【文档说明】2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版第七章数列与数学归纳法高考专题突破四课件.pptx，共(48)页，2.891 MB，由小橙橙上传

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大一轮复习讲义高考专题突破四高考中的数列问题第七章数列与数学归纳法NEIRONGSUOYIN内容索引题型分类深度剖析课时作业题型分类深度剖析1PARTONE题型一等差数列、等比数列的基本问题师生共研例1(2018·浙江杭州地区四校联考)已知数列{an

}满足a1＝1,1a2n＋4＝1an＋1，记Sn＝a21＋a22＋…＋a2n，若S2n＋1－Sn≤t30对任意的n∈N*恒成立.(1)求数列{a2n}的通项公式；解由题意得1a2n＋1－1a2n＝4，则1a2n

是以1为首项，4为公差的等差数列，则1a2n＝1＋(n－1)×4＝4n－3，则a2n＝14n－3.解不妨设bn＝S2n＋1－Sn＝a2n＋1＋a2n＋2＋…＋a22n＋1，考虑到bn－bn＋1＝a2n＋1＋a2n＋2＋…＋

a22n＋1－(a2n＋2＋a2n＋3＋…＋a22n＋2＋a22n＋3)＝a2n＋1－a22n＋2－a22n＋3(2)求正整数t的最小值.＝14n＋1－18n＋5－18n＋9＝18n＋2－18n＋5＋18n＋2－18n＋9>0，则bn的最大值为b1

＝S3－S1＝a22＋a23＝15＋19＝1445≤t30，∴t≥283，则tmin＝10.等差数列、等比数列综合问题的解题策略(1)分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项

、求通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序.(2)注意细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这

些细节对解题的影响也是巨大的.思维升华解设数列{an}的公差为d，依题意可得2＋2＋d＝3q，2＋d＝q2，解得d＝－1，q＝1(舍去)或d＝2，q＝2.跟踪训练1(2018·浙江名校联盟联考)已知

等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比是q(q≠1)，且满足：a1＝2，b1＝1，S2＝3b2，a2＝b3.(1)求an与bn；即λ>12×23n在n∈N*时成立，只需λ>12×23nmax.(2)设cn＝2bn－

λ，若数列{cn}是递减数列，求实数λ的取值范围.23na解由(1)可知cn＝2n－λ·3n，若{cn}是递减数列，则cn＋1<cn，即2n＋1－λ·3n＋1<2n－λ·3n，因为y＝12×23n在n∈N*时单调递减，所以12×23

nmax＝12×23＝13.故λ>13，即实数λ的取值范围是13，＋∞.题型二数列的通项与求和例2(2018·台州质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，数列Snn是首项为1，公差为2的等差数列.师生共研(1)求数列{an}的通项公式；解因为

数列Snn是首项为1，公差为2的等差数列，所以Snn＝1＋2(n－1)＝2n－1.所以Sn＝2n2－n.当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－n)－[2(n

－1)2－(n－1)]＝4n－3，当n＝1时，a1＝1也符合上式.所以数列{an}的通项公式为an＝4n－3(n∈N*).(2)设数列{bn}满足a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝5－(4n＋5)·12n，求数列{bn}的前n项和T

n.解当n＝1时，a1b1＝12，所以b1＝2a1＝2；当n≥2时，由a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝5－(4n＋5)12n，所以a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝5－(4n＋1)12n－1.又bn＋1bn＝

2n＋12n＝2，则数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列.两式相减，得anbn＝(4n－3)12n.因为an＝4n－3，所以bn＝4n－3(4n－3)12n＝2n(当n＝1时，也符合此式).所以Tn＝2(1－2

n)1－2＝2n＋1－2.(1)可以利用数列的递推关系探求数列的通项，利用递推关系构造数列或证明数列的有关结论.(2)根据数列的特点选择合适的求和方法，常用的求和方法有错位相减法、分组转化法、裂项相消法等.思维升华跟踪训练2(201

8·浙江教育绿色评价联盟适应性考试)已知数列{an}中，a1＝3，a2＝5，其前n项和Sn满足Sn＋Sn－2＝2Sn－1＋2n－1(n≥3).令bn＝1an·an＋1.(1)求数列{an}的通项公式；解由题意知Sn－Sn－1＝Sn－1－Sn－2＋2n－1(n≥3)，即an－an－1＝

2n－1(n≥3)，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋a2＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋5＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋1＋2＝2n＋1(n≥3)，检验知n＝1,2时，结论也成立，故an＝2n＋1.(2)若f(x)＝2x－1

