2020高考数学复习专题 数列与数学归纳法教案
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-1-
A．3×44 C．44
B．3×44＋1 D．44＋1
解析：选 A.由 an＋1＝3Sn，得到 an＝3Sn－1(n≥2)， 两式相减得：an＋1－an＝3(Sn－Sn－1)＝3an， 则 an＋1＝4an(n≥2)，又 a1＝1，a2＝3S1＝3a1＝3， 得到此数列除去第一项后，为首项是 3，公比为 4 的等比数列， 所以 an＝a2qn－2＝3×4n－2(n≥2)， a6＝3×44，故选 A. 2．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，
A．{Sn}是等差数列 C．{dn}是等差数列
B．{Sn2}是等差数列 D．{dn2}是等差数列
(2)设数列{an}的前 n 项和为 Sn，n∈N*.已知 a1＝1，a2＝32，a3＝54，且当 n≥2 时，4Sn＋2＋
5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1. ①求 a4 的值；
-3-
②证明：an＋1－21an为等比数列； ③求数列{an}的通项公式． 【解】 (1)选 A.由题意，过点 A1，A2，A3，…，An，An＋1，…分别作直线 B1Bn＋1 的垂线， 高分别记为 h1，h2，h3，…，hn，hn＋1，…，根据平行线的性质，得 h1，h2，h3，…，hn，hn＋1，… 成等差数列，又 Sn＝12×|BnBn＋1|×hn，|BnBn＋1|为定值，所以{Sn}是等差数列．故选 A.
共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座 7 层塔共挂了 381 盏灯，且相邻两层中
的下一层灯数是上一层灯数的 2 倍，则塔的底层共有灯( )
A．186 盏
B．189 盏
C．192 盏
D．96 盏
解析：选 C.设塔的底层共有灯 x 盏，则各层的灯数构成一个首项为 x，公比为12的等比数
列.x11－－21217＝381，解得 x＝192.
2q2＝2＋3q⇒
q＝2(负舍)，a2a4a6＝64⇒
a3 4
＝64⇒ a4＝4⇒ a1＝aq43＝12，Sn＝12（11－－22n）＝2n－2 1.
2n－1 答案：2 2
等差、等比数列的判定与证明 1．证明数列{an}是等差数列的两种基本方法 (1)利用定义，证明 an＋1－an(n∈N*)为一常数； (2)利用等差中项，即证明 2an＝an－1＋an＋1(n≥2)． 2．证明数列{an}是等比数列的两种基本方法 (1)利用定义，证明aan＋n 1(n∈N*)为一常数； (2)利用等比中项，即证明 an2＝an－1an＋1(n≥2)．
(2)①当 n＝2 时，4S4＋5S2＝8S3＋S1， 即 41＋32＋45＋a4＋51＋32＝81＋32＋45＋1， 解得：a4＝78.
②证明：因为 4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)， 所以 4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)， 即 4an＋2＋an＝4an＋1(n≥2)， 因为 4a3＋a1＝4×54＋1＝6＝4a2，所以 4an＋2＋an＝4an＋1，
[典例分析]
(1)设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，若SS14＝110，则SS53＝(
)
A.25
B.35
C.37
D.47
(2)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，满足对任意的正整数 n，均有 Sn＋3＝8Sn＋3，则 a1＝ ________，公比 q＝________．
【解析】 (1)设公差为 d，则4a1a＋1 6d＝110，d＝a1， 所以SS35＝53aa11＋＋130dd＝25，故选 A.
当 n＝1 时，S1＝a1＝2. 故 Sn＝2n2. 答案：2 2n2
4．已知等比数列{an}的公比 q>0，前 n 项和为 Sn，若 2a3，a5，3a4 成等差数列，a2a4a6＝64，
则 q＝________，Sn＝________．
解析：由
2a3，a5，3a4
成等差数列得
2a5＝2a3＋3a4⇒
(2)由 Sn＋3＝8Sn＋3，则 Sn＋2＝8Sn－1＋3， 两式相减得，an＋3＝8an⇒ anq3＝8an，则 q3＝8⇒ q＝2， 由等比数列前 n 项和公式得，a1（11－－22n＋3）＝8·a1（11－－22n）＋3，
即 2n＋Biblioteka Baidua1－a1＝8·2na1－8a1＋3， 从而解得 a1＝37.
