2020高考数学复习专题数列与数学归纳法教案

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高三数学教案数列与数学归纳法

高三数学教案数列与数学归纳法高三数学教案：数列与数学归纳法数学教案：教学目标：1. 理解数列的概念，能够区分等差数列和等比数列；2. 掌握数列的通项公式及其推导过程；3. 能够运用数学归纳法解决相关问题。

教学内容：1. 数列的概念和分类：等差数列和等比数列；2. 等差数列的求和公式及其推导过程；3. 等比数列的通项公式及其推导过程；4. 数学归纳法的原理和应用。

教学步骤：1. 导入和引入（时间：5分钟）- 教师激发学生学习数列和数学归纳法的兴趣，提出本节课的教学目标。

2. 知识讲解（时间：20分钟）- 介绍数列的概念，阐述等差数列和等比数列的特点；- 引入等差数列的求和公式，并推导公式的过程；- 引入等比数列的通项公式，并推导公式的过程。

3. 例题演练（时间：30分钟）- 给出一些数列的例题，让学生根据所学知识求解；- 给予学生时间思考和解答，然后进行讲解和答疑。

4. 案例分析（时间：15分钟）- 通过实际问题引入数学归纳法的应用；- 给出一个实际问题，让学生运用数学归纳法解答；- 分组讨论，并就答案进行讲解。

5. 拓展延伸（时间：15分钟）- 提供一些拓展问题，让学生运用所学知识解答；- 鼓励学生多思考，多尝试不同方法解题。

6. 归纳总结（时间：10分钟）- 教师引导学生对本节课所学内容进行归纳总结；- 学生提问、发言并与教师一同总结。

7. 作业布置（时间：5分钟）- 教师布置相关的课后作业，巩固所学知识；- 告知学生下堂课的预习内容。

教学辅助工具：- PowerPoint演示文稿；- 教学板书；- 作业纸。

教学评价方式：- 教师通过观察学生的课堂表现，包括回答问题的准确性、参与讨论的积极性等，进行评价；- 课后批改作业。

教学反思：本节课的设计主要围绕数列与数学归纳法展开，通过讲解、例题演练和案例分析来帮助学生理解相关概念和方法。

在教学过程中，教师要注重与学生的互动，鼓励学生思考和探索，以培养学生的独立思考和问题解决能力。

高中数学数列与数学归纳教案范本

高中数学数列与数学归纳教案范本【教案范本】教学目标：1. 理解数列的概念及其表示方法。

2. 熟练运用等差数列和等比数列的通项公式。

3. 掌握数学归纳法的基本思想和应用方法。

教学准备：1. PowerPoint课件。

2. 黑板、粉笔。

教学过程：第一节：数列的引入1. 引导学生回忆“函数”的概念，并与学生探讨“数列”与“函数”的异同点。

2. 在黑板上写下几个数字，如1, 3, 5, 7，让学生观察并思考这些数字之间是否存在某种规律。

3. 引导学生发现这些数字之间的关系是每个数字都比前一个数字大2，从而引入数列的概念。

第二节：等差数列的讨论1. 定义等差数列，并将等差数列的通项公式注释在黑板上。

2. 制作一个简单的数列图表，让学生进行观察和总结：首项、公差及各项之间的关系。

3. 利用PPT讲解等差数列的求和公式，并进行例题演练。

第三节：等比数列的讨论1. 定义等比数列，并将等比数列的通项公式注释在黑板上。

2. 制作一个简单的数列图表，让学生进行观察和总结：首项、公比及各项之间的关系。

3. 利用PPT讲解等比数列的求和公式，并进行例题演练。

第四节：数学归纳法的引入1. 引导学生思考如何证明对于每一个正整数n，等差数列或等比数列的通项公式都成立。

2. 介绍数学归纳法的基本思想和应用方法。

3. 利用具体例子，向学生展示数学归纳法的使用过程。

第五节：综合练习1. 准备一些综合性的练习题，包括等差数列、等比数列和数学归纳法的运用。

2. 让学生进行个人或小组练习，并及时给予指导和反馈。

3. 对一些典型的难题进行全班讨论，并解答学生的疑惑。

教学总结：本节课我们学习了数列的概念、等差数列和等比数列的通项公式以及数学归纳法的使用方法。

通过课堂教学和练习，学生对高中数学数列与数学归纳有了更深入的理解和掌握。

建议学生在课后加强对数列的练习，并运用数学归纳法解决相关问题，以提高数学思维能力。

拓展延伸：1. 探究斐波那契数列的生成方法和性质。

高三数学复习教案：高考数学数列复习教案

高三数学复习教案：高考数学数列复习教案【】欢迎来到查字典数学网高三数学教案栏目，教案逻辑思路清晰，符合认识规律,培养学生自主学习习惯和能力。

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本文题目：高三数学复习教案：高考数学数列复习教案【知识图解】【方法点拨】1.学会从特殊到一般的观察、分析、思考，学会归纳、猜想、验证.2.强化基本量思想，并在确定基本量时注重设变量的技巧与解方程组的技巧.3.在重点掌握等差、等比数列的通项公式、求和公式、中项等基础知识的同时，会针对可化为等差(比)数列的比较简单的数列进行化归与转化.4.一些简单特殊数列的求通项与求和问题，应注重通性通法的复习.如错位相减法、迭加法、迭乘法等.5.增强用数学的意识，会针对有关应用问题，建立数学模型，并求出其解.第1课数列的概念【考点导读】1. 了解数列(含等差数列、等比数列)的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)，了解数列是一种特殊的函数;2. 理解数列的通项公式的意义和一些基本量之间的关系;3. 能通过一些基本的转化解决数列的通项公式和前项和的问题。

【基础练习】1.已知数列满足，则 = 。

分析:由a1=0, 得由此可知: 数列是周期变化的,且三个一循环,所以可得:2.在数列中，若，，则该数列的通项 2n-1 。

3.设数列的前n项和为，，且，则 ____2__.4.已知数列的前项和，则其通项 .【范例导析】例1.设数列的通项公式是，则(1)70是这个数列中的项吗?如果是，是第几项?(2)写出这个数列的前5项，并作出前5项的图象;(3)这个数列所有项中有没有最小的项?如果有，是第几项? 分析：70是否是数列的项，只要通过解方程就可以知道;而作图时则要注意数列与函数的区别，数列的图象是一系列孤立的点;判断有无最小项的问题可以用函数的观点来解决，一样的是要注意定义域问题。

解：(1)由得：或所以70是这个数列中的项，是第13项。

高中数学教学设计数列与数学归纳法教学设计

高中数学教学设计数列与数学归纳法教学设计高中数学教学设计——数列与数学归纳法教学设计导言：数列与数学归纳法是高中数学中的重要内容之一，它们在培养学生的数学思维能力和逻辑推理能力方面具有重要作用。

本教学设计将围绕数列与数学归纳法展开，通过生动的教学方法和实例让学生深入理解数列的概念和性质，并掌握运用数学归纳法解决问题的能力。

一、教学目标1. 理解数列的概念，能够区分等差数列和等比数列；2. 掌握数列的通项公式的推导过程和应用；3. 掌握使用数学归纳法证明数学命题的基本方法；4. 通过练习和实例，培养学生运用数学归纳法解决问题的能力。

二、教学重点与难点1. 教学重点：数列的概念、性质及应用；数学归纳法的基本思想和运用。

2. 教学难点：数学归纳法的使用和证明过程的设计。

三、教学内容及教学步骤1. 导入通过简单的问题引入数列的概念，例如：小明从1数到100中的所有奇数，问他数了多少个数？学生回答后，引导学生思考何为数列，并引出对数列的定义。

2. 数列的基本概念与性质通过展示一些数列的图形、数表等形式，引导学生对数列的概念进行更深入的理解，包括项、公式、前n项和等差/等比数列的性质。

3. 数列的通项公式的推导（1）引导学生观察等差数列和等比数列的规律，尝试给出公式的表达；（2）通过问题实例的引导，帮助学生推导等差数列和等比数列的通项公式，并进行证明；（3）设计一些巩固练习题，让学生通过运用推导出的公式计算并验证正确性。

4. 数学归纳法的基本概念和思想（1）通过实例和问题引导学生了解数学归纳法的基本概念；（2）讲解数学归纳法的基本思想和证明过程；（3）设计一些简单的数学命题，引导学生使用数学归纳法进行证明。

5. 数学归纳法的综合应用（1）通过一些实际问题的引入，引导学生掌握使用数学归纳法解决问题的方法；（2）设计一些综合性的练习题，让学生独立运用数学归纳法解决问题。

6. 拓展与应用进一步拓宽数列知识的学习，引导学生对数列的应用进行思考，例如金融数学中的利息计算问题等，并进行相关实例分析和讨论。

高三数学教案研究数列与数学归纳法

高三数学教案研究数列与数学归纳法数列是高中数学中的一个基础概念，掌握数列的性质和求解方法对于学生的数学学习至关重要。

在高三数学课程中，数列与数学归纳法是一个重要的知识点，本教案将对数列与数学归纳法进行详细研究与教学设计。

一、教学目标1. 掌握数列的定义和常见性质；2. 理解数列的递推公式与通项公式的概念及其求解方法；3. 熟练运用数学归纳法证明数学命题；4. 提高学生的逻辑思维和分析问题的能力。