，求证：Tn＝b1f(1)＋b2f(2)＋…＋bnf(n)<16(n≥1).证明由于bnf(n)＝1(2n＋1)(2n＋1＋1)·2n－1＝12·(2n＋1＋1)－(2n＋1)(2n＋1)(2n＋1＋1)＝1212n＋1－12n＋1＋1.＝1212＋1－12

2＋1＋122＋1－123＋1＋…故Tn＝b1f(1)＋b2f(2)＋…＋bnf(n)＋12n＋1－12n＋1＋1＝1212＋1－12n＋1＋1<12×12＋1＝16.所以Tn<16.题型三数列与不等式的交汇师生共研例3已知数列{an}

满足a1＝1，an＋1＝an1＋a2n，n∈N*，记Sn，Tn分别是数列{an}，{a2n}的前n项和，证明：当n∈N*时，(1)an＋1<an；证明由a1＝1及an＋1＝an1＋a2n，知an>0，故an＋1－an＝an1＋a2n－an＝－a3n1＋a2n<0，∴an＋1<an，n∈N*.证

明由1an＋1＝1an＋an，得1a2n＋1＝1a2n＋a2n＋2，从而1a2n＋1＝1a2n－1＋a2n－1＋a2n＋2×2＝…＝1a21＋a21＋a22＋…＋a2n＋2n，又a1＝1，∴1a2n＋1＝1＋a21＋a22＋…＋a2n＋2n，(2)Tn＝1a2n＋

1－2n－1；∴Tn＝1a2n＋1－2n－1，n∈N*.(3)2n－1<Sn<2n.证明由(2)知，an＋1＝1Tn＋2n＋1，由Tn≥a21＝1，得an＋1≤12n＋2，∴当n≥2时，an≤12n＝22n

<2n＋n－1＝2(n－n－1)，∴Sn<a1＋2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n－n－1)]＝1＋2(n－1)<2n，n≥2，又a1＝1，∴Sn<2n，n∈N*，由an＝1an＋1－1an，＝1a2－1a1＋1a3－1a2＋…＋1an＋

1－1an得Sn＝a1＋a2＋…＋an＝1an＋1－1a1≥2n＋2－1>2n－1，综上，2n－1<Sn<2n.(1)以数列为背景的不等式证明的基本策略是对数列递推式进行放缩；(2)解题过程中要注意观察数列递推公式的特点，联想常用的求和形

式灵活进行转化.思维升华跟踪训练3对任意正整数n，设an是方程x2＋xn＝1的正根.求证：(1)an＋1>an；证明由a2n＋ann＝1且an>0，得0<an<1.a2n＋ann＝1，a2n＋1＋an＋1n＋1＝1，两式相减得0＝a2n＋1－a2n＋an＋1n＋1－ann<a2n＋1－a2n＋a

n＋1n－ann＝(an＋1－an)an＋1＋an＋1n.因为an＋1＋an＋1n>0，故an＋1－an>0，即an＋1>an.(2)12a2＋13a3＋…＋1nan<1＋12＋13＋…＋1n.证明因为

anan＋1n＝1，所以1an＝an＋1n，由0<an<1，得1an<1＋1n，从而当i≥2时，1i1ai－1<1i1＋1i－1＝1i2<1i－1－1i，∑ni

＝11i1ai－1＝1a1－1＋∑ni＝21i1ai－1<1a1－1＋∑ni＝21i－1－1i＝1a1－1n<1a1.所以12a2＋13a3＋…＋1nan<1＋12＋13＋…＋1n.课时作业

2PARTTWO基础保分练1234561.(2018·绍兴市上虞区调研)已知数列{an}满足a1＝511,4an＝an－1－3(n≥2).(1)求证：{an＋1}是等比数列；证明由题意知an＝14an－1－34，则an＋1＝14(an－1＋1)，∵a1

＋1＝512≠0，∴数列{an＋1}是以512为首项，14为公比的等比数列.123456解由(1)知，an＋1＝512·14n－1＝211－2n，(2)令bn＝|log2(an＋1)|，求{bn}的前n项和Sn.