[典例分析] (1)如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|，An≠An＋2， n∈N*，|BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|，Bn≠Bn＋2，n∈N*(P≠Q 表示点 P 与 Q 不重合)．若 dn＝|AnBn|，Sn 为△AnBnBn＋1 的面积，则( )
第 1 专题 等差数列、等比数列
等差、等比数列的基本运算
1．等差数列的通项公式及前 n 项和公式
an＝a1＋(n－1)d；Sn＝n（a12＋an）＝na1＋n（n2－1）d.
2．等比数列的通项公式及前 n 项和公式 an＝a1qn－1(q≠0)；Sn＝a1（11－－qqn）＝a11－－aqnq(q≠1)．
①－②可得 an＝Sn－Sn－1＝（an＋8 2）2－（an－18＋2）2(n≥2)，
整理得(an＋an－1)(an－an－1－4)＝0 因为数列{an}的各项都是正数， 所以 an－an－1－4＝0，即 an－an－1＝4. 故数列{an}是以 2 为首项 4 为公差的等差数列，
-2-
所以 Sn＝2n＋n（n－ 2 1）×4＝2n2.
3．已知正数数列{an}的前 n 项和 Sn 满足：Sn 和 2 的等比中项等于 an 和 2 的等差中项，则 a1＝________，Sn＝________．
解析：由题意知an＋2 2＝ 2Sn，
平方可得 Sn＝（an＋8 2）2，①
由 a1＝S1 得a1＋2 2＝ 2a1，
从而可解得 a1＝2. 又由①式得 Sn－1＝（an－18＋2）2(n≥2)，②
3 【答案】 (1)A (2)7 2
关于等差(等比)数列的基本运算，一般通过其通项公式和前 n 项和公式构造关于 a1和 d(或 q)的方程或方程组解决，如果所给出的是递推关系式，可通过将递推关系式变形，构造出满 足等差(等比)数列定义的新数列，然后再按等差(等比)数列进行基本运算．
[针对训练] 1．数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a1＝1，an＋1＝3Sn(n≥1)，则 a6＝( )
A．3×44 C．44
B．3×44＋1 D．44＋1
解析：选 A.由 an＋1＝3Sn，得到 an＝3Sn－1(n≥2)， 两式相减得：an＋1－an＝3(Sn－Sn－1)＝3an， 则 an＋1＝4an(n≥2)，又 a1＝1，a2＝3S1＝3a1＝3， 得到此数列除去第一项后，为首项是 3，公比为 4 的等比数列， 所以 an＝a2qn－2＝3×4n－2(n≥2)， a6＝3×44，故选 A. 2．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，
A．{Sn}是等差数列 C．{dn}是等差数列
B．{Sn2}是等差数列 D．{dn2}是等差数列
(2)设数列{an}的前 n 项和为 Sn，n∈N*.已知 a1＝1，a2＝32，a3＝54，且当 n≥2 时，4Sn＋2＋
5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1. ①求 a4 的值；
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②证明：an＋1－21an为等比数列； ③求数列{an}的通项公式． 【解】 (1)选 A.由题意，过点 A1，A2，A3，…，An，An＋1，…分别作直线 B1Bn＋1 的垂线， 高分别记为 h1，h2，h3，…，hn，hn＋1，…，根据平行线的性质，得 h1，h2，h3，…，hn，hn＋1，… 成等差数列，又 Sn＝12×|BnBn＋1|×hn，|BnBn＋1|为定值，所以{Sn}是等差数列．故选 A.
共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座 7 层塔共挂了 381 盏灯，且相邻两层中
的下一层灯数是上一层灯数的 2 倍，则塔的底层共有灯( )
A．186 盏
B．189 盏
C．192 盏
D．96 盏
解析：选 C.设塔的底层共有灯 x 盏，则各层的灯数构成一个首项为 x，公比为12的等比数
列.x11－－21217＝381，解得 x＝192.
2q2＝2＋3q⇒
q＝2(负舍)，a2a4a6＝64⇒
a3 4
＝64⇒ a4＝4⇒ a1＝aq43＝12，Sn＝12（11－－22n）＝2n－2 1.