二、教学内容1. 数列的定义和表示方法；2. 数列的分类及常见性质；3. 数列的递推公式与通项公式的求解；4. 数学归纳法的基本原理和应用。

三、教学过程1. 数列的定义和表示方法通过实例引入，引导学生理解数列的概念和基本表示方法。

要求学生能够准确地描述一个数列并找出其中的规律。

2. 数列的分类及常见性质结合实例，介绍常见的数列分类，如等差数列、等比数列等，并讲解不同类型数列的性质。

通过练习题和思考题让学生加深理解和应用。

3. 数列的递推公式与通项公式的求解详细讲解数列的递推公式和通项公式的概念，并通过实例演示如何构建数列的递推公式和求解数列的通项公式。

引导学生尝试用递推公式和通项公式解决实际问题。

4. 数学归纳法的基本原理和应用介绍数学归纳法的基本原理，并结合具体的数学命题和示例引导学生掌握数学归纳法的应用技巧。

通过练习题，让学生能熟练应用数学归纳法证明数学命题。

四、教学评估1. 组织学生进行数列的分类和常见性质练习，检查学生对于不同类型数列的理解程度。

2. 设计适当的数列递推公式与通项公式的求解题目，考察学生的应用能力。

3. 出示数学归纳法的证明题目，评估学生的逻辑思维和分析问题的能力。

五、教学反思通过本次教学实践，我发现学生对于数列的概念和性质理解较好，但在数列的求解方面还有一定困难。

下一次教学时，我将注重对于数列的递推公式和通项公式的解题技巧进行讲解和练习，提高学生的应用能力。

另外，数学归纳法在高中阶段为学生提供了一个重要的证明工具，因此我将增加更多的数学归纳法证明题目，让学生在实际操作中掌握数学归纳法的应用技巧。

2020版高考数学大一轮复习第七章数列与数学归纳法第5节直接证明与间接证明(供选用)学案理

第5节直接证明与间接证明(供选用)最新考纲 1.了解直接证明的两种基本方法——分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程和特点；2.了解间接证明的一种基本方法——反证法；了解反证法的思考过程和特点．知识梳理1．直接证明内容综合法分析法定义利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到最后把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止实质由因导果执果索因框图表示P⇒Q1→Q1⇒Q2→…→Q n⇒Q Q⇐P1→P1⇐P2→…→得到一个明显成立的条件文字语言因为……所以……或由……得……要证……只需证……即证……2.间接证明间接证明是不同于直接证明的又一类证明方法，反证法是一种常用的间接证明方法．(1)反证法的定义：假设原命题不成立(即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明原命题成立的证明方法．(2)用反证法证明的一般步骤：①反设——假设命题的结论不成立；②归谬——根据假设进行推理，直到推出矛盾为止；③结论——断言假设不成立，从而肯定原命题的结论成立．[常用结论与微点提醒]分析法与综合法相辅相成，对较复杂的问题，常常先从结论进行分析，寻求结论与条件、基础知识之间的关系，找到解决问题的思路，再运用综合法证明，或者在证明时将两种方法交叉使用．诊断自测1．思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充要条件．( ) (2)用反证法证明结论“a >b ”时，应假设“a <b ”．( ) (3)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾．( )(4)在解决问题时，常用分析法寻找解题的思路与方法，再用综合法展现解决问题的过程．( )解析 (1)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充分条件． (2)应假设“a ≤b ”． (3)反证法只否定结论．答案 (1)× (2)× (3)× (4)√ 2．要证a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0，只要证明( ) A ．2ab －1－a 2b 2≤0 B ．a 2＋b 2－1－a 4＋b 42≤0C.（a ＋b ）22－1－a 2b 2≤0D ．(a 2－1)(b 2－1)≥0解析 a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0⇔(a 2－1)(b 2－1)≥0. 答案 D3．若a ，b ，c 为实数，且a <b <0，则下列命题正确的是( ) A ．ac 2<bc 2 B ．a 2>ab >b 2C.1a <1bD.b a >a b解析 a 2－ab ＝a (a －b )，∵a <b <0，∴a －b <0，∴a 2－ab >0，∴a 2>ab .① 又ab －b 2＝b (a －b )>0，∴ab >b 2，② 由①②得a 2>ab >b 2. 答案 B4．用反证法证明命题：“设a ，b 为实数，则方程x 3＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”时，要做的假设是( )A ．方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根 B ．方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有一个实根 C ．方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有两个实根 D ．方程x 3＋ax ＋b ＝0恰好有两个实根解析因为“方程x 3＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”等价于“方程x 3＋ax ＋b ＝0的实根的个数大于或等于1”，所以要做的假设是“方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根”．答案 A5．在△ABC 中，三个内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且A ，B ，C 成等差数列，a ，b ，c 成等比数列，则△ABC 的形状为________．解析由题意2B ＝A ＋C ，又A ＋B ＋C ＝π，∴B ＝π3，又b 2＝ac ，由余弦定理得b 2＝a 2＋c2－2ac cos B ＝a 2＋c 2－ac ，∴a 2＋c 2－2ac ＝0，即(a －c )2＝0，∴a ＝c ， ∴A ＝C ，∴A ＝B ＝C ＝π3，∴△ABC 为等边三角形．答案等边三角形6．(2017·绍兴检测)完成反证法证题的全过程．设a 1，a 2，…，a 7是1，2，…，7的一个排列，求证：乘积p ＝(a 1－1)·(a 2－2)·…·(a 7－7)为偶数．证明：假设p 为奇数，则a 1－1，a 2－2，…，a 7－7均为奇数．因奇数个奇数之和为奇数，故有奇数＝____________＝____________＝0.但0≠奇数，这一矛盾说明p 为偶数．解析 ∵a 1－1，a 2－2，…，a 7－7均为奇数，∴(a 1－1)＋(a 2－2)＋…＋(a 7－7)也为奇数，即(a 1＋a 2＋…＋a 7)－(1＋2＋…＋7)为奇数．又∵a 1，a 2，…，a 7是1，2，…，7的一个排列，∴a 1＋a 2＋…＋a 7＝1＋2＋…＋7，故上式为0，∴奇数＝(a 1－1)＋(a 2－2)＋…＋(a 7－7)＝(a 1＋a 2＋…＋a 7)－(1＋2＋…＋7)＝0.答案 (a 1－1)＋(a 2－2)＋...＋(a 7－7) (a 1＋a 2＋...＋a 7)－(1＋2＋ (7)考点一综合法的应用【例1】已知a ，b ，c >0，a ＋b ＋c ＝1.求证： (1)a ＋b ＋c ≤3； (2)13a ＋1＋13b ＋1＋13c ＋1≥32.证明 (1)∵(a ＋b ＋c )2＝(a ＋b ＋c )＋2ab ＋2bc ＋2ca ≤(a ＋b ＋c )＋(a ＋b )＋(b ＋c )＋(c ＋a )＝3， ∴a ＋b ＋c ≤ 3. (2)∵a ＞0，∴3a ＋1＞0， ∴43a ＋1＋(3a ＋1)≥243a ＋1（3a ＋1）＝4， ∴43a ＋1≥3－3a ，同理得43b ＋1≥3－3b ，43c ＋1≥3－3c ，以上三式相加得 4⎝⎛⎭⎪⎫13a ＋1＋13b ＋1＋13c ＋1≥9－3(a ＋b ＋c )＝6，∴13a ＋1＋13b ＋1＋13c ＋1≥32. 规律方法用综合法证题是从已知条件出发，逐步推向结论，综合法的适用范围： (1)定义明确的问题，如证明函数的单调性、奇偶性、求证无条件的等式或不等式； (2)已知条件明确，并且容易通过分析和应用条件逐步逼近结论的题型．在使用综合法证明时，易出现的错误是因果关系不明确，逻辑表达混乱．【训练1】设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，证明： (1)ab ＋bc ＋ac ≤13；(2)a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1.证明 (1)由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac 得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca .由题设知(a ＋b ＋c )2＝1，即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1.所以3(ab ＋bc ＋ca )≤1，即ab ＋bc ＋ca ≤13.(2)因为a ＞0，b ＞0，c ＞0，所以a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c ，故a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )，即a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c .所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1. 考点二分析法的应用【例2】已知a ＞0，证明：a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.证明要证a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2，只需证a 2＋1a 2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a －(2－2)．因为a ＞0，所以⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a －(2－2)＞0，所以只需证⎝⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 22≥⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a －（2－2）2，即2(2－2)⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a ≥8－42，只需证a ＋1a≥2.因为a ＞0，a ＋1a≥2显然成立⎝⎛⎭⎪⎫a ＝1a＝1时等号成立，所以要证的不等式成立．规律方法 (1)逆向思考是用分析法证题的主要思想，通过反推，逐步寻找使结论成立的充分条件．正确把握转化方向是使问题顺利获解的关键．(2)证明较复杂的问题时，可以采用两头凑的办法，即通过分析法找出某个与结论等价(或充分)的中间结论，然后通过综合法证明这个中间结论，从而使原命题得证．【训练2】 △ABC 的三个内角A ，B ，C 成等差数列，A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c . 求证：1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c. 证明要证1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c，即证a ＋b ＋c a ＋b ＋a ＋b ＋c b ＋c ＝3也就是c a ＋b ＋ab ＋c＝1，只需证c (b ＋c )＋a (a ＋b )＝(a ＋b )(b ＋c )，需证c 2＋a 2＝ac ＋b 2，又△ABC 三内角A ，B ，C 成等差数列，故B ＝60°，由余弦定理，得b 2＝c 2＋a 2－2ac cos 60°，即b 2＝c 2＋a 2－ac ，故c 2＋a 2＝ac ＋b 2成立．于是原等式成立．考点三反证法的应用【例3】等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1＋2，S 3＝9＋3 2. (1)求数列{a n }的通项a n 与前n 项和S n ；(2)设b n ＝S nn(n ∈N *)，求证：数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列．(1)解由已知得⎩⎨⎧a 1＝2＋1，3a 1＋3d ＝9＋32，解得d ＝2，故a n ＝2n －1＋2，S n ＝n (n ＋2)．(2)证明由(1)得b n ＝S nn＝n ＋ 2.假设数列{b n }中存在三项b p ，b q ，b r (p ，q ，r ∈N *，且互不相等)成等比数列，则b 2q ＝b p b r .即(q ＋2)2＝(p ＋2)(r ＋2)． ∴(q 2－pr )＋2(2q －p －r )＝0.∵p ，q ，r ∈N *，∴⎩⎪⎨⎪⎧q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0.∴⎝ ⎛⎭⎪⎫p ＋r 22＝pr ，(p －r )2＝0. ∴p ＝r ，与p ≠r 矛盾．∴数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列．规律方法 (1)当一个命题的结论是以“至多”、“至少”、“唯一”或以否定形式出现时，可用反证法来证，反证法关键是在正确的推理下得出矛盾，矛盾可以是与已知条件矛盾，与假设矛盾，与定义、公理、定理矛盾，与事实矛盾等．(2)用反证法证明不等式要把握三点：①必须否定结论；②必须从否定结论进行推理；③推导出的矛盾必须是明显的．【训练3】 (2017·郑州一中月考)已知a 1＋a 2＋a 3＋a 4>100，求证：a 1，a 2，a 3，a 4中至少有一个数大于25.证明假设a 1，a 2，a 3，a 4均不大于25，即a 1≤25，a 2≤25，a 3≤25，a 4≤25，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4≤25＋25＋25＋25＝100，这与已知a 1＋a 2＋a 3＋a 4>100矛盾，故假设错误．所以a 1，a 2，a 3，a 4中至少有一个数大于25.基础巩固题组一、选择题1．用反证法证明命题：“三角形三个内角至少有一个不大于60°”时，应假设( ) A ．三个内角都不大于60° B ．三个内角都大于60° C ．三个内角至多有一个大于60° D ．三个内角至多有两个大于60°答案 B2．若a，b∈R，则下面四个式子中恒成立的是( ) A．lg(1＋a2)>0 B．a2＋b2≥2(a－b－1)C．a2＋3ab>2b2 D.ab<a＋1 b＋1解析在B中，∵a2＋b2－2(a－b－1)＝(a2－2a＋1)＋(b2＋2b＋1)＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，∴a2＋b2≥2(a－b－1)恒成立．答案 B3．已知m>1，a＝m＋1－m，b＝m－m－1，则以下结论正确的是( )A．a>b B．a<b C．a＝b D．a，b大小不定解析∵a＝m＋1－m＝1m＋1＋m，b＝m－m－1＝1m＋m－1.而m＋1＋m>m＋m－1＞0(m＞1)，∴1m＋1＋m<1m＋m－1，即a<b.答案 B4．分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，求证b2－ac ＜3a”索的因应是( )A．a－b＞0 B．a－c＞0C．(a－b)(a－c)＞0 D．(a－b)(a－c)＜0解析由题意知b2－ac＜3a⇐b2－ac＜3a2⇐(a＋c)2－ac＜3a2⇐a2＋2ac＋c2－ac－3a2＜0⇐－2a2＋ac＋c2＜0⇐2a2－ac－c2＞0⇐(a－c)(2a＋c)＞0⇐(a－c)(a－b)＞0.答案 C5．①已知p3＋q3＝2，求证p＋q≤2，用反证法证明时，可假设p＋q≥2；②已知a，b∈R，|a|＋|b|<1，求证方程x2＋ax＋b＝0的两根的绝对值都小于1，用反证法证明时可假设方程有一根x1的绝对值大于或等于1，即假设|x1|≥1.以下正确的是( )A．①与②的假设都错误B．①与②的假设都正确C．①的假设正确；②的假设错误D ．①的假设错误；②的假设正确解析反证法的实质是否定结论，对于①，其结论的反面是p ＋q ＞2，所以①不正确；对于②，其假设正确．答案 D6．(2018·杭州一模)记S n 是各项均为正数的等差数列{a n }的前n 项和，若a 1≥1，则( ) A ．S 2m S 2n ≥S 2m ＋n ，ln S 2m ln S 2n ≤ln 2S m ＋n B ．S 2m S 2n ≤S 2m ＋n ，ln S 2m ln S 2n ≤ln 2S m ＋n C ．S 2m S 2n ≥S 2m ＋n ，ln S 2m ln S 2n ≥ln 2S m ＋n D ．S 2m S 2n ≤S 2m ＋n ，ln S 2m ln S 2n ≥ln 2S m ＋n解析由S n 是各项均为正数的等差数列{a n }的前n 项和，可采用取特殊数列方法验证排除，如：数列1，2，3，4，5，6，…，取m ＝1，n ＝1，则S 2m ＝S 2＝3，S 2n ＝S 4＝10，S m ＋n ＝S 3＝6，∴S 2m S 2n ＝S 2S 4＝30＜36＝S 23＝S 2m ＋n ，排除A ，C ；又ln S 2m ln S 2n ＝ln 3·ln 10＜ln 26＝ln 2S m ＋n ，排除D. 答案 B 二、填空题7.6＋7与22＋5的大小关系为________．解析要比较6＋7与22＋5的大小，只需比较(6＋7)2与(22＋5)2的大小，只需比较6＋7＋242与8＋5＋410的大小，只需比较42与210的大小，只需比较42与40的大小， ∵42>40，∴6＋7>22＋ 5. 答案6＋7>22＋ 58．用反证法证明命题“a ，b ∈R ，ab 可以被5整除，那么a ，b 中至少有一个能被5整除”，那么假设的内容是______________．解析 “至少有一个能”的反面是“都不能”．答案 a ，b 都不能被5整除9．下列条件：①ab >0，②ab <0，③a >0，b >0，④a <0，b <0，其中能使b a ＋a b≥2成立的条件的序号是________．解析要使b a ＋a b ≥2，只需b a >0成立，即a ，b 不为0且同号即可，故①③④能使b a ＋a b≥2成立．答案 ①③④10．给出如下四个命题：①e 2e ＞2；②ln 2＞23；③π2＜3π；④ln 22＜ln ππ，正确的命题是________(只填序号)．解析要证e 2e ＞2，只要证2e ＞ln 2，即2＞eln 2，设f (x )＝eln x －x ，x ＞0，∴f ′(x )＝e x －1＝e －xx，当0＜x ＜e 时，f ′(x )＞0，函数单调递增，当x ＞e 时，f ′(x )＜0，函数单调递减，∴f (x )＜f (e)＝eln e －e ＝0，∴f (2)＝eln 2－2＜0，即2＞eln 2，∴e 2e ＞2，因此①正确；∵3ln 2＝ln 8＞ln 2.82＞ln e 2＝2. ∴l n 2＞23，因此②正确；π2＜42＝16，3π＞33＝27，因此π2＜3π，③正确； ∵2π＜π2，∴ln 22＜ln ππ，④正确；正确的命题是①②③④. 答案 ①②③④ 三、解答题11．若a ，b ，c 是不全相等的正数，求证： lga ＋b2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2＞lg a ＋lg b ＋lg c .证明 ∵a ，b ，c ∈(0，＋∞)， ∴a ＋b2≥ab ＞0，b ＋c2≥bc ＞0，a ＋c2≥ac ＞0.又上述三个不等式中等号不能同时成立． ∴a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2＞abc 成立．上式两边同时取常用对数，得lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2＞lg abc ， ∴lga ＋b 2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2＞lg a ＋lg b ＋lg c .12．设数列{a n }是公比为q 的等比数列，S n 是它的前n 项和． (1)求证：数列{S n }不是等比数列； (2)数列{S n }是等差数列吗？为什么？(1)证明假设数列{S n }是等比数列，则S 22＝S 1S 3，即a 21(1＋q )2＝a 1·a 1·(1＋q ＋q 2)，因为a 1≠0，所以(1＋q )2＝1＋q ＋q 2，即q ＝0，这与公比q ≠0矛盾，所以数列{S n }不是等比数列．(2)解当q ＝1时，S n ＝na 1，故{S n }是等差数列；当q ≠1时，{S n }不是等差数列，否则2S 2＝S 1＋S 3，即2a 1(1＋q )＝a 1＋a 1(1＋q ＋q 2)，得q ＝0，这与公比q ≠0矛盾．综上，当q ＝1时，数列{S n }是等差数列；当q ≠1时，数列{S n }不是等差数列．能力提升题组13．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x，a ，b 是正实数，A ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，则A ，B ，C 的大小关系为( )A ．A ≤B ≤C B ．A ≤C ≤B C ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤A解析 ∵a ＋b2≥ab ≥2ab a ＋b ，又f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 在R 上是减函数，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b .答案 A14．设a ，b ，c 均为正实数，则三个数a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a( )A ．都大于2B ．都小于2C ．至少有一个不大于2D ．至少有一个不小于2解析 ∵a ＞0，b ＞0，c ＞0，∴⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1b ＋⎝⎛⎭⎪⎫b ＋1c ＋⎝⎛⎭⎪⎫c ＋1a ＝⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋⎝⎛⎭⎪⎫b ＋1b ＋ ⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1c ≥6，当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，“＝”成立，故三者不能都小于2，即至少有一个不小于2.答案 D15．如果a a ＋b b >a b ＋b a ，则a ，b 应满足的条件是________．解析 ∵a a ＋b b －(a b ＋b a ) ＝a (a －b )＋b (b －a )＝(a －b )(a －b )＝(a －b )2(a ＋b )．∴当a ≥0，b ≥0且a ≠b 时，(a －b )2(a ＋b )>0.∴a a ＋b b >a b ＋b a 成立的条件是a ≥0，b ≥0且a ≠b . 答案 a ≥0，b ≥0且a ≠b16．设x ≥1，y ≥1，证明x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y ＋xy .证明由于x ≥1，y ≥1，所以要证明x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y ＋xy ，只需证xy (x ＋y )＋1≤y ＋x ＋(xy )2.将上式中的右式减左式，得[y ＋x ＋(xy )2]－[xy (x ＋y )＋1]＝[(xy )2－1]－[xy (x ＋y )－(x ＋y )]＝(xy ＋1)(xy －1)－(x ＋y )(xy －1)＝(xy －1)(xy －x －y ＋1)＝(xy －1)(x －1)(y －1)．因为x ≥1，y ≥1，所以(xy －1)(x －1)(y －1)≥0，从而所要证明的不等式成立．17．(2016·浙江卷)设函数f (x )＝x 3＋11＋x ，x ∈[0，1]，证明：(1)f (x )≥1－x ＋x 2；(2)34＜f (x )≤32.证明 (1)因为1－x ＋x 2－x 3＝1－（－x ）41－（－x ）＝1－x 41＋x ，由于x ∈[0，1]，有1－x41＋x ≤1x ＋1，即1－x ＋x 2－x 3≤1x ＋1，所以f (x )≥1－x ＋x 2.(2)由0≤x ≤1得x 3≤x ，故f (x )＝x 3＋1x ＋1≤x ＋1x ＋1＝x ＋1x ＋1－32＋32＝（x －1）（2x ＋1）2（x ＋1）＋32≤32，所以f (x )≤32.由(1)得f (x )≥1－x ＋x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34≥34，又因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1924＞34，所以f (x )＞34.综上，34＜f (x )≤32.。

浙江2020版高考数学第七章数列与数学归纳法7.3等比数列及其前n项和课件

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题组三易错自纠
a1－a2 4.若1，a1，a2，4成等差数列，1，b1，b2，b3,4成等比数列，则的值 b2 1 －2 为____.
解析 ∵1，a1，a2，4成等差数列，
∴3(a2－a1)＝4－1，∴a2－a1＝1.
又∵1，b1，b2，b3，4成等比数列，设其公比为q，
2 则 b2 ＝ 1 × 4 ＝ 4 ，且 b ＝ 1 × q >0，∴b2＝2， 2 2
高频小考点
GAOPINXIAOKAODIAN
等差数列与等比数列
关于等差(比)数列的基本运算在高考试题中频繁出现，其实质就是解方程或方程组，需要认真计算，灵活处理已知条件.
例1 A.34
a1＝1， q＝ 2，
所以a5＝a1q4＝4，故选B.
2.(2018· 全国Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.
(1)求{an}的通项公式；解设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1.
由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2. 故an＝(－2)n－1或an＝2n－1(n∈N*).
解析由等比数列的性质及题意知a1a9＝a3a7＝2a3a6，
5 a 1 － 2 1 a7 所以 q＝a ＝2，由 S5＝＝－62，可得 a1＝－2. 6 1－2
S3 8 (2)已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，且S ＝9，则 6 an－an－1 n∈N).
an＋1
1 －2 ＝_____( n≥2，且
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6.一种专门占据内存的计算机病毒开机时占据内存 1 MB，然后每3秒自身复 39 秒，该病毒占据内存8 制一次，复制后所占内存是原来的2倍，那么开机____

高中数学数列教案：数列与数学归纳法的应用

高中数学数列教案：数列与数学归纳法的应用数列是高中数学中的重要内容，也是考试的热点。

在教学过程中，让学生掌握数列与数学归纳法的应用是十分关键的。

本教案将从基本概念开始，逐步引导学生理解和运用数列与数学归纳法。

一、概念介绍1. 数列的定义首先，我们来回顾一下数列的定义。

数列是按照一定规律排列的一系列数字。

通常用{ }表示，其中的每个数字称为这个数列的项。

2. 数列的分类接下来，我们介绍一些常见的数列分类。

（1）等差数列：若一个数列从第二项起，每一项与它前面的那个项之差都相等，则这个数列称为等差数列。

（2）等比数列：若一个数列从第二项起，每一项与它前面的那个项之比都相等，则这个数列称为等比数列。

（3）斐波那契数列：斐波那契数列起初有两个1，后面每一项都是前两项之和。

二、数学归纳法1. 数学归纳法的思想了解了基本概念后，我们进入主题——如何使用数学归纳法解决问题。

数学归纳法是一种用来证明关于正整数的命题的常用方法。

它基于两个关键点：（1）基础情形：先证明当n=1时，命题成立。

（2）归纳步骤：假设当n=k时，命题成立，那么当n=k+1时，命题是否仍然成立。

2. 数学归纳法的应用掌握了数列和数学归纳法的概念后，让我们看几个具体应用例子。

（1）证明等差数列通项公式利用数学归纳法可以帮助我们证明等差数列的通项公式。

首先，在基础情形中验证当n=1时通项公式是否成立，即首项为a，公差为d的等差数列的第一项是a+(1-1)d=a。

接下来假设对于n=k时，通项公式成立，则第k+1项为a+(k+1-1)d=a+kd。

可以发现，第k+2项为a+(k+2-1)d=a+(k+d)=a+(k+kd)=a+(k+1)d。

由此可见，在基础情形和归纳步骤中都得出同样的结论，即等差数列的通项公式成立。

（2）求斐波那契数列的性质斐波那契数列是一个典型的用数学归纳法解决问题的例子。

首先，在基础情形中验证前两项是否符合斐波那契数列的定义，即1、1。

高中数学数列与数学归纳法教学设计

高中数学数列与数学归纳法教学设计数列与数学归纳法是高中数学中的重要内容，对学生的数学思维能力和问题解决能力具有重要影响。

本文将围绕数列与数学归纳法的教学设计展开讨论。

一、教学目标本节课的教学目标主要包括：1. 理解数列的概念，掌握常见数列的表示方法；2. 掌握数列的通项公式的推导方法；3. 熟练运用数学归纳法进行证明和解题。

二、教学内容本节课将重点讲解以下内容：1. 数列的概念及分类：等差数列、等比数列等；2. 数列的表示方法及性质；3. 数列的通项公式的推导方法；4. 数学归纳法的基本思想和应用。

