过程，关键是归纳，前四项不要算错，否则就猜不出来了 例 4 已知：

42、数列an、bn中，a12，b14，且 an，bn，an1成等差数列，bn，an1，bn1成等比数列(nN*)求：a2，a3，a4及 b2，b3，b4，猜测an，bn的通项公式，并证明你的结论【分析】利用等差中项与等比中项的条件，找到 an、bn、an1、bn1的关系 解：由条件得 2bnanan1，121nnnbba 17 由此可得962222122211babbaaab；同理得到：2520,16123433baba，由此猜测 ann(n1)，bn(n1)2，下面用数学归纳法证明：ann(n1)，bn(n1)2，当 n1 时，a1122，b1(11)24，猜想成立 假设当 nk 时，猜想成立，

43、即 akk(k1)，bk(k1)2，则当 nk1 时，ak12bkak2(k1)2k(k1)(k1)(k2)，2211)2(kbabkkk,故当 nk1 时，猜想也成立 由知 ann(n1)，bn(n1)2对一切正整数都成立 练习 54 1某个命题与正整数有关，若 nk(kN)时，命题成立，那么可推出当 nk1 时，该命题也成立现已知当 n5 时，该命题不成立，那么可以推得()A当 n6 时，该命题不成立 B当 n6 时，该命题成立 C当 n4 时，该命题不成立 D当 n4 时，该命题成立 2平面上有 n 条直线，它们任意两条不平行，任意三条不共点，若 k 条这样的直线把平面分成 f(k)个区

44、域，则 f(k1)f(k)()Ak1 Bk Ck1 D2k 3利用数学归纳法证明不等式2413212111nnn的过程中，从 nk 到 nk1时，不等式的左边添加的代数式是_ 4观察下列式子：474131211,3531211,23211222222，则可以猜想的结论为：_.5求证：122538n(3n1)n2(n1)6求证：12)1211()511)(311)(111(nn 7求证：4n15n1 能被 9 整除 8已知：递增数列an满足：a11，2an1anan2(nN*)，且 a1、a2、a4成等比数列(1)求数列an的通项公式 an；(2)若数列bn满足：bn12nb(n2)bn3(nN

45、*)，且 b11，18 用数学归纳法证明：bnan 55 数列综合问题【知识要点】1灵活运用等差数列、等比数列的两个公式及其性质来解决综合问题，2能解决简单的由等差数列、等比数列形成的新数列的问题，3能够利用等差数列、等比数列的定义来确定所给数列是等差数列、等比数列【复习要求】通过简单综合问题的解决，加深对等差数列、等比数列中，定义、通项、性质、前 n项和的认识加深数列是特殊的函数的认识，符合高中阶段知识是以函数为主线的展开【例题分析】例 1 完成下列各题：(1)数列an中，若11121,1nnnaaa，则 a5_(2)数列an中，若 a12，an1ann1，则通项 an_【分析】叠加的方法应

46、该是解决数列的通项以及求和问题中常见的方法 解：(1)3451122334455212121)()()()(aaaaaaaaaa1212 3247，(2)an1ann1，an1ann1 利用叠加法，有：a2a111 a3a221 a4a331 1)1()1naann)1)(2(214321nnnaan 整理222nnan【评析】叠加时一定要注意首、尾项的变化，尤其是符号 例 2 已知：数列an是一个等差数列，且 a21，a55(1)求an的通项 an；(2)求an前 n 项和 Sn的最大值【分析】应该是等差数列中的基本问题，还是利用两个基本公式解决问题 解：(1)设an的公差为 d，由已知条件

47、，54111dada，解出 a13，d2ana1(n1)d2n5；(2)4)2(42)1(221nnndnnnaSnn2 时，Sn取到最大值 4【评析】对于等差数列的前 n 项和的最值问题，看成二次函数的最值问题应该是基本方 19 法 例 3 已知：数列an中，a11，221nnaa，设11nnnaab，求数列bn的前n 项和 Sn【分析】注意观察所给数列变形后与等差、等比数列有哪些联系，这个联系一定要找到，而且一定有联系，显然本题中2na是等差数列 解：由题知：数列an中 an0，1,2,22122121aaaaannnn，数列2na是首项为 1，公差为 2 的等差数列，12,0,122)1

48、(12naannannn，11nnnaab,)1212(2112121nnnnbn，)112(21)1212573513(21nnnSn 【评析】对于开方的问题一定要考虑正、负，而裂项求和(也可以看作分母的有理化)在前一节中也比较多地提到 例 4 已知：等差数列an的各项均为正数，a13，等比数列bn中，b11 且 b2(a1a2)64，b3(a1a2a3)960求数列an、bn的通项公式【分析】还是方程思想在数列中的体现，利用所给条件，列出方程得到公差与公比，从而得到通项公式 解：(1)设等差数列an的公差为 d，等比数列bn的公比为 q，等差数列an的各项均为正数，d0，则等差数列an中，

49、a1a22a1d6d，a1a2a33a13d93d，等比数列bn中，b2b1qq，b3q2，b2(a1a2)64，b3(a1a2a3)960，960)39(64)6(2dqdq，得 d2 或56d，d0，d2，此时 q8，an2n1，bn8n1；【评析】注意题目中所给的条件如何运用，例如：等差数列an的各项均为正数，隐含着给出 d0，从而对最后的结果产生影响 例 5 完成下列各题：(1)若一个直角三角形三边长成等比数列，则()A三边长之比 345 B三边长之比为1:2:3 C较大锐角的正弦为215 D较小锐角的正弦为215 20(2)ABC 中，如果角 A、B、C 成等差数列，边 a、b、c

50、成等比数列，那么ABC 一定是()A直角三角形 B等腰直角三角形 C等边三角形 D钝角三角形【分析】解决三角形中的问题是一定要用到正弦定理、余弦定理，三角形的内角和等于恰好使等差数列的条件得以运用，从而得到角 B 为3的结论，再利用余弦定理找到边之间的关系，应该是数列与三角综合问题中常见的方法 解：(1)由题中条件可设三边为 a、aq、aq2(q1)，由勾股定理：a2a2q2a2q4，则25101224qqq，设较小锐角为 A，其对边为 a，则215512sin2aqaA选 D(2)ABC 中，角 A、B、C 成等差数列，2CBACAB，3B，由余弦定理212cos222acbcaB，得 a2