2n－1 答案：2 2
等差、等比数列的判定与证明 1．证明数列{an}是等差数列的两种基本方法 (1)利用定义，证明 an＋1－an(n∈N*)为一常数； (2)利用等差中项，即证明 2an＝an－1＋an＋1(n≥2)． 2．证明数列{an}是等比数列的两种基本方法 (1)利用定义，证明aan＋n 1(n∈N*)为一常数； (2)利用等比中项，即证明 an2＝an－1an＋1(n≥2)．
(2)①当 n＝2 时，4S4＋5S2＝8S3＋S1， 即 41＋32＋45＋a4＋51＋32＝81＋32＋45＋1， 解得：a4＝78.
②证明：因为 4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)， 所以 4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)， 即 4an＋2＋an＝4an＋1(n≥2)， 因为 4a3＋a1＝4×54＋1＝6＝4a2，所以 4an＋2＋an＝4an＋1，
[典例分析]
(1)设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，若SS14＝110，则SS53＝(
)
A.25
B.35
C.37
D.47
(2)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，满足对任意的正整数 n，均有 Sn＋3＝8Sn＋3，则 a1＝ ________，公比 q＝________．
【解析】 (1)设公差为 d，则4a1a＋1 6d＝110，d＝a1， 所以SS35＝53aa11＋＋130dd＝25，故选 A.
当 n＝1 时，S1＝a1＝2. 故 Sn＝2n2. 答案：2 2n2
4．已知等比数列{an}的公比 q>0，前 n 项和为 Sn，若 2a3，a5，3a4 成等差数列，a2a4a6＝64，
则 q＝________，Sn＝________．
解析：由
2a3，a5，3a4
成等差数列得
2a5＝2a3＋3a4⇒
(2)由 Sn＋3＝8Sn＋3，则 Sn＋2＝8Sn－1＋3， 两式相减得，an＋3＝8an⇒ anq3＝8an，则 q3＝8⇒ q＝2， 由等比数列前 n 项和公式得，a1（11－－22n＋3）＝8·a1（11－－22n）＋3，
即 2n＋Biblioteka Baidua1－a1＝8·2na1－8a1＋3， 从而解得 a1＝37.
[典例分析] (1)如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|，An≠An＋2， n∈N*，|BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|，Bn≠Bn＋2，n∈N*(P≠Q 表示点 P 与 Q 不重合)．若 dn＝|AnBn|，Sn 为△AnBnBn＋1 的面积，则( )
第 1 专题 等差数列、等比数列
等差、等比数列的基本运算
1．等差数列的通项公式及前 n 项和公式
an＝a1＋(n－1)d；Sn＝n（a12＋an）＝na1＋n（n2－1）d.
2．等比数列的通项公式及前 n 项和公式 an＝a1qn－1(q≠0)；Sn＝a1（11－－qqn）＝a11－－aqnq(q≠1)．
①－②可得 an＝Sn－Sn－1＝（an＋8 2）2－（an－18＋2）2(n≥2)，
整理得(an＋an－1)(an－an－1－4)＝0 因为数列{an}的各项都是正数， 所以 an－an－1－4＝0，即 an－an－1＝4. 故数列{an}是以 2 为首项 4 为公差的等差数列，
-2-
所以 Sn＝2n＋n（n－ 2 1）×4＝2n2.
3．已知正数数列{an}的前 n 项和 Sn 满足：Sn 和 2 的等比中项等于 an 和 2 的等差中项，则 a1＝________，Sn＝________．
解析：由题意知an＋2 2＝ 2Sn，
平方可得 Sn＝（an＋8 2）2，①
由 a1＝S1 得a1＋2 2＝ 2a1，
从而可解得 a1＝2. 又由①式得 Sn－1＝（an－18＋2）2(n≥2)，②
3 【答案】 (1)A (2)7 2
关于等差(等比)数列的基本运算，一般通过其通项公式和前 n 项和公式构造关于 a1和 d(或 q)的方程或方程组解决，如果所给出的是递推关系式，可通过将递推关系式变形，构造出满 足等差(等比)数列定义的新数列，然后再按等差(等比)数列进行基本运算．
[针对训练] 1．数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a1＝1，an＋1＝3Sn(n≥1)，则 a6＝( )