三、教学过程1. 导入（5分钟）通过一个小题让学生回顾数列的概念，培养学生对数列的兴趣，并激发他们的思维。

2. 理论讲解（20分钟）首先介绍数列的基本概念和分类，并通过具体例子解释定义。

然后讲解数列的表示方法和性质，强调对数列的性质进行观察和总结。

3. 实例分析（30分钟）选择一些实际问题，通过数列的方法进行解答，引导学生运用数列的通项公式进行推导，并让学生发现其中的规律。

4. 数学归纳法的引入（10分钟）通过实例引入数学归纳法的概念和基本思想，让学生意识到数学归纳法在数学证明和解题中的重要性。

5. 数学归纳法的应用（30分钟）以实例为基础，引导学生运用数学归纳法进行证明和解题。

在教学过程中，要注意适时给予学生提示和指导，让学生在实际操作中理解数学归纳法的运用。

6. 拓展与巩固（10分钟）通过一些拓展题目巩固学生对数列与数学归纳法的理解和应用，并培养学生独立解题的能力。

四、教学评价与反思在教学过程中，教师需要进行实时评价和反思，及时调整教学策略。

例如，可以通过提问、讨论和练习等方式检验学生的学习情况，并针对学生的理解程度给予适当的指导和讲解。

教学设计的重点是通过一系列的实例演绎，引导学生理解和掌握数列与数学归纳法的基本概念、方法和应用，培养学生的数学思维和问题解决能力。

同时，教师在教学过程中要注重培养学生的观察和总结能力，引导学生发现规律，并激发学生的兴趣，提高学生的学习效果。

2020版高考数学(理)新增分大一轮人教通用版讲义：第六章数列与数学归纳法高考专题突破三第2课时含解析

第2课时数列的综合问题题型一数列与函数例1 数列{a n }的前n 项和为S n ，2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，n ∈N ＋，且a 1，a 2＋5,19成等差数列.(1)求a 1的值；(2)证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1为等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (3)设b n ＝log 3(a n ＋2n )，若对任意的n ∈N ＋，不等式b n (1＋n )－λn (b n ＋2)－6<0恒成立，试求实数λ的取值范围.解 (1)在2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，n ∈N ＋中，令n ＝1，得2S 1＝a 2－22＋1，即a 2＝2a 1＋3，①又2(a 2＋5)＝a 1＋19，②则由①②解得a 1＝1.(2)当n ≥2时，由⎩⎪⎨⎪⎧2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1， ③2S n －1＝a n －2n ＋1， ④ ③－④得2a n ＝a n ＋1－a n －2n ，则a n ＋12n ＋1＋1＝32⎝⎛⎭⎫a n 2n ＋1，又a 2＝5，则a 222＋1＝32⎝⎛⎭⎫a 121＋1. ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1是以32为首项，32为公比的等比数列， ∴a n 2n ＋1＝32×⎝⎛⎭⎫32n －1，即a n ＝3n －2n . (3)由(2)可知，b n ＝log 3(a n ＋2n )＝n .当b n (1＋n )－λn (b n ＋2)－6<0恒成立时，即(1－λ)n 2＋(1－2λ)n －6<0(n ∈N ＋)恒成立.设f (n )＝(1－λ)n 2＋(1－2λ)n －6(n ∈N ＋)，当λ＝1时，f (n )＝－n －6<0恒成立，则λ＝1满足条件；当λ<1时，由二次函数性质知不恒成立；当λ>1时，由于对称轴n ＝－1－2λ2(1－λ)<0，则f (n )在[1，＋∞)上单调递减，f (n )≤f (1)＝－3λ－4<0恒成立，则λ>1满足条件，综上所述，实数λ的取值范围是[1，＋∞).思维升华数列与函数的交汇问题(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题；(2)已知数列条件，解决函数问题，解题时要注意数列与函数的内在联系，掌握递推数列的常见解法.跟踪训练1 (2018·葫芦岛模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1,2a n ＋1＝a n ，数列{b n }满足b n ＝2－log 2a 2n ＋1.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，求使得2T n ≤4n 2＋m 对任意正整数n 都成立的实数m 的取值范围.解 (1)由a 1＝1，a n ＋1a n ＝12，a n ≠0， ∴{a n }是首项为1，公比为12的等比数列， ∴a n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1.∴b n ＝2－log 2⎝⎛⎭⎫122n ＝2n ＋2.(2)由(1)得，T n ＝n 2＋3n ，∴m ≥－2n 2＋6n 对任意正整数n 都成立.设f (n )＝－2n 2＋6n ，∵f (n )＝－2n 2＋6n ＝－2⎝⎛⎭⎫n －322＋92， ∴当n ＝1或2时，f (n )的最大值为4，∴m ≥4.即m 的取值范围是[4，＋∞).题型二数列与不等式例2 已知数列{a n }中，a 1＝12，其前n 项的和为S n ，且满足a n ＝2S 2n 2S n －1(n ≥2). (1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列； (2)证明：S 1＋12S 2＋13S 3＋ (1)S n <1. 证明 (1)当n ≥2时，S n －S n －1＝2S 2n 2S n －1，整理得S n －1－S n ＝2S n ·S n －1(n ≥2)， ∴1S n －1S n －1＝2，从而⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 构成以2为首项，2为公差的等差数列. (2)由(1)可知，1S n ＝1S 1＋(n －1)×2＝2n ，∴S n ＝12n. ∴当n ＝1时，1n S n ＝12<1，方法一当n ≥2时，1n S n ＝12n 2<12·1n (n －1)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ，∴S 1＋12S 2＋13S 3＋…＋1n S n <12＋12⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝1－12n <1. ∴原不等式得证.方法二当n ≥2时，12n 2<12(n 2－1)＝14⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1， ∴S 1＋12S 2＋13S 3＋ (1)S n <12＋14⎝⎛1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －2－1n ＋ ⎭⎫1n －1－1n ＋1＝12＋14⎝⎛⎭⎫1＋12－1n －1n ＋1， <12＋14⎝⎛⎭⎫1＋12＝78<1. ∴原命题得证.思维升华数列与不等式的交汇问题(1)函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式；(2)放缩方法：数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到.跟踪训练2 已知数列{a n }为等比数列，数列{b n }为等差数列，且b 1＝a 1＝1，b 2＝a 1＋a 2，a 3＝2b 3－6.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝1b n b n ＋2，数列{c n }的前n 项和为T n ，证明：15≤T n <13. (1)解设数列{a n }的公比为q ，数列{b n }的公差为d ，由题意得1＋d ＝1＋q ，q 2＝2(1＋2d )－6，解得d ＝q ＝2，所以a n ＝2n －1，b n ＝2n －1. (2)证明因为c n ＝1b n b n ＋2＝1(2n －1)(2n ＋3)＝14⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋3，所以T n ＝14⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－15＋⎝⎛⎭⎫13－17＋…＋ ⎦⎤⎝⎛⎭⎫12n －3－12n ＋1＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋3 ＝14⎝⎛⎭⎫1＋13－12n ＋1－12n ＋3＝13－14⎝⎛⎭⎫12n ＋1＋12n ＋3，因为14⎝⎛⎭⎫12n ＋1＋12n ＋3>0，所以T n <13. 又因为T n 在[1，＋∞)上单调递增，所以当n ＝1时，T n 取最小值T 1＝15，所以15≤T n <13. 题型三数列与数学文化例3 我国古代名著《九章算术》中有这样一段话：“今有金锤，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，中间三尺重几何.”意思是：“现有一根金锤，长5尺，头部1尺，重4斤，尾部1尺，重2斤，且从头到尾，每一尺的重量构成等差数列，问中间三尺共重多少斤.”( )A.6斤B.7斤C.8斤D.9斤答案 D解析原问题等价于等差数列中，已知a 1＝4，a 5＝2，求a 2＋a 3＋a 4的值.由等差数列的性质可知a 2＋a 4＝a 1＋a 5＝6，a 3＝a 1＋a 52＝3，则a 2＋a 3＋a 4＝9，即中间三尺共重9斤.思维升华我国古代数学涉及等差、等比数列的问题很多，解决这类问题的关键是将古代实际问题转化为现代数学问题，掌握等差、等比数列的概念、通项公式和前n 项和公式.跟踪训练3 中国人在很早就开始研究数列，中国古代数学著作《九章算术》、《算法统宗》中都有大量古人研究数列的记载.现有数列题目如下：数列{a n }的前n 项和S n ＝14n 2，n ∈N ＋，等比数列{b n }满足b 1＝a 1＋a 2，b 2＝a 3＋a 4，则b 3等于( )A.4B.5C.9D.16答案 C解析由题意可得b 1＝a 1＋a 2＝S 2＝14×22＝1， b 2＝a 3＋a 4＝S 4－S 2＝14×42－14×22＝3，则等比数列{b n }的公比q ＝b 2b 1＝31＝3，故b 3＝b 2q ＝3×3＝9.1.(2018·包头模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝－a n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若f (x )＝12log x ，设b n ＝f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a n )，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和T n .解 (1)由S n ＝－a n ＋1得S n ＋1＝－a n ＋1＋1，两式相减得，S n ＋1－S n ＝－a n ＋1＋a n ，即 a n ＋1＝－a n ＋1＋a n ，即 a n ＋1a n ＝12(n ≥1)，所以数列{a n }是公比为12的等比数列，又由a 1＝－a 1＋1得a 1＝12，所以a n ＝a 1q n －1＝⎝⎛⎭⎫12n .(2)因为b n ＝f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a n )＝1＋2＋…＋n ＝n (n ＋1)2，所以1b n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，所以T n ＝2⎝⎛⎭⎫11－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1 ＝2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1.2.已知等差数列{a n }的公差d ≠0，a 1＝0，其前n 项和为S n ，且a 2＋2，S 3，S 4成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(2n ＋2)22n ＋S n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n －2n <32. (1)解由a 1＝0得a n ＝(n －1)d ，S n ＝n (n －1)d 2，因为a 2＋2，S 3，S 4成等比数列，所以S 23＝(a 2＋2)S 4，即(3d )2＝(d ＋2)·6d ，整理得3d 2－12d ＝0，即d 2－4d ＝0，因为d ≠0，所以d ＝4，所以a n ＝(n －1)d ＝4(n －1)＝4n －4.(2)证明由(1)可得S n ＋1＝2n (n ＋1)，所以b n ＝(2n ＋2)22n ＋2n (n ＋1)＝4(n ＋1)22n (n ＋2)＝2＋2n (n ＋2)＝2＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2，所以T n ＝2n ＋⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2 ＝2n ＋1＋12－1n ＋1－1n ＋2，所以T n －2n <32. 3.已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n ，0)，且f ′(0)＝2n ，n ∈N ＋，数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎝⎛⎭⎫1a n ，且a 1＝4.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)f ′(x )＝2ax ＋b ，由题意知b ＝2n ，16n 2a －4nb ＝0，∴a ＝12，则f (x )＝12x 2＋2nx ，n ∈N ＋.数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎝⎛⎭⎫1a n ，又f ′(x )＝x ＋2n ，∴1a n ＋1＝1a n ＋2n ，∴1a n ＋1－1a n＝2n ，由累加法可得1a n －14＝2＋4＋6＋…＋2(n －1)＝n 2－n ，化简可得a n ＝4(2n －1)2(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝4也符合，∴a n ＝4(2n －1)2(n ∈N ＋).(2)∵b n ＝a n a n ＋1＝4(2n －1)(2n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＝2⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝4n 2n ＋1. 4.已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1＋x 2＝3，x 3－x 2＝2.(1)求数列{x n }的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1,1)，P 2(x 2,2)，…，P n ＋1(x n ＋1，n ＋1)得到折线P 1P 2…P n ＋1，求由该折线与直线y ＝0，x ＝x 1，x ＝x n ＋1所围成的区域的面积T n . 解 (1)设数列{x n }的公比为q .由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 1q ＝3，x 1q 2－x 1q ＝2. 所以3q 2－5q －2＝0，由已知得q >0，所以q ＝2，x 1＝1.因此数列{x n }的通项公式为x n ＝2n －1. (2)过P 1，P 2，…，P n ＋1向x 轴作垂线，垂足分别为Q 1，Q 2，…，Q n ＋1. 由(1)得x n ＋1－x n ＝2n －2n －1＝2n －1，记梯形P n P n ＋1Q n ＋1Q n 的面积为b n ，由题意得b n ＝(n ＋n ＋1)2×2n －1＝(2n ＋1)×2n －2，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n －1)×2n －3＋(2n ＋1)×2n －2，① 则2T n ＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n －1)×2n －2＋(2n ＋1)×2n －1，② 由①－②，得－T n ＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n －1)－(2n ＋1)×2n －1 ＝32＋2(1－2n －1)1－2－(2n ＋1)×2n －1. 所以T n ＝(2n －1)×2n ＋12.5.(2019·盘锦模拟)若正项数列{a n }的前n 项和为S n ，首项a 1＝1，点P (S n ，S n ＋1)在曲线y ＝(x ＋1)2上.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)设b n ＝1a n ·a n ＋1，T n 表示数列{b n }的前n 项和，若T n ≥a 恒成立，求T n 及实数a 的取值范围.解 (1)由S n ＋1＝(S n ＋1)2，得S n ＋1－S n ＝1，所以数列{S n }是以S 1为首项，1为公差的等差数列，所以S n ＝S 1＋(n －1)×1，即S n ＝n 2，由公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －1，n ≥2，所以a n ＝2n －1. (2)因为b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1，显然T n 是关于n 的增函数，所以T n 有最小值(T n )min ＝T 1＝12×⎝⎛⎭⎫1－13＝13. 由于T n ≥a 恒成立，所以a ≤13，于是a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，13.6.已知各项均不相等的等差数列{a n }的前三项和为9，且a 1，a 3，a 7恰为等比数列{b n }的前三项.(1)分别求数列{a n }，{b n }的前n 项和S n ，T n ；(2)记数列{a n b n }的前n 项和为K n ，设c n ＝S n T n K n，求证：c n ＋1>c n (n ∈N ＋). (1)解设数列{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧ 3a 1＋3d ＝9，(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝2，d ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝0(舍去)，所以a n ＝n ＋1，S n ＝n (n ＋3)2. 又b 1＝a 1＝2，b 2＝a 3＝4，所以b n ＝2n ，T n ＝2n ＋1－2. (2)证明因为a n ·b n ＝(n ＋1)·2n ，所以K n ＝2·21＋3·22＋…＋(n ＋1)·2n ，① 所以2K n ＝2·22＋3·23＋…＋n ·2n ＋(n ＋1)·2n ＋1，② ①－②得－K n ＝2·21＋22＋23＋…＋2n －(n ＋1)·2n ＋1，所以K n ＝n ·2n ＋1. 则c n ＝Sn T n K n ＝(n ＋3)(2n －1)2n ＋1，c n ＋1－c n ＝(n ＋4)(2n ＋1－1)2n ＋2－(n ＋3)(2n －1)2n ＋1 ＝2n ＋1＋n ＋22n ＋2>0，所以c n ＋1>c n (n ∈N ＋).。

高中数学教案数列与数学归纳法

高中数学教案数列与数学归纳法高中数学教案：数列与数学归纳法导言：数列作为高中数学中的重要概念，是数学中最基本且常见的数学对象之一。

理解数列以及数学归纳法对于学习和解决数学问题至关重要。

本教案将针对高中数学课程中的数列与数学归纳法进行详细讲解和教学指导。

一、数列的概念与性质：1.1 概念：数列由一系列按照一定规律排列的数字组成，可以表示为{an}或an，其中n为自然数，an为数列的第n项。

1.2 常见数列类型：等差数列、等比数列、递推数列等。

1.3 数列的性质：公式计算、通项公式的推导、数列的有界性、数列的单调性等。

二、数列的通项公式与求和公式：2.1 等差数列：2.1.1 通项公式推导与应用：如果等差数列的首项为a1，公差为d，则数列的通项公式可以表示为an=a1+(n-1)d。