则log2(an＋1)＝11－2n.∴bn＝|11－2n|，令cn＝11－2n，当n≤5时，cn>0；当n≥6时，cn<0，设{cn}的前n项和为Tn，则Tn＝10n－n2，当n≤5时，Sn＝Tn＝10n－n2；当n≥6时，Sn＝2T5－Tn＝n2－10n＋50.综上，Sn＝

10n－n2，n≤5，n2－10n＋50，n≥6.2.(2018·绍兴市嵊州市适应性考试)已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝2，且4Sn＝an·an＋1，数列{bn}中，b1＝14，且bn＋1＝

nbn(n＋1)－bn，n∈N*.123456(1)求数列{an}的通项公式；解当n＝1时，可得a2＝4，当n≥2时，4Sn＝an·an＋1,4Sn－1＝an·an－1，两式相减，得4an＝an(an＋1－an－1)，∵an≠0，∴an＋1－an

－1＝4，∴{an}的奇数项和偶数项分别成以4为公差的等差数列，当n＝2k－1，k∈N*时，an＝2n；当n＝2k，k∈N*时，an＝2n.∴an＝2n(n∈N*).123456(2)设(n∈N*)，求{cn}的前n项和Tn.12332nnnbac+=123456解∵1bn＋1＝n＋1nbn－1

n，1(n＋1)bn＋1＝1nbn－1n(n＋1)，当n≥2时，1nbn－1(n－1)bn－1＝－1n－1－1n，1(n－1)bn－1－1(n－2)bn－2＝－1n－2－1n－1，12b2－1b1＝－1－12，将上式累加得1nbn＝3n＋1

n，123456∴bn＝13n＋1(n≥2)，n＝1时也适合，∴bn＝13n＋1(n∈N*)，∴cn＝n2n，Tn＝12＋222＋323＋…＋n－12n－1＋n2n，12Tn＝122＋223＋…＋n－12n＋n2n＋1，再由错位相减得Tn＝2－n＋22n.1234563.(2018·

浙江名校新高考研究联盟联考)设数列{an}的前n项和为Sn，且Snn是一个首项与公差均为1的等差数列.(1)求数列{an}的通项公式；解由题意得Snn＝1＋(n－1)×1＝n，∴Sn＝n2，则an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1(n≥2

)，当n＝1时，a1＝1，适合上式，因此an＝2n－1(n∈N*).123456(2)对任意的k∈N*，将数列{an}中落入区间(2k,22k)内的项的个数记为bk，①求数列{bk}的通项公式；②记c

k＝222k－1－bk，数列{ck}的前k项和为Tk，求使等式Tk－mTk＋1－m＝1cm＋1成立的所有正整数k，m的值.则2k＋1<2n<22k＋1，即2k－1＋12<n<22k－1＋12，②由题意得ck＝222k－1－22k－1＋2k－1＝42k，∴

Tk＝4121＋122＋…＋12k＝41－12k，则Tk＋1＝41－12k＋1，Tk－mTk＋1－m＝41－12k－m41－12k＋1－m＝4－m－22k－22k

4－m－22k＝1－22k4－m－22k，123456解①∵2k<an<22k，∴2k<2n－1<22k，∴2k－1＋1≤n≤22k－1，则bk＝22k－1－(2k－1＋1)＋1＝22k－1－2k－1，k∈N*.1cm＋1＝142m

＋1＝1－44＋2m，由Tk－mTk＋1－m＝1cm＋1，得22k4－m－22k＝44＋2m，123456则4＋2m＝(4－m)2k＋1－4，即有0<8＋2m＝(4－m)2k＋1，因此m<4，对于m∈N*，则当m＝1时，正整数k不存在，m＝2

时，正整数k不存在，m＝3时，k＝3，因此存在符合条件的k，m，且m＝3，k＝3.1234564.(2018·浙江名校协作体联考)已知数列{an}中，a1＝1，且点P(an，an＋1)(n∈N*)在直线x－y＋1＝0上.(1)求

数列{an}的通项公式；解因为an－an＋1＋1＝0，所以an＋1－an＝1，因此数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，则an＝1＋(n－1)×1＝n.123456(2)若f(n)＝1n＋a1＋1n＋a2＋1n＋a3＋…＋

1n＋an(n∈N*，且n≥2)，求f(n)的最小值；解因为f(n)＝1n＋1＋1n＋2＋1n＋3＋…＋1n＋n，f(n＋1)＝1n＋2＋1n＋3＋1n＋4＋…＋1n＋n＋1n＋1＋n＋1n＋1＋n＋1

，所以f(n＋1)－f(n)＝12n＋1＋12n＋2－1n＋1＝12n＋1－12n＋2＝1(2n＋1)(2n＋2)>0.因此f(n)单调递增，则f(n)的最小值为f(2)＝12＋1＋12＋2＝712.123456(3)设bn＝1an，Sn表示数列{bn}的前n项和.试问：是否

存在关于n的整式g(n)，使得S1＋S2＋…＋Sn－1＝(Sn－1)g(n)对于一切不小于2的自然数n恒成立？若存在，写出g(n)的解析式，并加以证明；若不存在，请说明理由.＝n－1＋12n－1＋13n－1＋…＋1n－1n－1＝n－(n－1