2.1.2 求和公式推导与应用：等差数列的前n项和可表示为Sn=n(a1+an)/2。

2.2 等比数列：2.2.1 通项公式推导与应用：如果等比数列的首项为a1，公比为q，则数列的通项公式可以表示为an=a1q^(n-1)。

2.2.2 求和公式推导与应用：等比数列的前n项和可表示为Sn=a1(1-q^n)/(1-q)。

三、数学归纳法的原理与应用：3.1 原理：数学归纳法是一种数学证明方法，包括两个步骤：证明基本情况（通常是n=1或n=0）和假设n=k成立时，证明n=k+1也成立，从而得出结论对于所有正整数成立。

3.2 数学归纳法的应用：3.2.1 证明数列的性质：通过数学归纳法可以证明数列的等差性、等比性等。

3.2.2 证明不等式：通过数学归纳法可以证明数学中的各种不等式，如等差数列的不等式、等比数列的不等式等。

四、综合应用：4.1 数列问题的建立与解决：通过建立数列模型，将实际问题转化为数学问题，通过数列公式求解。

4.2 数学归纳法的综合应用：通过综合应用数学归纳法解决实际问题，如证明不等式、推导公式等。

总结：通过本教案的学习，学生将掌握数列的概念、性质，学习掌握数列的通项公式与求和公式，并理解数学归纳法的原理与应用。

2020版高考数学大一轮复习第六章数列与数学归纳法6.4数学归纳法教案理(含解析)新人教A版

§6.4数学归纳法数学归纳法一般地，证明一个与自然数相关的命题，可按下列步骤进行：(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0∈N＋)时命题成立；(2)(归纳递推)假设n＝k(k≥n0，k∈N＋)时命题成立的前提下，推出当n＝k＋1时命题也成立.只要完成这两个步骤，就可以断定命题对n取第一个值后面的有正整数成立.概念方法微思考1.用数学归纳法证题时，证明当n取第一个值n0(n0∈N＋)时命题成立.因为n0∈N＋，所以n0＝1.这种说法对吗？提示不对，n0也可能是2,3,4，….如用数学归纳法证明多边形内角和定理(n－2)π时，初始值n0＝3.2.数学归纳法的第一个步骤可以省略吗？提示不可以，数学归纳法的两个步骤相辅相成，缺一不可.3.有人说，数学归纳法是合情推理，这种说法对吗？提示不对，数学归纳法是一种证明与自然数有关的命题的方法，它是演绎推理.题组一思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明.( ×)(2)用数学归纳法证明问题时，归纳假设可以不用.( × )(3)不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由n ＝k 到n ＝k ＋1时，项数都增加了一项.( × )(4)用数学归纳法证明等式“1＋2＋22＋…＋2n ＋2＝2n ＋3－1”，验证n ＝1时，左边式子应为1＋2＋22＋23.( √ )(5)用数学归纳法证明凸n 边形的内角和公式时，n 0＝3.( √ )题组二教材改编2.在应用数学归纳法证明凸n 边形的对角线为12n (n －3)条时，第一步检验n 等于( ) A.1B.2C.3D.4答案 C解析凸n 边形边数最小时是三角形，故第一步检验n ＝3.3.已知{a n }满足a n ＋1＝a 2n －na n ＋1，n ∈N ＋，且a 1＝2，则a 2＝________，a 3＝________，a 4＝________，猜想a n ＝________.答案 3 4 5 n ＋1题组三易错自纠4.用数学归纳法证明1＋a ＋a 2＋…＋an ＋1＝1－a n ＋21－a (a ≠1，n ∈N ＋)，在验证n ＝1时，等式左边的项是( )A.1B.1＋aC.1＋a ＋a 2D.1＋a ＋a 2＋a 3答案 C解析当n ＝1时，n ＋1＝2，∴左边＝1＋a 1＋a 2＝1＋a ＋a 2.5.对于不等式n 2＋n <n ＋1(n ∈N ＋)，某同学用数学归纳法证明的过程如下：(1)当n ＝1时，12＋1<1＋1，不等式成立.(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，不等式成立，即k 2＋k <k ＋1，则当n ＝k ＋1时，(k ＋1)2＋(k ＋1)＝k 2＋3k ＋2<(k 2＋3k ＋2)＋(k ＋2)＝(k ＋2)2＝(k ＋1)＋1.∴当n ＝k ＋1时，不等式成立.则上述证法( )A.过程全部正确B.n ＝1验证的不正确C.归纳假设不正确D.从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理不正确答案 D解析在n ＝k ＋1时，没有应用n ＝k 时的假设，不是数学归纳法.6.用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋2n ＝2n －1＋22n －1(n ∈N ＋)时，假设当n ＝k 时命题成立，则当n ＝k ＋1时，左端增加的项数是__________.答案 2k解析运用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋2n ＝2n －1＋22n －1(n ∈N ＋).当n ＝k 时，则有1＋2＋3＋…＋2k ＝2k －1＋22k －1(k ∈N ＋)，左边表示的为2k项的和. 当n ＝k ＋1时，则左边＝1＋2＋3＋…＋2k ＋(2k ＋1)＋…＋2k ＋1，表示的为2k ＋1项的和，增加了2k ＋1－2k ＝2k项.题型一用数学归纳法证明等式用数学归纳法证明：12×4＋14×6＋16×8＋…＋12n (2n ＋2)＝n 4(n ＋1)(n ∈N ＋). 证明 ①当n ＝1时，左边＝12×1×(2×1＋2)＝18. 右边＝14×(1＋1)＝18. 左边＝右边，所以等式成立.②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时等式成立，即有12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k (2k ＋2)＝k 4(k ＋1)，则当n ＝k ＋1时，12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k (2k ＋2)＋12(k ＋1)[2(k ＋1)＋2]＝k 4(k ＋1)＋14(k ＋1)(k ＋2) ＝k (k ＋2)＋14(k ＋1)(k ＋2)＝(k ＋1)24(k ＋1)(k ＋2)＝k ＋14(k ＋2)＝k ＋14(k ＋1＋1). 所以当n ＝k ＋1时，等式也成立.。

人教版高考数学复习教案：第六章数列与数学归纳法

第六章⎪⎪⎪数列与数学归纳法第一节数列的概念与简单表示法1．数列的有关概念概念含义数列按照一定顺序排列的一列数数列的项数列中的每一个数数列的通项数列{a n}的第n项a n通项公式数列{a n}的第n项a n与n之间的关系能用公式a n＝f(n)表示，这个公式叫做数列的通项公式前n项和数列{a n}中，S n＝a1＋a2＋…＋a n叫做数列的前n项和列表法列表格表示n与a n的对应关系图象法把点(n，a n)画在平面直角坐标系中公式法通项公式把数列的通项使用公式表示的方法递推公式使用初始值a1和a n＋1＝f(a n)或a1，a2和a n＋1＝f(a n，a n－1)等表示数列的方法n n若数列{a n}的前n项和为S n，则a n＝⎩⎪⎨⎪⎧S1，n＝1，S n－S n－1，n≥2.4．数列的分类[小题体验]1．已知数列{a n}的前4项为12，34，78，1516，则数列{a n}的一个通项公式为________．答案：a n ＝2n －12n (n ∈N *)2．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n2a n ＋3，则a 5等于________．答案：11613．(教材改编题)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝3n －1，则a n ＝________. 答案：2×3n －11．数列是按一定“次序”排列的一列数，一个数列不仅与构成它的“数”有关，而且还与这些“数”的排列顺序有关．2．易混项与项数的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号．3．在利用数列的前n 项和求通项时，往往容易忽略先求出a 1，而是直接把数列的通项公式写成a n ＝S n －S n －1的形式，但它只适用于n ≥2的情形．[小题纠偏]1．已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ＝n 2＋1，则数列{a n }的通项公式是________．答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥22．数列{a n }的通项公式为a n ＝－n 2＋9n ，则该数列第________项最大．答案：4或5考点一由数列的前几项求数列的通项公式(基础送分型考点——自主练透)[题组练透]1．(2019·温岭模拟)将石子摆成如图所示的梯形形状，称数列5,9,14,20，…为梯形数，根据图形的构成，此数列的第2 018项与5的差即a 2 018－5＝( )A ．2 017×2 024B ．2 017×1 012C ．2 018×2 024D ．2 018×1 012解析：选B 结合图形可知，该数列的第n 项为a n ＝2＋3＋4＋…＋(n ＋2)，所以a 2 018－5＝4＋5＋6＋…＋2 020＝2 017×(2 020＋4)2＝2 017×1 012.2．根据数列的前几项，写出各数列的一个通项公式：(1)4,6,8,10，…； (2)(易错题)－11×2，12×3，－13×4，14×5，…； (3)－1,7，－13,19, …； (4)9,99,999,9 999，….解：(1)各数都是偶数，且最小为4，所以它的一个通项公式a n ＝2(n ＋1)，n ∈N *. (2)这个数列的前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式a n ＝(－1)n ×1n (n ＋1)，n ∈N *.(3)这个数列，去掉负号，可发现是一个等差数列，其首项为1，公差为6，所以它的一个通项公式为a n ＝(－1)n (6n －5)，n ∈N *.(4)这个数列的前4项可以写成10－1,100－1,1 000－1，10 000－1，所以它的一个通项公式a n ＝10n －1，n ∈N *.[谨记通法]由数列的前几项求数列通项公式的策略(1)根据所给数列的前几项求其通项公式时，需仔细观察分析，抓住以下几方面的特征，并对此进行归纳、联想，具体如下：①分式中分子、分母的特征；②相邻项的变化特征；③拆项后的特征；④各项符号特征等．(2)根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是利用不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想，由不完全归纳得出的结果是不可靠的，要注意代值检验，对于正负符号变化，可用(－1)n 或(－1)n＋1来调整．考点二由a n 与S n 的关系求通项a n (重点保分型考点——师生共研)[典例引领]已知下面数列{a n }的前n 项和S n ，求{a n }的通项公式． (1)S n ＝n 2＋1； (2)S n ＝2n －a n .解：(1)a 1＝S 1＝1＋1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋1－(n －1)2－1＝2n －1，而a 1＝2，不满足此等式．所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2.(2)当n ＝1时，S 1＝a 1＝2－a 1，所以a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n －a n )－[2(n －1)－a n －1]＝2－a n ＋a n －1，即a n ＝12a n －1＋1，即a n －2＝12(a n －1－2)．所以{a n －2}是首项为a 1－2＝－1，公比为12的等比数列，所以a n －2＝(－1)·⎝⎛⎭⎫12n －1，即a n ＝2－⎝⎛⎭⎫12n －1.[由题悟法]已知S n 求a n 的 3个步骤 (1)先利用a 1＝S 1求出a 1；(2)用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 的表达式；(3)对n ＝1时的结果进行检验，看是否符合n ≥2时a n 的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n ＝1与n ≥2两段来写．[即时应用]已知数列{a n }的前n 项和为S n . (1)若S n ＝(－1)n ＋1·n ，求a 5＋a 6及a n ；(2)若a n ＞0，S n ＞1，且6S n ＝(a n ＋1)(a n ＋2)，求a n . 解：(1)a 5＋a 6＝S 6－S 4＝(－6)－(－4)＝－2，当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(－1)n ＋1·n －(－1)n ·(n －1) ＝(－1)n ＋1·[n ＋(n －1)] ＝(－1)n ＋1·(2n －1)，又a 1也适合此式，所以a n ＝(－1)n ＋1·(2n －1)．(2)当n ＝1时，a 1＝S 1＝16(a 1＋1)(a 1＋2)，即a 21－3a 1＋2＝0.解得a 1＝1或a 1＝2.因为a 1＝S 1＞1，所以a 1＝2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝16(a n ＋1)(a n ＋2)－16(a n －1＋1)(a n －1＋2)，所以(a n －a n －1－3)(a n＋a n －1)＝0.因为a n ＞0，所以a n ＋a n －1＞0，所以a n －a n －1－3＝0，所以数列{a n }是以2为首项，3为公差的等差数列．所以a n ＝3n －1.考点三由递推关系式求数列的通项公式(题点多变型考点——多角探明) [锁定考向]递推公式和通项公式是数列的两种表示方法，它们都可以确定数列中的任意一项，只是由递推公式确定数列中的项时，不如通项公式直接．常见的命题角度有： (1)形如a n ＋1＝a n f (n )，求a n ； (2)形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，求a n ；(3)形如a n ＋1＝Aa n ＋B (A ≠0且A ≠1)，求a n .[题点全练]角度一：形如a n ＋1＝a n f (n )，求a n1．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，求数列{a n }的通项公式．解：∵a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，∴a n －1＝n －2n －1a n －2，a n －2＝n －3n －2a n －3，…，a 2＝12a 1.以上(n －1)个式子相乘得 a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n .当n ＝1时，a 1＝1，上式也成立． ∴a n ＝1n (n ∈N *)．角度二：形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，求a n2．设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，求数列{a n }的通项公式．解：由题意有a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n (n ≥2)．以上各式相加，得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝(n －1)(2＋n )2＝n 2＋n －22.又∵a 1＝1，∴a n ＝n 2＋n2(n ≥2)．∵当n ＝1时也满足此式， ∴a n ＝n 2＋n 2(n ∈N *)．角度三：形如a n ＋1＝Aa n ＋B (A ≠0且A ≠1)，求a n3．已知数列{a n }满足a 1＝1，当n ≥2，n ∈N *时，有a n ＝2a n －1－2，求数列{a n }的通项公式．解：因为a n ＝2a n －1－2，所以a n －2＝2(a n －1－2)．所以数列{a n －2}是以a 1－2＝－1为首项，2为公比的等比数列．所以a n －2＝(－1)×2n －1，即a n ＝2－2n －1.[通法在握]典型的递推数列及处理方法[演练冲关]根据下列条件，求数列{a n }的通项公式． (1)a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2n (n ∈N *)； (2)a 1＝1,2na n ＋1＝(n ＋1)a n (n ∈N *)； (3)a 1＝1，a n ＝3a n －1＋4(n ≥2)．解：(1)由题意知a n ＋1－a n ＝2n ，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝2n －1＋2n －2＋…＋2＋1＝1－2n1－2＝2n －1.(2)由2na n ＋1＝(n ＋1)a n ，得a n ＋1a n ＝n ＋12n. 所以a n ＝a n a n －1.a n －1a n －2.a n －2a n －3.....a 2a 1.a 1＝n 2(n －1).n －12(n －2).n －22(n －3).. (2)2×1×1＝n 2n －1.(3)因为a n ＝3a n －1＋4(n ≥2)，所以a n ＋2＝3(a n －1＋2)．因为a 1＋2＝3，所以{a n ＋2}是首项与公比都为3的等比数列．所以a n ＋2＝3n ，即a n ＝3n －2.一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2018·嘉兴七校联考)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2＋n ，则a 5＝( ) A ．25 B ．30 C ．10D ．12解析：选B 因为a n ＝n 2＋n ，所以a 5＝25＋5＝30.2．(2018·浙江三地联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足log 2(S n ＋1)＝n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝( )A ．2nB ．2n －1C ．2n －1－1D.⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n ，n ≥2解析：选B 由log 2(S n ＋1)＝n 可得S n ＝2n －1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1－(2n－1－1)＝2n －1；当n ＝1时，a 1＝S 1＝21－1＝1满足上式．所以数列{a n }的通项公式a n ＝2n －1.3．(2018·衢州模拟)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝2a na n ＋2，则数列{a n }的通项公式a n 为( )A.1n ＋1B.2n ＋1C.1nD.2n解析：选B 由a n ＋1＝2a na n ＋2可得1a n ＋1＝a n ＋22a n＝1a n ＋12.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1a 1＝1为首项，公差为12的等差数列，所以1a n ＝n ＋12，即a n ＝2n ＋1.4．(2018·诸暨模拟)已知数列{a n }中，对任意的p ，q ∈N *都满足a p ＋q ＝a p a q ，若a 1＝－1，则a 9＝________.解析：由题可得，因为a 1＝－1，令p ＝q ＝1，则a 2＝a 21＝1；令p ＝q ＝2，则a 4＝a 22＝1；令p ＝q ＝4，则a 8＝a 24＝1，所以a 9＝a 8＋1＝a 1a 8＝－1.答案：－15．(2019·杭州模拟)设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则a 8＝________，a 2＋a 3＋a 4＝________.解析：因为S n ＝n 2，所以a 8＝S 8－S 7＝82－72＝15，a 2＋a 3＋a 4＝S 4－S 1＝42－1＝15. 答案：15 15二保高考，全练题型做到高考达标1．数列0,1,0，－1,0,1,0，－1，…的一个通项公式是a n 等于( ) A.(－1)n ＋12B ．cos n π2C ．cos n ＋12πD ．cos n ＋22π解析：选D 令n ＝1,2,3，…，逐一验证四个选项，易得D 正确．2．(2019·天台模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n ，且满足S n ＝2a n －3(n ∈N *)，则S 6＝( )A ．192B ．189C ．96D ．93解析：选B 因为S n ＝2a n －3，当n ＝1时，S 1＝2a 1－3＝a 1，解得a 1＝3.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －3－2a n －1＋3＝2a n －2a n －1，解得a na n －1＝2.所以数列{a n }是首项为3，公比为2的等比数列，所以S 6＝3(1－26)1－2＝189.3．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＋S n ＋1＝a n ＋1(n ∈N *)，则此数列是( )A ．递增数列B ．递减数列C ．常数列D ．摆动数列解析：选C 因为S n ＋S n ＋1＝a n ＋1，所以当n ≥2时，S n －1＋S n ＝a n ，两式相减，得a n＋a n ＋1＝a n ＋1－a n ，所以有a n ＝0.当n ＝1时，a 1＋a 1＋a 2＝a 2，所以a 1＝0.所以a n ＝0.即数列是常数列．4．(2019·绍兴模拟)已知数列{a n }的通项公式a n ＝1n ＋n ＋1，若该数列的前n 项和为10，则项数n 的值为( )A ．11B ．99C ．120D ．121解析：选C 因为a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，所以该数列的前n 项和S n ＝n ＋1－1＝10，解得n ＝120.5．(2018·丽水模拟)数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎨⎧2a n ，0≤a n ＜12，2a n－1，12≤a n＜1，若a 1＝35，则a 2 018＝( )A.15B.25C.35D.45解析：选A 由a 1＝35∈⎣⎡⎭⎫12，1，得a 2＝2a 1－1＝15∈⎣⎡⎭⎫0，12，所以a 3＝2a 2＝25∈⎣⎡⎭⎫0，12，所以a 4＝2a 3＝45∈⎣⎡⎭⎫12，1，所以a 5＝2a 4－1＝35＝a 1.由此可知，该数列是一个周期为4的周期数列，所以a 2 018＝a 504×4＋2＝a 2＝15.6．(2019·镇海模拟)已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝a 2n (a n ＞0，n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析：对a n ＋1＝a 2n 两边取对数，得log 2a n ＋1＝log 2a 2n ＝2log 2a n .所以数列{log 2a n }是以log 2a 1＝1为首项，2为公比的等比数列，所以log 2a n ＝2n －1，所以a n ＝22n －1.答案：22n －17．(2018·海宁模拟)已知数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝2n －1，则该数列的前8项和为________．解析：S 8＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝1＋5＋9＋13＝28. 答案：288．在一个数列中，如果对任意的n ∈N *，都有a n a n ＋1a n ＋2＝k (k 为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k 叫做这个数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且a 1＝1，a 2＝2，公积为8，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝________.解析：依题意得数列{a n }是周期为3的数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，因此a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝4(a 1＋a 2＋a 3)＝4×(1＋2＋4)＝28.答案：289．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝3n －1＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)． (1)求a 2，a 3的值； (2)证明：a n ＝3n －12.解：(1)因为a 1＝1，a n ＝3n －1＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)，所以a 2＝32－1＋1＝4， a 3＝33－1＋a 2＝9＋4＝13.(2)证明：因为a n ＝3n －1＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)，所以a n －a n －1＝3n －1，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋(a n －2－a n －3)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝3n －1＋3n －2＋…＋3＋1 ＝3n －12(n ≥2，n ∈N *)．当n ＝1时，a 1＝3－12＝1满足条件．所以当n ∈N *时，a n ＝3n －12.10．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋4.(1)若k ＝－5，则数列中有多少项是负数？n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值； (2)对于n ∈N *，都有a n ＋1＞a n ，求实数k 的取值范围．解：(1)由n 2－5n ＋4＜0，解得1＜n ＜4.因为n ∈N *，所以n ＝2,3，所以数列中有两项是负数，即为a 2，a 3. 因为a n ＝n 2－5n ＋4＝⎝⎛⎭⎫n －522－94，由二次函数性质，得当n ＝2或n ＝3时，a n 有最小值，其最小值为a 2＝a 3＝－2. (2)由a n ＋1＞a n ，知该数列是一个递增数列，又因为通项公式a n ＝n 2＋kn ＋4，可以看作是关于n 的二次函数，考虑到n ∈N *，所以－k 2＜32，即得k ＞－3.所以实数k 的取值范围为(－3，＋∞)．三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n ·2n ＋1，该数列的项排成一个数阵(如图)，则该数阵中的第10行第3个数为________．a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 ……解析：由题意可得该数阵中的第10行、第3个数为数列{a n }的第1＋2＋3＋…＋9＋3＝9×102＋3＝48项，而a 48＝(－1)48×96＋1＝97，故该数阵第10行、第3个数为97.答案：972．(2018·温州模拟)设函数f (x )＝log 2x －log x 4(0＜x ＜1)，数列{a n }的通项公式a n 满足f (2a n )＝2n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)判定数列{a n }的单调性．解：(1)因为f (x )＝log 2x －log x 4(0＜x ＜1)，f (2a n )＝2n (n ∈N *) ，所以f (2a n )＝log 22a n －log2a n 4＝a n －2a n＝2n ，且0＜2a n ＜1，解得a n ＜0. 所以a n ＝n －n 2＋2.(2)因为a n ＋1a n＝(n ＋1)－(n ＋1)2＋2n －n 2＋2＝n ＋n 2＋2n ＋1＋(n ＋1)2＋2＜1.因为a n ＜0，所以a n ＋1＞a n . 故数列{a n }是递增数列．第二节等差数列及其前n 项和1．等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d 表示．(2)等差中项：数列a ，A ，b 成等差数列的充要条件是A ＝a ＋b2，其中A 叫做a ，b 的等差中项．2．等差数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n (a 1＋a n )2. 3．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n . (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则{a 2n }也是等差数列，公差为2d . (4)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列．(5)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列．[小题体验]1．在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，则a 2＋a 8＝________. 答案：102．(2018·温州模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＝5，a 5＝3，则a n ＝________；S 7＝________.答案：－n ＋8 283．(2018·温州十校联考)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＝12，则S 7＝______. 答案：281．要注意概念中的“从第2项起”．如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或第4项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列．2．求等差数列的前n 项和S n 的最值时，需要注意“自变量n 为正整数”这一隐含条件．[小题纠偏]1．首项为24的等差数列，从第10项开始为负数，则公差d 的取值范围是( ) A ．(－3，＋∞) B.⎝⎛⎭⎫－∞，－83 C.⎝⎛⎭⎫－3，－83 D.⎣⎡⎭⎫－3，－83 答案：D2．(2018·湖州模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 3＝16，a 6＝10，则公差d ＝________；S n 取到最大时的n 的值为________．解析：因为数列{a n }是等差数列，且a 3＝16，a 6＝10，所以公差d ＝a 6－a 36－3＝－2，所以a n ＝－2n ＋22，要使S n 能够取到最大值，则需a n ＝－2n ＋22≥0，所以解得n ≤11.所以可知使得S n 取到最大时的n 的值为10或11.答案：－2 10或11考点一等差数列的基本运算(基础送分型考点——自主练透)[题组练透]1．(2017·嘉兴二模)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 1S 4＝110，则S 3S 5＝( )A.25 B.35 C.37D.47解析：选A 设数列{a n }的公差为d ，因为S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且S 1S 4＝110，所以10a 1＝4a 1＋6d ，所以a 1＝d .所以S 3S 5＝3a 1＋3d 5a 1＋10d ＝6d 15d ＝25.2．设等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 2＝－d ，若a k 是a 6与a k ＋6的等比中项，则k ＝( ) A ．5 B ．6 C ．9D ．11解析：选C 因为a k 是a 6与a k ＋6的等比中项，所以a 2k ＝a 6a k ＋6.又等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 2＝－d ，所以[a 2＋(k －2)d ]2＝(a 2＋4d )[a 2＋(k ＋4)d ]，所以(k －3)2＝3(k ＋3)，解得k ＝9或k ＝0(舍去)，故选C.3．公差不为零的等差数列{a n }中，a 7＝2a 5，则数列{a n }中第________项的值与4a 5的值相等．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 7＝2a 5，∴a 1＋6d ＝2(a 1＋4d )，则a 1＝－2d ，∴a n＝a 1＋(n －1)d ＝(n －3)d ，而4a 5＝4(a 1＋4d )＝4(－2d ＋4d )＝8d ＝a 11，故数列{a n }中第11项的值与4a 5的值相等．答案：114．(2019·绍兴模拟)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，满足S 2＝S 6，S 55－S 44＝2，则a 1＝______，公差d ＝________.解析：由S 2＝S 6，得S 6－S 2＝a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝4a 1＋14d ＝0，即2a 1＋7d ＝0.由S 55－S 44＝2，得52(a 1＋a 5)5－42(a 1＋a 4)4＝12(a 5－a 4)＝12d ＝2，解得d ＝4，所以a 1＝－14.答案：－14 4[谨记通法]等差数列基本运算的方法策略(1)等差数列中包含a 1，d ，n ，a n ，S n 五个量，可“知三求二”．解决这些问题一般设基本量a 1，d ，利用等差数列的通项公式与求和公式列方程(组)求解，体现方程思想．(2)如果已知等差数列中有几项的和是常数的计算问题，一般是等差数列的性质和等差数列求和公式S n ＝n (a 1＋a n )2结合使用，体现整体代入的思想．考点二等差数列的判断与证明(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](2019·温州模拟)已知数列{a n }中，a 1＝12，a n ＋1＝1＋a n a n ＋12(n ∈N *)．(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)证明：因为对于n ∈N *，an ＋1＝1＋a n a n ＋12，所以a n ＋1＝12－a n，所以1a n ＋1－1－1a n －1＝112－a n－1－1a n －1＝2－a n －1a n －1＝－1.所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n －1是首项为1a 1－1＝－2，公差为－1的等差数列．(2)由(1)知1a n －1＝－2＋(n －1)(－1)＝－(n ＋1)，所以a n －1＝－1n ＋1，即a n ＝nn ＋1.[由题悟法]等差数列的判定与证明方法已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －12a n －1＋1(n ∈N *，n ≥2)，数列{b n }满足关系式b n ＝1a n (n∈N *)．(1)求证：数列{b n }为等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)证明：∵b n ＝1a n ，且a n ＝a n －12a n －1＋1，∴b n ＋1＝1a n ＋1＝1a n 2a n ＋1＝2＋1a n ，∴b n ＋1－b n ＝2＋1a n －1a n ＝2.又b 1＝1a 1＝1，∴数列{b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)知数列{b n }的通项公式为 b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，又b n ＝1a n ，∴a n ＝1b n ＝12n －1.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝12n －1.考点三等差数列的性质及最值(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．(2019·宁波模拟)在等差数列{a n }中，若a 9a 8＜－1，且其前n 项和S n 有最小值，则当S n ＞0时，n 的最小值为( )A ．14B ．15C ．16D ．17解析：选C ∵数列{a n }是等差数列，它的前n 项和S n 有最小值，∴公差d ＞0，首项a 1＜0，{a n } 为递增数列，∵a 9a 8＜－1，∴a 8·a 9＜0，a 8＋a 9＞0，由等差数列的性质知2a 8＝a 1＋a 15＜0，a 8＋a 9＝a 1＋a 16＞0.∵S n ＝(a 1＋a n )n2，∴当S n ＞0时，n 的最小值为16.2．(2018·嘉兴一中模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6＞S 7＞S 5，则满足a n ＞0的最大n 的值为______，满足S k S k ＋1＜0的正整数k ＝______.解析：由题可得a 6＝S 6－S 5＞0，a 7＝S 7－S 6＜0，所以使得a n ＞0的最大n 的值为6.又a 6＋a 7＝S 7－S 5＞0，则S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11a 6＞0，S 12＝12(a 1＋a 12)2＝6(a 6＋a 7)＞0，S 13＝13(a 1＋a 13)2＝13a 7＜0，因为{a n }是递减的等差数列，所以满足S k S k ＋1＜0的正整数k ＝12. 答案：6 12[由题悟法]1．等差数列的性质(1)项的性质：在等差数列{a n }中，a m －a n ＝(m －n )d ⇔a m －a nm －n ＝d (m ≠n )，其几何意义是点(n ，a n )，(m ，a m )所在直线的斜率等于等差数列的公差．