)＋n12＋13＋…＋1n－1当n≥2时，因为S1＝1，S2＝1＋12，S3＝1＋12＋13，…，解方法一由(1)知，bn＝1n，Sn－1＝1＋12＋13＋…＋1n－1，＝n－1＋12(n－2)＋13(n－3)＋…＋1n－1[n－(n－1)]＝1＋n12

＋13＋…＋1n－1＝n12＋13＋…＋1n－1＋1n123456所以S1＋S2＋…＋Sn－1Sn－Sn－1＝1n(n≥2)，即n(Sn－Sn－1)＝1(n≥2)，而(Sn－1)g(n)＝12＋13＋…＋1n×g(n)，方法

二由bn＝1n，可得Sn＝1＋12＋…＋1n，因此g(n)＝n.故存在关于n的整式g(n)＝n，使得对于一切不小于2的自然数恒成立.故nSn－(n－1)Sn－1＝Sn－1＋1，(n－1)Sn－1－(n－2)Sn－2＝Sn－2＋1，…，2S2－S1＝S1＋1，以上式子相加得nSn－S1

＝S1＋S2＋…＋Sn－1＋(n－1)，则有S1＋S2＋…＋Sn－1＝nSn－n＝n(Sn－1)(n≥2)，因此g(n)＝n，故存在关于n的整式g(n)＝n，使得对于一切不小于2的自然数恒成立.1234561234565.(2019·诸暨质检)已知数列{an}的各项都大于1，且a1

＝2，a2n＋1－an＋1－a2n＋1＝0(n∈N*).(1)求证：n＋74≤an<an＋1<n＋2；技能提升练∴an＝(an－an－1)＋…＋(a2－a1)＋a1>n－14＋2＝n＋74(n≥2)，又a1＝2＝1＋74，∴an≥n＋74.∵an

＋1－an＝an＋1－1an＋1＋an<1，证明由a2n＋1－a2n＝an＋1－1>0，得an＋1>an，an＋1－an＝an＋1－1an＋1＋an>an＋1－12an＋1＝12－12an＋1>14，∴an＋1＝(an＋1－a

n)＋…＋(a2－a1)＋a1<n＋2.123456∴原不等式得证.123456(2)求证：12a21－3＋12a22－3＋12a23－3＋…＋12a2n－3<1.12a21－3＋12a22－3＋…＋12a2n－3≤414－15＋15－16＋

…＋1n＋3－1n＋4＝414－1n＋4＝1－4n＋4<1.∴a2n＋1>n2＋9n8＋a21＝n2＋9n＋328，即a2n≥n2＋7n＋248，证明∵a2n＋1－a2n＝an＋1－1≥n＋84－1

＝n＋44，2a2n－3≥n2＋7n＋124＝(n＋3)(n＋4)4，123456∴原不等式得证.1234566.(2018·浙江名校协作体考试)已知无穷数列{an}的首项a1＝12，1an＋1＝12an＋1an，n∈N*.(1)证明：0＜an＜1；拓展冲刺练证明①当n＝1时，0

＜a1＝12＜1，显然成立；1ak＋1＝12ak＋1ak＞12·2ak·1ak＝1，②假设当n＝k(k∈N*)时不等式成立，即0＜ak＜1，那么当n＝k＋1时，123456∴0＜ak＋1＜1.即当n＝k＋1时不等式也成

立.综合①②可知，0＜an＜1对任意n∈N*成立.(2)记bn＝(an－an＋1)2anan＋1，Tn为数列{bn}的前n项和，证明：对任意正整数n，Tn＜310.123456∴1an－1an＋1为递减数列，又1a2＝12a1＋1a1＝54，易知1

an－an为递减数列，又1an－1an＋1＝1an－12an＋1an＝121an－an，证明∵0＜an＜1，∴an＋1an＝2a2n＋1＞1，123456即an＋1＞an，∴数列{an}为递增数列.Tn＝b1＋b2＋…＋bn≤94

0＋940[(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an＋1－an)]当n＝1时，Tn＝T1＝b1＝940＜310，成立；bn＝(an－an＋1)2anan＋1＝(an＋1－an)1an－1an＋1≤9

40(an＋1－an).∴当n≥2时，1an－1an＋1≤121a2－a2＝1254－45＝940，123456∴当n≥2时，当n≥2时，＝940＋940(an＋1－a2)≤940＋940(1－a2)＝940＋940

1－45＝27100＜310.综上，对任意正整数n，Tn＜310.