(2)和的性质：在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，则 ①S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)； ②S 2n －1＝(2n －1)a n .2．求等差数列前n 项和S n 最值的2种方法(1)函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn ，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．(2)邻项变号法：①当a 1＞0，d ＜0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧ a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值为S m ；②当a 1＜0，d ＞0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值为S m .[即时应用]1．(2018·浙江新高考联盟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4S 8＝13，则S 8S 16＝( )A.310 B.37 C.13D.12解析：选A 因为数列{a n }是等差数列，所以S 4，S 8－S 4，S 12－S 8，S 16－S 12成等差数列，因为S 4S 8＝13，所以不妨设S 4＝1，则S 8＝3，所以S 8－S 4＝2，所以S 16＝1＋2＋3＋4＝10，所以S 8S 16＝310.2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知前6项和为36，最后6项的和为180，S n ＝324(n ＞6)，则数列{a n }的项数为________．解析：由题意知a 1＋a 2＋…＋a 6＝36，① a n ＋a n －1＋a n －2＋…＋a n －5＝180，②①＋②得(a 1＋a n )＋(a 2＋a n －1)＋…＋(a 6＋a n －5)＝6(a 1＋a n )＝216，∴a 1＋a n ＝36，又S n ＝n (a 1＋a n )2＝324，∴18n ＝324，∴n ＝18. 答案：18一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2018·杭州模拟)已知递增的等差数列{a n }满足a 1＝1，a 3＝a 22－4.则数列{a n}的通项公式为( )A ．a n ＝2n －1B ．a n ＝－2n ＋3C ．a n ＝2n －1或－2n ＋3D ．a n ＝2n解析：选A 设数列{a n }的公差为d ，由a 3＝a 22－4可得1＋2d ＝(1＋d )2－4，解得d ＝±2.因为数列{a n }是递增数列，所以d ＞0，故d ＝2.所以a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.2．(2018·舟山期末)在等差数列{a n }中，若a 2＝1，a 4＝5，则{a n }的前5项和S 5＝( ) A ．7 B ．15 C ．20D ．25解析：选B 因为a 2＝1，a 4＝5，所以S 5＝5(a 1＋a 5)2＝5(a 2＋a 4)2＝15.3．(2019·缙云模拟)已知{a n }为等差数列，其公差d 为－2，且a 7是a 3与a 9的等比中项，S n 为{a n }的前n 项和，则S 10的值为( )A ．－110B ．－90C ．90D ．110解析：选D 设数列{a n }的首项为a 1，因为a 7是a 3与a 9的等比中项，所以(a 1－12)2＝(a 1－4)(a 1－16)，解得a 1＝20.所以S 10＝10a 1＋45d ＝200－90＝110.4．(2019·腾远调研)我国古代数学名著《九章算术》里有问题：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢，问：________日相逢？解析：由题意知，良马每日行的距离成等差数列，记为{a n }，其中a 1＝103，d 1＝13；驽马每日行的距离成等差数列，记为{b n }，其中b 1＝97，d 2＝－0.5.设第m 天相逢，则a 1＋a 2＋…＋a m ＋b 1＋b 2＋…＋b m ＝103m ＋m (m －1)×132＋97m ＋m (m －1)×(－0.5)2＝2×1 125，解得m ＝9(负值舍去)．即二马需9日相逢．答案：95．等差数列{a n }中，已知a 5＞0，a 4＋a 7＜0，则{a n }的前n 项和S n 的最大值为________．解析：∵⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＋a 7＝a 5＋a 6＜0，a 5＞0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 5＞0，a 6＜0，∴S n 的最大值为S 5. 答案：S 5二保高考，全练题型做到高考达标1．(2018·金丽衢十二校联考)已知正项数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，当n ≥2，n ∈N *时，a n ＝a 2n ＋1＋a 2n －12，则a 6＝( ) A ．2 2 B ．4 C ．16D ．45解析：选B 因为a n ＝a 2n ＋1＋a 2n －12，所以2a 2n ＝a 2n ＋1＋a 2n －1，即a 2n ＋1－a 2n ＝a 2n －a 2n －1，所以数列{a 2n }是等差数列，公差d ＝a 22－a 21＝4－1＝3，所以a 2n ＝1＋3(n －1)＝3n －2，所以a n ＝3n －2，所以a 6＝18－2＝4.2．(2018·浙江五校联考)等差数列{a n }中，a 1＝0，等差d ≠0，若a k ＝a 1＋a 2＋…＋a 7，则实数k ＝( )A ．22B ．23C ．24D ．25解析：选A 因为a 1＝0，且a k ＝a 1＋a 2＋…＋a 7，即(k －1)d ＝21d ，又因为d ≠0，所以k ＝22.3．(2018·河南六市一联)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，若{a n }和{S n }都是等差数列，且公差相等，则a 6＝( )A.114B.32C.72D ．1解析：选A 设{a n }的公差为d ，由题意得，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n ，又{a n }和{S n}都是等差数列，且公差相同，∴⎩⎨⎧d ＝ d 2，a 1－d2＝0，解得⎩⎨⎧d ＝12，a 1＝14，a 6＝a 1＋5d ＝14＋52＝114.4．(2018·东阳模拟)已知两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且A nB n＝7n ＋45n ＋3，则使得a nb n为整数的正整数的个数为( ) A ．2 B ．3C ．4D ．5解析：选D 由A n B n ＝7n ＋45n ＋3，可得a n b n ＝A 2n －1B 2n －1＝7n ＋19n ＋1＝7＋12n ＋1，所以要使a n b n 为整数，则需12n ＋1为整数，所以n ＝1,2,3,5,11，共5个．5．设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S nS 2n为常数，则称数列{a n }为“吉祥数列”．已知等差数列{b n }的首项为1，公差不为0，若数列{b n }为“吉祥数列”，则数列{b n }的通项公式为( )A ．b n ＝n －1B ．b n ＝2n －1C ．b n ＝n ＋1D ．b n ＝2n ＋1解析：选B 设等差数列{b n }的公差为d (d ≠0)，S n S 2n ＝k ，因为b 1＝1，则n ＋12n (n －1)d＝k ⎣⎡⎦⎤2n ＋12×2n (2n －1)d ，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d ，整理得(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0. 因为对任意的正整数n 上式均成立，所以(4k －1)d ＝0，(2k －1)(2－d )＝0，解得d ＝2，k ＝14.所以数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1.6．(2019·台州中学期中)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝18，S 18＝54，则a 17＝________，S n ＝__________.解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，因为a 2＝18，S 18＝54，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝18，18a 1＋18×172d ＝54，解得a 1＝20，d ＝－2.所以a 17＝a 1＋16d ＝20－32＝－12，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝－n 2＋21n .答案：－12 －n 2＋21n7．在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前 n 项和为S n ，当且仅当n ＝8 时S n 取得最大值，则d 的取值范围为________．解析：由题意，当且仅当n ＝8时S n 有最大值，可得 ⎩⎪⎨⎪⎧d ＜0，a 8＞0，a 9＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧d ＜0，7＋7d ＞0，7＋8d ＜0，解得－1＜d ＜－78.答案：⎝⎛⎭⎫－1，－78 8．(2018·金华浦江适考)设数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，其中a n ＝－3n ＋20，b n ＝|a n |，则使T n ＝S n 成立的最大正整数n 为________，T 2 018＋S 2 018＝________.解析：根据题意，数列{a n }中，a n ＝－3n ＋20，则数列{a n }是首项为17，公差为－3的等差数列，且当n ≤6时，a n ＞0，当n ≥7时，a n ＜0，又由b n ＝|a n |，当n ≤6时，b n ＝a n ，当n ≥7时，b n ＝－a n ，则使T n ＝S n 成立的最大正整数为6，T 2 018＋S 2 018＝(a 1＋a 2＋…＋a 6＋a 7＋a 8＋…＋a 2 018)＋(b 1＋b 2＋…＋b 6＋b 7＋b 8＋…＋b 2 018)＝2(a 1＋a 2＋…＋a 6)＝(17＋2)×6＝114.答案：6 1149．已知等差数列的前三项依次为a,4,3a ，前n 项和为S n ，且S k ＝110. (1)求a 及k 的值；(2)设数列{b n }的通项b n ＝S nn ，证明：数列{b n }是等差数列，并求其前n 项和T n . 解：(1)设该等差数列为{a n }，则a 1＝a ，a 2＝4，a 3＝3a ，由已知有a ＋3a ＝8，得a 1＝a ＝2，公差d ＝4－2＝2，所以S k ＝ka 1＋k (k －1)2·d ＝2k ＋k (k －1)2×2＝k 2＋k .由S k ＝110，得k 2＋k －110＝0，解得k ＝10或k ＝－11(舍去)，故a ＝2，k ＝10. (2)证明：由(1)得S n ＝n (2＋2n )2＝n (n ＋1)，则b n ＝S nn ＝n ＋1，故b n ＋1－b n ＝(n ＋2)－(n ＋1)＝1，即数列{b n }是首项为2，公差为1的等差数列，所以T n ＝n (2＋n ＋1)2＝n (n ＋3)2. 10．(2018·南昌调研)设数列{a n }的前n 项和为S n,4S n ＝a 2n ＋2a n －3，且a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比数列，当n ≥5时，a n ＞0.(1)求证：当n ≥5时，{a n }成等差数列； (2)求{a n }的前n 项和S n .解：(1)证明：由4S n ＝a 2n ＋2a n －3,4S n ＋1＝a 2n ＋1＋2a n ＋1－3，得4a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋2a n ＋1－2a n ，即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －2)＝0.当n ≥5时，a n ＞0，所以a n ＋1－a n ＝2，所以当n ≥5时，{a n }成等差数列．(2)由4a 1＝a 21＋2a 1－3，得a 1＝3或a 1＝－1，又a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比数列，所以由(1)得a n ＋1＋a n ＝0(n ≤5)，q ＝－1，而a 5＞0，所以a 1＞0，从而a 1＝3，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3(－1)n －1，1≤n ≤4，2n －7，n ≥5，所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧32[1－(－1)n ]，1≤n ≤4，n 2－6n ＋8，n ≥5.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2018·浙江五校联考)已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 1，a 3，a 13成等比数列，若a 1＝1，S n 为数列{a n }的前n 项和，则2S n ＋16a n ＋3的最小值为________．解析：设公差为d .因为a 1，a 3，a 13成等比数列，所以(1＋2d )2＝1＋12d ，解得d ＝2.所以a n ＝2n －1，S n ＝n 2.所以2S n ＋16a n ＋3＝2n 2＋162n ＋2＝n 2＋8n ＋1.令t ＝n ＋1，则原式＝t 2＋9－2t t ＝t ＋9t －2.因为t ≥2，t ∈N *，所以当t ＝3，即n ＝2时，⎝ ⎛⎭⎪⎫2S n ＋16a n ＋3min ＝4.答案：42．已知数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝4n －3(n ∈N *)． (1)若数列{a n }是等差数列，求a 1的值； (2)当a 1＝2时，求数列{a n }的前n 项和S n . 解：(1)法一：∵数列{a n }是等差数列， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ，a n ＋1＝a 1＋nd . 由a n ＋1＋a n ＝4n －3，得(a 1＋nd )＋[a 1＋(n －1)d ]＝4n －3， ∴2dn ＋(2a 1－d )＝4n －3，即2d ＝4,2a 1－d ＝－3，解得d ＝2，a 1＝－12.法二：在等差数列{a n }中，由a n ＋1＋a n ＝4n －3，得a n ＋2＋a n ＋1＝4(n ＋1)－3＝4n ＋1， ∴2d ＝a n ＋2－a n ＝(a n ＋2＋a n ＋1)－(a n ＋1＋a n ) ＝4n ＋1－(4n －3)＝4， ∴d ＝2.又∵a 1＋a 2＝2a 1＋d ＝2a 1＋2＝4×1－3＝1， ∴a 1＝－12.(2)由题意，①当n 为奇数时， S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a n －1＋a n ) ＝2＋4[2＋4＋…＋(n －1)]－3×n －12＝2n 2－3n ＋52.②当n 为偶数时，S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －1＋a n ) ＝1＋9＋…＋(4n －7) ＝2n 2－3n 2.第三节等比数列及其前n 项和1．等比数列的有关概念 (1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为a n ＋1a n＝q .(2)等比中项：如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即：G 是a 与b 的等比中项⇔a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab .2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1.(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.3．等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n－m(n ，m ∈N *)．(2)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k ；(3)若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n (λ≠0)仍然是等比数列；(4)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n＋3k，…为等比数列，公比为q k . [小题体验]1．(教材习题改编)将公比为q 的等比数列a 1，a 2，a 3，a 4，…依次取相邻两项的乘积组成新的数列a 1a 2，a 2a 3，a 3a 4，….此数列是( )A ．公比为q 的等比数列B ．公比为q 2的等比数列C ．公比为q 3的等比数列D ．不一定是等比数列答案：B2．(2018·台州模拟)已知等比数列{a n }各项都是正数，且a 4－2a 2＝4，a 3＝4，则a n ＝________；S 10＝________.解析：设公比为q ，因为a 4－2a 2＝4，a 3＝4，所以有4q －8q ＝4，解得q ＝2或q ＝－1.因为q ＞0，所以q ＝2.所以a 1＝a 3q 2＝1，a n ＝a 1q n －1＝2n －1.所以S 10＝1－2101－2＝210－1＝1 023.答案：2n －1 1 0233．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝3a n (n ∈N *)，则a 3＝______；S 5＝_________. 答案：9 1211．特别注意q ＝1时，S n ＝na 1这一特殊情况．2．由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能立即断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0.3．在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形而导致解题失误．4．S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 未必成等比数列(例如：当公比q ＝－1且n 为偶数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 不成等比数列；当q ≠－1或q ＝－1且n 为奇数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列)，但等式(S 2n －S n )2＝S n ·(S 3n －S 2n )总成立．[小题纠偏]1．在等比数列{a n }中，a 3＝2，a 7＝8，则a 5等于( ) A ．5 B ．±5 C ．4D ．±4解析：选C a 25＝a 3a 7＝2×8＝16，∴a 5＝±4，又∵a 5＝a 3q 2＞0，∴a 5＝4. 2．设数列{a n }是等比数列，前n 项和为S n ，若S 3＝3a 3，则公比q ＝________. 答案：－12或1考点一等比数列的基本运算(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．(2018·绍兴模拟)等比数列{a n }的公比为2，前n 项和为S n .若1＋2a 2＝S 3，则a 1＝( ) A .17 B.15 C.13D ．1解析：选C 由题可得，1＋4a 1＝a 1＋2a 1＋4a 1，解得a 1＝13.2．(2018·杭二中仿真)各项都是正数的等比数列{a n }中，若a 2，12a 3，a 1成等差数列，则a 3＋a 4a 4＋a 5的值为( ) A.5＋12B.5－12C.1－52D.5＋12或1－52解析：选B 设数列{a n }的公比为q (q ＞0，q ≠1)，由a 2，12a 3，a 1成等差数列可得a 3＝a 2＋a 1，所以有q 2－q －1＝0，解得q ＝5＋12(负值舍去)．所以a 3＋a 4a 4＋a 5＝1q ＝5－12. [由题悟法]解决等比数列有关问题的2种常用思想方程的思想等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过1．(2019·浙北联考)设等比数列{a n }的公比q ＝2，前n 项和为S n ，则S 4a 2＝( )A ．2B ．4 C.152D.172解析：选C 因为q ＝2，所以S 4a 2＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4a 2＝1＋q ＋q 2＋q 3q ＝1＋2＋4＋82＝152. 2．(2018·宁波模拟)已知等比数列{a n }满足a 2＝14，a 2a 8＝4(a 5－1)，则a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8的值为( )A ．20B ．31C ．62D ．63解析：选B 因为a 2a 8＝a 25＝4(a 5－1)，解得a 5＝2.所以q ＝2.所以a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝1＋2＋4＋8＋16＝31.3．(2018·杭州二检)设各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4＝80，S 2＝8，则公比q ＝________，a 5＝________.解析：由题可得，设数列{a n }的公比为q (q ＞0，q ≠1)，根据题意可得a 1(1－q 4)1－q＝80，a 1(1－q 2)1－q＝8，解得a 1＝2，q ＝3，所以a 5＝a 1q 4＝2×34＝162. 答案：3 162考点二等比数列的判定与证明(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](2016·全国卷Ⅲ)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.解：(1)证明：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，故a 1≠0. 由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ，即a n ＋1(λ－1)＝λa n .由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1.因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1.(2)由(1)得S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n.由S 5＝3132得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132.解得λ＝－1.[由题悟法]等比数列的4种常用判定方法择题、填空题中的判定．(2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可．[即时应用](2018·衢州模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2(n ∈N *)，若数列{b n }满足b n ＝a n ＋1－2a n ，求证：{b n }是等比数列．证明：因为S n ＋1＝4a n ＋2，所以S 2＝a 1＋a 2＝4a 1＋2，又a 1＝1，所以a 2＝5，b 1＝a 2－2a 1＝3，当n ≥2时，S n ＝4a n －1＋2. 所以S n ＋1－S n ＝a n ＋1＝4a n －4a n －1. 因为b n ＝a n ＋1－2a n ，所以当n ≥2时，b nb n －1＝a n ＋1－2a n a n －2a n －1＝4a n －4a n －1－2a n a n －2a n －1＝2(a n －2a n －1)a n －2a n －1＝2. 所以{b n }是以3为首项，2为公比的等比数列．考点三等比数列的性质(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．(2018·宁波模拟)已知各项不为0的等差数列{a n }满足a 6－a 27＋a 8＝0，数列{b n}是等比数列，且b 7＝a 7，则b 2b 8b 11＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选D 由等差数列的性质，得a 6＋a 8＝2a 7. 由a 6－a 27＋a 8＝0，可得a 7＝2，所以b 7＝a 7＝2.由等比数列的性质得b 2b 8b 11＝b 2b 7b 12＝b 37＝23＝8.2．若等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4S 2＝5，则S 8S 4＝________.解析：由题可得，S 2，S 4－S 2，S 6－S 4，S 8－S 6成等比数列，因为S 4S 2＝5，不妨设S 2＝1，则S 4＝5，所以S 4－S 2＝4，所以S 8＝1＋4＋16＋64＝85，所以S 8S 4＝855＝17.答案：17[由题悟法]等比数列的性质可以分为3类通项公式的变形根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口等比中项的变形前n 项和公式的变形[即时应用]1．(2018·诸暨模拟)已知等比数列{a n }中，a 1＋a 2＋a 3＝40，a 4＋a 5＋a 6＝20.则该数列的前9项和为( )A ．50B ．70C ．80D ．90解析：选B 由等比数列的性质得S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，由S 3＝40，S 6－S 3＝20，知公比为12，故S 9－S 6＝10，S 9＝70.2．(2018·浙江联盟模拟)已知{a n }是等比数列，且a n ＞0，a 2a 4＋2a 3a 5＋a 4a 6＝25，则a 3＋a 5＝________；a 4的最大值为________．解析：因为a n ＞0，a 2a 4＋2a 3a 5＋a 4a 6＝a 23＋2a 3a 5＋a 25＝(a 3＋a 5)2＝25，所以a 3＋a 5＝5，所以a 3＋a 5＝5≥2a 3a 5＝2a 4，所以a 4≤52.即a 4的最大值为52.答案：552一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2018·舟山模拟)已知x ，y ，z ∈R ，若－1，x ，y ，z ，－3成等比数列，则xyz 的值为( )A ．－3B ．±3C ．－3 3D ．±3 3解析：选C 因为－1，x ，y ，z ，－3成等比数列，由等比数列的性质及等比中项可知，xz ＝3，y 2＝3，且y 与－1，－3符号相同，所以y ＝－3，所以xyz ＝－3 3.2．(2019·湖州六校联考)已知等比数列的前n 项和为54，前2n 项和为60，则前3n 项和为( )A ．66B ．64C ．6623D ．6023解析：选D 因为等比数列中，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列，所以54(S 3n －60)＝36，解得S 3n ＝6023.3．(2018·金华十校联考)在等比数列{a n }中，已知a 7a 12＝5，则a 8a 9a 10a 11的值为( ) A ．10 B ．25C ．50D ．75解析：选B 因为a 7a 12＝a 8a 11＝a 9a 10＝5，所以a 8a 9a 10a 11＝52＝25.4．(2018·浙江名校协作体测试)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意的正整数n ，均有S n ＋3＝8S n ＋3，则a 1＝_________，公比q ＝________.解析：因为S n ＋3＝8S n ＋3，所以当n ≥2时，S n ＋2＝8S n －1＋3，两式相减，可得a n ＋3＝8a n ，所以q 3＝8，解得q ＝2；当n ＝1时，S 4＝8S 1＋3，即15a 1＝8a 1＋3，解得a 1＝37.答案：3725．(2018·永康适应性测试)数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝2a n ＋n ，则a 1＝______，数列{a n }的通项公式a n ＝_______.解析：因为S n ＝2a n ＋n ，所以当n ＝1时，S 1＝a 1＝2a 1＋1，所以a 1＝－1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋n －2a n －1－n ＋1，即a n ＝2a n －1－1，即a n －1＝2(a n －1－1)，所以数列{a n －1}是以－2为首项，2为公比的等比数列，所以a n －1＝－2n ，所以a n ＝1－2n .答案：－1 1－2n二保高考，全练题型做到高考达标1．(2019·浙大附中模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＋1＝pS n ＋q (n ∈N *，p ≠－1)，则“a 1＝q ”是“{a n }为等比数列”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选C 因为a n ＋1＝pS n ＋q ，所以当n ≥2时，a n ＝pS n －1＋q ，两式相减得a n ＋1－a n ＝pa n ，即当n ≥2时，a n ＋1a n ＝1＋p .当n ＝1时，a 2＝pa 1＋q .所以当a 1＝q 时，a 2a 1＝1＋p ，满足上式，故数列{a n }为等比数列，所以是充分条件；当{a n }为等比数列时，有a 2＝pa 1＋q ＝(1＋p )a 1，解得a 1＝q ，所以是必要条件，从而选C.2．(2019·乐清模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ∈N *)，则S 6＝( )A ．44B ．45 C.46－13D.45－13解析：选B 因为a 1＝1，a n ＋1＝3S n ＝S n ＋1－S n ，所以S n ＋1＝4S n ，所以数列{S n }是首项为S 1＝a 1＝1，公比为4的等比数列，所以S 6＝45.3．已知数列{a n }满足log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1(n ∈N *)，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)的值是( )A ．－5B ．－15C ．5D.15解析：选A ∵log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1，∴a n ＋1＝3a n . ∴数列{a n }是以公比q ＝3的等比数列． ∵a 5＋a 7＋a 9＝q 3(a 2＋a 4＋a 6)，∴log 13(a 5＋a 7＋a 9)＝log 13(9×33)＝log 1335＝－5.4．古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上题的已知条件，若要使织布的总尺数不少于30，该女子所需的天数至少为( )A ．7B ．8C ．9D ．10解析：选B 设该女子第一天织布x 尺，则x (1－25)1－2＝5，得x ＝531，∴前n 天所织布的尺数为531(2n －1)．由531(2n －1)≥30，得2n ≥187，则n 的最小值为8.5．(2019·金华模拟)设A n ，B n 分别为等比数列{a n }，{b n }的前n 项和．若A n B n ＝12n ＋1，则a 7b 3＝( ) A.19B.12763。

数学课高中数列与数学归纳法

数学课高中数列与数学归纳法本教案主题是数学课的高中数列与数学归纳法。

通过本教案的学习，学生将了解数列的定义、性质和分类，并掌握数列的求和公式和通项公式的推导过程。

同时，学生将学习数学归纳法的基本思想和应用方法，掌握在证明数学命题中使用数学归纳法的技巧。

**教案****一、导入（引发学生兴趣，呈现主题）**示意语: 从我们的日常生活中，我们常常遇到一些有规律的数或物的排列，你是否觉得很有意思的去研究和了解这些排列背后的规律呢？今天，我们将一起来学习高中数学中关于数列与数学归纳法的知识。

**二、数列概念的引入（了解数列的定义和基本概念）**示意语: 在开始学习数列之前，我们先来了解一下数列的定义和基本概念。

数列是一组有序的数的排列，其中每一个数称为该数列的项。

根据数列的规律性，数列可以分为等差数列和等比数列。

**1. 等差数列（介绍等差数列的定义和性质）**示意语: 等差数列是指一个数列中任意两个相邻项的差相等的数列。

例如，1，3，5，7，9就是一个等差数列，公差为2。

请问，这个数列的下一个数是多少？学生回答。

示意语: 很好。

除了等差数列的定义外，你还能说出等差数列的其他性质吗？学生回答。

**2. 等比数列（介绍等比数列的定义和性质）**示意语: 等比数列是指一个数列中任意两个相邻项的比相等的数列。

例如，2，6，18，54，162就是一个等比数列，公比为3。

请问，这个数列的下一个数是多少？学生回答。

示意语: 除了等比数列的定义外，你还能说出等比数列的其他性质吗？学生回答。

**三、数列求和公式的推导（掌握等差数列和等比数列的求和公式的推导过程）**示意语: 在学习数列的过程中，掌握数列求和公式的推导是非常重要的。

下面，我们将分别推导等差数列和等比数列的求和公式。

**1. 等差数列的求和公式推导**示意语: 假设等差数列的首项为$a_1$，公差为$d$，数列前$n$项的和为$S_n$。

下面我们一起推导等差数列的求和公式。

高考复习指导讲义第四章数列极限数学归纳法

⾼考复习指导讲义第四章数列极限数学归纳法⾼考复习指导讲义第四章数列、极限、数学归纳法⼀、考纲要求 1.掌握：①掌握等差数列、等⽐数列的概念、通项公式、前n 项和公式；②能够运⽤这些知识解决⼀些实际问题；③掌握极限的四则运算法则. 2.理解：①数列的有关概念；②能根据递推公式算出数列的前⼏项；③会求公⽐的绝对值⼩1的⽆穷等⽐数列前n 项的极限. 3.了解：①了解递推公式是给出数列的⼀种⽅法；②了解数列极限的意义；③了解数学归纳法的原理，并能⽤数学归纳法证明⼀些简单问题. ⼆、知识结构(⼀)数列的⼀般概念数列可以看作以⾃然数集(或它的⼦集)为其定义域的函数，因此可⽤函数的观点认识数列，⽤研究函数的⽅法来研究数列。

数列表⽰法有：列表法、图像法、解析法、递推法等。

列表法：就是把数列写成a 1,a 2,a ……a n ……或简写成｛a n ｝，其中a n 表⽰数列第n 项的数值，n 就是它的项数，即a n 是n 的函数。

解析法：如果数列的第n 项能⽤项数n 的函数式表⽰为a n =f(n)这种表⽰法就是解析法，这个解析式叫做数列的通项公式。

图像法：在直⾓坐标系中，数列可以⽤⼀群分散的孤⽴的点来表⽰，其中每⼀个点(n,a n )的横坐标n 表⽰项数，纵坐标a n 表⽰该项的值。

⽤图像法可以直观的把数列a n 与n 的函数关系表⽰出来。

递推法：数列可以⽤两个条件结合起来的⽅法来表⽰：①给出数列的⼀项或⼏项。

②给出数列中后⾯的项⽤前⾯的项表⽰的公式，这是数列的⼜⼀种解析法表⽰称为递推法。

例如：数列2，4，5，529，145941…递推法表⽰为 a 1=2 其中a n+1=a n +na 4⼜称该数列 a n+1=an+na 4(n ∈N) 的递推公式。

由数列项数的有限和⽆限来分数列是有穷数列和⽆穷数列。

由数列项与项之间的⼤⼩关系来分数列是递增数列、递减数列、摆动数列以及常数列。

由数列各项绝对值的取值范围来分数列是有界数列和⽆界数列、通项公式是研究数列的⼀个关键，归纳通项公式是求数列通项公式的最基本⽅法，给出数列的前n 项，求这个数列的通项公式并不是唯⼀的，也并⾮所有的数列都能写出通项公式。

(浙江专用)2020高考数学二轮复习专题三数列与数学归纳法第3讲数列的综合问题教案

第3讲数列的综合问题数列不等式的证明[核心提炼]数列不等式的证明问题能有效地观察学生综合运用数列与不等式知识解决问题的能力．与数列有关的不等式除利用数学归纳法证明外，还可以借助以下方法：若所证数列不等式可以转变成函数，可借助函数的单调性证明；若所证数列不等式两边均是整式多项式，可以借助比较法；若所证数列可以乞降，且所证不等式与和式有关，可先求出其和，再借助放缩法证明．[典型例题]已知数列{x n }满足：x 1＝1，x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)(n ∈N *)．证明：当 n ∈N *时， (1)0<x n ＋1 <x n ；nn ＋1；(2)2x n ＋1－x n ≤211(3) 2n －1≤x n ≤2n －2.【证明】(1)用数学归纳法证明：x n >0. 当n ＝1时，x 1＝1>0. 假设n ＝k 时，x k >0，那么n ＝k ＋1时，若x k ＋1≤0时，则0<x k ＝x k ＋1＋ln(1 ＋x k ＋1)≤0，矛盾，故x k ＋1>0.所以x n >0(n ∈N *)．所以x n ＝x n ＋1＋ln(1 ＋x n ＋1)>x n ＋1.所以0<x n ＋1n*<x (n ∈N)．(2) 由x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)得，2＋2)ln(1 ＋x n ＋1)．x n x n ＋1－4x n ＋1＋2x n ＝x n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1记函数f (x )＝x2－2x ＋(x ＋2)ln(1＋x )(x ≥0)，2x 2＋xf ′(x )＝x ＋1 ＋ln(1＋x )>0(x >0)，函数所以所以f (x )在[0，＋∞)上单调递加， f (x )≥f (0)＝0，x 2 －2n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1 ＋ n ＋1)＝ (x n ＋1)≥0，n ＋1xx f故2x n ＋1－x n ≤x n x n＋1(n ∈N *)．2(3)因为x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)≤x n ＋1＋x n ＋1＝2x n ＋1，1所以x n ≥2n －1.x n x n ＋11 1 1 1xxx n ＋12x n22所以1111 n －111 ＝2n －2－≥2－2 ≥≥2x 1－，x n 2 x n －121故x n ≤n －2.2综上，21 21 *≤x ≤(n ∈N)．n －1nn －2证明数列不等式常用的四种方法 (1) 构造函数，结合数列的单调性证明．(2) 若待证不等式的两边均为关于n 的整式多项式，常用作差比较法证明数列不等式． (3) 与数列前n 项和有关的不等式的证明方法主要有两种：一是若数列的通项可以直接乞降，则先乞降后，再依据和的性质证明不等式；二是若数列的通项不行以直接乞降，则先放缩后再乞降证明．(4) 当待证不等式随n 的变化表现的规律较明显，且初始值n 0易于确准时，用数学归纳法证明．[ 对点训练]．设数列 nn≤， ∈ *1 ＋1{a }21 nN.n ≥2 n －11*；(1)证明：|a | (| a | －2)，n ∈N3n**(2)若|a n |≤2，n ∈N ，证明：|a n |≤2，n ∈N.证明：(1) 由a － a n ＋1 ≤1，得n1 |a n | |a n ＋1|1*，|a n |－|a n ＋1|≤1，故n－n ＋1≤n ，n ∈N22221 n| a 1|| a 2|| a 2||3||a n －1|| a n |111|a ||a |－＋＝a ＋＋－≤ 222＝21a22222n －12n2＋＋＜1n312n －11，所以|a n |≥2n －1(|a 1|－2)．(2) 任取n ∈N *，由(1)知，关于任意m ＞n ， |a | |a | |a | |a | |a ||a | nmnn ＋1n ＋1 n ＋22n －2m ＝ 2n －2n ＋1 ＋2n ＋1 － 2n ＋2＋＋|a m －1| － |a m | 1 11 12m －12m≤2n ＋2n ＋1＋＋2m －1＜2n －1，1 |a mnmn11 3 n＜n －1＋ m·2≤·2故|a |222 n －1 m2＋ 2·3mn＝2＋4·2.3mn 从而关于任意 m ＞n ，均有|a n |＜2＋4 ·2 .①由的任意性得| n |≤2.ma－23m 03*|an |00不然，存在n ∈N，有|an |＞2，取正整数m ＞log32 0且m ＞n ，则2n ·4＜2n ·44|a |－2log3 n0n04 2＝|an 0|－2，与①式矛盾，综上，关于任意 n ∈N *，均有|a n |≤2.2．已知数列{n满足， 1＝1，n11a aaa n ＋1 22(1) 求证：3≤a n ≤1；nn1(2)求证：|a＋1－a |≤3.126142证明：(1)由已知得a n ＋1＝1，计算a 2＝3，a 3＝7，a 4＝19，猜想3≤a n ≤1.a n ＋2下边用数学归纳法证明．①当n ＝1时，命题明显成立；2 1 11＜1，②假设n ＝k 时，有3≤a n ≤1成立，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝1≤2a k ＋2 ＋ 23 11 2n ＝k ＋1时也成立，a k ＋1＝≥1 ＝，即当1 3a k ＋2 1＋2*2所以对任意n ∈N ，都有≤a n ≤1.1(2) 当n ＝1时，|a 1－a 2|＝，3当n ≥2时，因为11 1 1＋ 1 ≥1 1 3(a n ＋)(a n －1＋)＝(a n ＋)· a ＝1 2 ＋＝，22 22 2nn1 1－1nn＝1所以|a＋1－a|a ＋ 2an n －1|a －a|2＝nn － 1≤3|a n－an－1|11（a n ＋2）（a n －1＋2）2n －112n －11≤≤3 |a 2－a 1|＝3·3<3.1综上知，|a n ＋1－a n |≤.3数列中的交汇创新问题[核心提炼]数列在中学教材中既有相对独立性，又有较强的综合性，很多数列问题一般转变成特别数列求解，一些题目常与函数、向量、三角函数、分析几何、不等式等知识交汇结合，观察数列的基本运算与应用．[典型例题](1)(2018 ·高考浙江卷)已知a1， 2，3， 4成等比数列，且1＋2＋3＋ 4＝ln(a 1aa aaaa a＋a ＋a )．若a >1，则( )231A ．a <a ，a <aB ．a >a ，a <a132413 24C ．1 < 3， 2>4D ．1 > 3， 2>4a a a aa a a a(2)已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且 x 1＋x 2＝3，x 3－x 2＝2.①求数列{x n }的通项公式；②如图，在平面直角坐标系xOy 中，挨次连接点1(x 1,1)，2( x 2,2)，， n ＋1(x n ＋1,n ＋1)P PP获取折线P 1 P 2P n ＋1，求由该折线与直线 y ＝0，x ＝x 1，x ＝x n ＋1所围成的地域的面积T n .【解】 (1)选B.法一：因为ln x ≤ －1( x >0)，所以 1＋2 ＋3＋ 4＝ln( 1＋2＋3)≤ 1xaaaaaaa a ＋2＋ 3－1，所以a 4≤－1，又1>1，所以等比数列的公比q <0.若 q ≤－1，则a1＋ 2＋ 3＋ 4aaaaaa＝a 12a 1＋a 2＋ a 3≥a 1>1，所以ln(a 1＋a 2＋a 3)>0，与ln( a 1 ＋a 2 ＋a 3)＝a 1(1＋q )(1＋q )≤0，而＋2 ＋ 3＋ 4≤0矛盾，a a a2 2，所以－1<q<0，所以a1－a3＝a1(1－q)>0 ，a2－a4＝a1q(1－q)<0所以1> 3≥1，2<4，应选B.aa a aa法二：因为x 1 2 3 4 1 2 3e ≥x＋1，a＋a＋a＋a＝ln(a＋a＋a)，所以e a1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a2＋a3≥a1＋a2＋a3＋a4＋1，则a4 ≤－1，又a1>1，所以等比数列的公比<0.q若q≤－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0，而a1＋a2＋a3≥a1>1，所以ln(a1＋a2＋a3)>0，与ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4≤0矛盾，所以－1<q<0，所以a1－a3＝a1(1－q2)>0，a2－a4＝a1q(1－q2)<0，所以a1>a3，a2<a4，应选B.(2)①设数列{x n}的公比为q，由已知q＞0.x1＋x1q＝3，由题意得x1q2－x1q＝2.所以3q2－5q－2＝0.因为q＞0，所以q＝2，x1＝1，所以数列{x n}的通项公式为n－1 x n＝2.②过P，P，，P 向x轴作垂线，垂足分别为Q，Q，，Q.1 2 n＋1 12 n＋1由①得x n＋1 n n－1 n－1－x n＝2－ 2 ＝2，记梯形P n P n ＋1Q n＋1Q n的面积为b n，由题意得b n＝（n＋n＋1）×2n－1＝(2n＋1)×2n－2，2所以T n＝b1＋b2＋＋b n－101n－3n－2＝3×2＋5×2＋7×2＋＋(2n－1)×2＋(2n＋1)×2.(i)又2T n＝3×20＋5×21＋7×22＋＋(2n－1)×2n－2＋(2n＋1)×2n－1.(ii)－1 2 n－1 n－13 2（1－2n－1）(i)－(ii)得－T n＝3×2＋(2＋2＋＋2)－(2n＋1) ×2＝2＋1－2 －(2n＋1)×2n－1.（2n－1）×2n＋1所以T＝.n 2数列与函数的综合问题主要有两类(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题；(2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、乞降方法等对式子进行化简变形．[对点训练]已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(ω＞0，|φ|＜π)的图象经过点π7π 12，－2，12，2，π7π 且在区间 12，12 上为单调函数．(1) 求ω，φ的值；π n n * n项和S 30. (2)设a ＝nf 3 (n ∈N)，求数列{a }的前30解：(1) 由题可得ωπ＋φ＝2 π，12 k π－27ωππk ∈Z ，12＋φ＝2k π＋2，k ∈Z ，2π解得ω＝2，φ＝2k π－3，k ∈Z ，2π因为|φ|＜π，所以φ＝－ 3.(2)因为 n ＝2 sin 2π － 2π2π 2πa n(∈N *)，数列2sin n －n 3 3 n3 3*的周期为3，前三项挨次为 0， 3，－3，(n ∈N)所以3n －2＋3n －1＋ 3n＝(3－2)×0＋(3 n －1)×3＋3×(－3)＝－3(∈N *)，a a a nnn所以S 30＝(a 1＋a 2＋a 3)＋＋(a 28＋a 29＋a 30)＝－103.数列中的研究性问题[核心提炼]研究性问题是指依据已知条件(或给出的结论)，研究相应结论(或条件)能否存在的一类问题，主要包含结论存在型，结论研究型，条件研究型，综合研究型．[典型例题]已知等差数列{a n }满足：a 1＝2，且a 1，a 2，a 5成等比数列．(1) 求数列{a n }的通项公式；(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，能否存在正整数n ，使得S n >60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明原由．【解】(1)设等差数列{a n }的公差为d ，依题意，2，2＋d ，2＋4d 成等比数列，故有(2 ＋ d )2＝2(2＋4d )，化简得d 2－4d ＝0，解得d ＝0或d ＝4. 当d ＝0时，a n ＝2；当d ＝4时，a n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2，从而得数列{a n }的通项公式为 a n ＝2或 a n ＝4n －2.(2) 当a n ＝2时，S n ＝2n .明显2n <60n ＋800，此时不存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立．当a n ＝4n －2时，S n ＝n [2＋（4n －2）]＝2n 2.2 令2n 2>60n ＋800，即n 2－30n －400>0，解得n >40或n <－10(舍去)，此时存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立，n 的最小值为41. 综上，当a n ＝2时，不存在满足题意的n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的n ，其最小值为41.要判断在某些确立条件下的某一数学对象能否存在或某一结论能否成立，“能否存在”的问题的命题形式有两种：假如存在，找出一个来；假如不存在，需要说明原由．这种问题常用“一定顺推”的方法．[对点训练]数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝(n 2＋n －λ)a n (n ＝1，2，)，λ是常数． (1) 当a 2＝－1时，求λ及a 3的值；(2) 数列{a n }能否可能为等差数列？若可能，求出它的通项公式；若不行能，说明原由．解：(1)因为a n ＋1＝(n 2＋n －λ)a n (n ＝1，2，)，且a 1＝1，所以当a 2＝－1时，得－1＝2－λ，故λ＝3. 从而a 3＝(22＋2－3)×(－1)＝－3.(2) 数列{a n }不行能为等差数列，原由以下：由a 1＝1，a n ＋1＝(n 2＋n －λ)a n ，得a 2＝2－λ，a 3＝(6－λ)·(2－λ)，a 4＝(12－λ)(6 － λ)(2－λ)．若存在λ，使{a n }为等差数列，则a 3－a 2＝a 2－a 1，即(5－λ)(2－λ)＝1－λ，解得λ＝3.于是a －a ＝1－λ＝－2，a －a ＝(11－λ)(6－λ)(2－λ)＝－24.2143这与{a }为等差数列矛盾，所以，对任意λ，{a }都不行能是等差数列．nn专题增强训练1．(2019·台州市高三期末考试 )在正项数列{n }中，已知1＝1，且满足 a n ＋1＝2 n － 1aaa a ＋1n(n ∈N *)．(1) 求a 2，a 3；3n －1 (2)证明：a n ≥().21*解：(1)因为在正项数列{a n }中，a 1＝1，且满足a n ＋1＝2a n －a n ＋1(n ∈N)，1 3所以a 2＝2×1－1＋1＝2，3 1 13a ＝2×－＝.33＋12523 1－1(2)证明：①当n ＝1时，由已知a 1＝1≥(2)＝1，不等式成立； 3 k －1 ②假设当n ＝k 时，不等式成立，即a k ≥()，21因为f (x )＝2x －x ＋1在(0，＋∞)上是增函数，所以 k ＋1＝2 k － 1≥2(3)k －1－ 1a a a k ＋1 2 （3）k －1＋123 k 1 3 k1＝(2) ＋ 3(2)－ 3k －1＋1（2）＝( )k ＋1 （3）2k －1＋ 1 （ 3 ）k －132 3 2 32（ 3 ）k －1＋121 3 k3k3 k 9[（2）＋3][2 ×（2）－3]＝(2) ＋ 3 k －1＋1，（）23 k3因为k ≥1，所以2×( )－3≥2×－3＝0，22k ＋13k，所以a ≥(2) 即当n ＝k ＋1时，不等式也成立．依据①②知不等式对任何n ∈N *都成立．2．(2019·嘉兴调研)已知n 为各项均为正数的数列 {n }的前 n2＋3n项和，1∈(0，2)，nSa a a a＋ 2＝6S n .(1) 求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝ 1*，t ≤4T n 恒成立，务实数 t，数列{b n }的前n 项和为T n ，若对任意的n ∈Na n a n ＋1的最大值．解：(1)当＝1时，由2＋3n ＋2＝6n，得 2 ＋3 1＋2＝61，即 2n11－31＋2＝0.n a a S a a a aa又a 1∈(0，2)，解得a 1＝1.由 a 2a n ＋2＝6n ，可知 2 ＋3n ＋1＋2＝6n ＋1.n＋3n ＋1SaaS两式相减，得a22－a )＝6a ，即(a＋a )(a－a －3)＝0.n ＋1 －a ＋3(an ＋ n ＋n1 nn ＋1n ＋1n 1n因为a n ＞0，可得a n ＋1－a n －3＝0，即a n ＋1－a n ＝3，所以{n}是首项为 1，公差为 3的等差数列，所以a n＝1＋3( n－1)＝3－2.an(2) 由a n ＝3n －2，可得11 b n ＝a n a n ＋1＝（3n －2）（3n ＋1）1 11－3n ＋1，＝33n －2T ＝b ＋b ＋＋bnn121 1 1 111＝31－4＋4－7＋＋3n －2－3n ＋1n＝ 3n ＋1.1因为 n13n 的增大而增大，所以数列{n }是递加数列，n ＝＝－跟着 3n ＋13n ＋13所以t ≤4T n ?tt1t ≤1，所以实数t 的最大值是1.≤T n ? ≤T 1＝ 4 4 41*3．(2019·金华模拟)已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1a n ＝2a n ＋1－1(n ∈N)，令b n ＝a n －1.(1) 求数列{b n }的通项公式；a 2n ＋1 7 (2) 令c n ＝a 2n ，求证：c 1＋c 2＋＋c n <n ＋24.解：(1)因为a n ＋1a n ＝2a n ＋1－1(n ∈N *)，b n ＝a n －1，即a n ＝b n ＋1.1 1 所以(b n ＋1＋1)(b n ＋1)＝2(b n ＋1＋1)－1，化为：－＝－1，b n ＋1b n所以数列{ 1}是等差数列，首项为－ 2，公差为－1.bn所以 11＝－2－(n －1)＝－1－n ，所以b ＝－.b nnn ＋11n(2) 证明：由(1)可得：a n ＝b n ＋1＝1－n ＋1＝n ＋1.n ＋122n ＋1 2n＋1＋1n＋1） 2a＝（2所以c n ＝ n＝ nna 2n2n 2 2 （2＋2）＋11 1 1＝1＋22n － 2n ＋2，因为n ≥2时，2n ＋2≤2n ＋1－1，1 1 1 1 所以2n － 2n＋2<2n －1－ 2n ＋1－1， 111所以c 1＋c 2＋＋c n <n ＋22－4＋ 1 1 1 7 17222－1－2n ＋1－1＝n ＋24－2（2n ＋1－1）<n ＋24.4．(2019·绍兴市高三教课质量调测2 2)已知数列{a n }满足a n ＞0，a 1＝2，且(n ＋1)a n ＋1 ＝na n＋ a n (n ∈N *)．(1) 证明：a n ＞1；2 a 22 a23a9n(2) 证明：4＋9＋＋n 2＜5(n ≥2)．证明：(1)由题得( n ＋1)· a 2 ＋1)＝2＋ n －1，n ＋1－(n －n nan a 故(a n ＋1－1)(a n ＋1＋1)(n ＋1)＝(a n －1)(na n ＋n ＋1)，由a n ＞0，n ∈N *，可知(a n ＋1＋1)(n ＋1)＞0，na n ＋n ＋1＞0，所以n ＋1－1与 n －1同号，又1－1＝1＞0，故a n＞1.aaa(2)由(1) 知a＞1，故(n ＋1)a 222n ＝na ＋a ＜(n ＋1)a ，n ＋1nnn所以a＜a ，1＜a ≤2.n ＋1 nn又由题可得a n＝( ＋1)22n ＋1－n ，所以，nanaa 1＝22，a 2 ＝ 22222a 2－a 1 3a 3－2a 2，，a n ＝(n ＋1)·a n ＋1－na n ，2相加得a ＋a ＋＋a ＝(n ＋1)a－4≤2n ，12nn ＋1所以2≤2n ＋422n ＋2n ≥2)，an ＋1n ＋，即 a n ≤n (122 211121a nn 2≤ 2 ＋ 3≤2n －1－n ＋ n －1－＋＋1(n ≥2)．n nn n2a 239当n ＝2时，22＝4＜5.22322319a 2a 3当n ＝3时，22＋32≤4＋32＋33＜4＋3＜5.222a 2a 2a 3a 4n当n ≥4时，4＋9＋16＋＋n 2 1 1 1 1 1 2 1 1 ＜24 ＋＋＋ 4＋＋＋－ 9 16 4 2734211219＝ 1＋9＋8＋4＋27＋12＜5.从而，原命题得证．5．(2019·台州市高考一模)已知数列{a n }满足：a n ＞0，a n ＋1＋1*＜2(n ∈N)．a n(1) *求证：a n ＋2＜a n ＋1＜2(n ∈N)； (2) 求证：a n ＞1(n ∈N *)．1证明：(1)由a n ＞0，a n ＋1＋＜2，a nn ＋1＜2－1a n1n ＋2因为2＞a n ＋2＋≥2，a n ＋1 a n ＋1所以a n ＋2＜a n ＋1＜2.(2) 假设存在a N ≤1(N ≥1，N ∈N *)，由(1)可适合n ＞N 时，a n ≤a N ＋1＜1，1 a n －1依据a n ＋1－1＜1－a n ＝an ＜0，而a n ＜1，1a n 1所以a n ＋1－1＞a n －1＝1＋a n －1.11于是a N ＋2－1＞1＋a N ＋1－1，11a N ＋n －1＞1＋a N ＋n －1－1. 累加可得 1 1N ＋n －1＞n －1＋N ＋1－1(*)，aa由(1)可得a N ＋n －1＜0，而当＞－1＋1时，明显有 n －1＋1＞0，na aNN1 1所以有a N ＋n －1＜n －1＋a N ＋1－1，这明显与(*)矛盾，所以a n ＞1(n ∈N *)．6．(2019·金丽衢十二校高三联考2 3n(－1) ＝(－)已知f (x )＝ax ＋ax ＋ax ＋＋ax ，且fn123nn1)n ·n ，n ＝1，2，3，.(1) 求a 1，a 2，a 3；(2) 求数列{a n }的通项公式；**222 23(3)当k >7且k ∈N 时，证明：对任意n ∈N都有a n ＋1＋a n ＋1＋1＋a n ＋2＋1＋＋a nk －1＋1>2成立．解：(1)由f 1(－1)＝－a 1＝－1得a 1＝1，由f 2(－1)＝－a 1＋a 2＝2，得a 2＝3，又因为f 3(－1)＝－a 1＋a 2－a 3＝－3，所以a 3＝5.(2) 由题意得：f n (－1)＝－a 1＋a 2－a 3＋＋(－1)n a n ＝(－1)n ·n ，f n －1(－1)＝－a 1＋a 2－a 3＋＋(－1)n －1a n －1＝ (－1)n －1·(n －1)，n ≥2，两式相减得：(－1)n a n ＝(－1)n ·n －(－1)n －1·(n －1)＝(－1)n (2n －1)，适合n ≥2时，a ＝2n －1，又a ＝1吻合，所以a*＝2n －1(n ∈N)．n1na n ＋1(3) 证明：令b n ＝2＝n ，则S ＝ 1＋ b 1＋ b1＋＋1＝ 1＋ n1 ＋ 1 ＋＋1 ，b nn ＋1n ＋2bn＋1nnknk －1＋2－1所以2＝ 1 1＋1 1 ＋ 1 1 ＋＋ 11＋＋＋＋.(*)S nnk －1 n ＋1nk －2 n ＋2nk －3nk －1n1 11当x >0，y >0时，x ＋y ≥2xy ，x ＋y ≥2xy，11 所以(x ＋y )x ＋y ≥4，1 1 4所以x ＋y ≥x ＋y ，当且仅当x ＝y 时等号成立，上述(*)式中，k >7，n >0，n ＋1，n ＋2，，4 4 4 4 4（－1） nk －1全为正，所以2S >n ＋nk －1＋n ＋1＋nk －2＋n ＋2＋nk －3＋＋nk －1＋n ＝n ＋nk －1 ，2（k －1）2（k －1） 2所以S > 1> k ＋1 ＝21－k ＋11＋k －n >21－237＋1＝2，得证．27．(2019·宁波市诺丁汉大学附中高三期中考试)已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋2a n ，n ∈N *，设b n ＝log 2(a n ＋1)．(1) 求{a n }的通项公式；1 11(2) 求证：1＋2＋3＋＋b n －1＜n (n ≥2)； (3) 若2 c n ＝n ，求证：c n ＋1n＜3.2≤()bc n解：(1)由2＋2 a n ，则a 22n ＋1＝nn ＋1＋1＝n ＋2n ＋1＝(n ＋1)，a a aa a由a 1＝3，则a n ＞0，两边取对数获取log 2(n ＋1＋1)＝log 2( a n ＋1) 2＝2log 2(n ＋1)，即 n ＋1＝2n .a a bb又b 1＝log 2(a 1＋1)＝2≠0，所以{b n }是以2为公比的等比数列．即b n ＝2n .又因为b n ＝log 2(a n ＋1)，所以a n ＝22n －1.1111(2) 证明：用数学归纳法证明：①当n ＝2时，左侧为1＋2＋3＝6＜2＝右侧，此时不等式成立；②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，不等式成立，则当n ＝k ＋1 时，左侧＝ 1 1 1 1 11 1 1 1＋＋＋＋2 k ＋k ＋ k ＋＋ k ＋1＜k ＋k ＋k ＋12 3 －122 ＋12 －1 22 1111k＋＋2k ＋1－1＜k ＋2k ＋2k ＋＋2k 2个,＜k ＋1＝右侧，所以当n ＝k ＋1时，不等式成立．综上可得：对全部n ∈N *，n ≥2，命题成立． (3) 证明：由2c n ＝b n 得c n ＝n ，c n ＋1 n 1＋n n 1n所以(c n )＝(n )＝(1＋n )，1n 01121第一(1＋n ) ＝C n ＋C n n ＋C n n 2＋＋k1n1C n n k ＋＋C n n n ≥2，其次因为 k 1n （n －1）（n －k ＋1） 111 1k ≥2)，C n k ＝ k＜≤＝－(n k ！nk ！ k （k －1）k －1k1n1121n n n2k1n1n n1 1 1 1 1 1＜ 1＋1＋1－2＋2－3＋＋n －1－n ＝3－n ＜3，当n ＝1时明显成立．所以得证． 1a n －18．数列{a n }满足a 1＝4，a n ＝（－1）n a n －1－2(n ≥2，n ∈N)．(1) 试判断数列1＋（－1）n 能否为等比数列，并说明原由；a n（2n －1）π*4(2)设b n ＝a n sin 2，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：对任意的n ∈N ，T n ＜ 7.解：(1) a ＝a n －1?1（－1）na n －1－2 n 2n＝＝(－1)－，n（－1）an －－2an an －1an －11所以1＋(－1)n ＝2·(－1)n－21＋(－1)n ＝(－2)·（－1）n －1＋1 ，a na n －1所以a na n －11n所以a n＋（－1）为公比是－2的等比数列．1 1(2)证明：a 1 ＋( －1)＝3，由(1)可得1 n 1 1n －1n －1＋(－1)＝＋（－1）·(－2)＝3·(－2)，a na 11所以a n ＝3·（－2）n －1－（－1）n .而sin （2n －1）π＝(－1)n －1，2所以（2n －1）π（－1）n－1n＝ 1，所以b1ba3·（－2）－（－1）3·2 ＋13·2＋121＜n －1，3·2111当n ≥3时，T n ＝b 1＋b 2＋＋b n ＜(b 1＋b 2)＋3·22＋3·23＋＋3·2n －111n －211121－2111474＝4＋7＋ 1 ＜4＋7＋6＝84＜7.1－2因为{b n }为正项数列，所以T 1＜T 2＜T 3＜＜T n ，*4所以n ∈N ，T n ＜7.。