(浙江专用)2020高考数学二轮复习专题三第2讲数学归纳法、数列的通项公式与数列求和教案

1－2nn②－①得bn＝2－1－1×2＋2＋(3－n)2＝(4－n)2－5(n≥2)，

1－2

1

2

n－2

b1＝1满足上式，故bn＝(4－n)2n－5.

数列求和 [核心提炼]

几种数列求和的常用方法

(1)分组求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减．

(2)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前n项和．

(3)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解．

(4)倒序相加法：如果一个数列{an}与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解．

[典型例题]

(1)(2018·高考浙江卷)已知等比数列{an}的公比q>1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是

a3，a5的等差中项．数列{bn}满足b1＝1，数列{(bn＋1－bn)an}的前n项和为2n2＋n.

①求q的值；

②求数列{bn}的通项公式．

122

(2)已知数列{an}满足a1＝1，且an＋1＋an＝2(an＋1an＋an＋1－an－)．

2①求数列{an}的通项公式； 1117

②求证：2＋2＋…＋2<.

a1a2an4

【解】 (1)①由a4＋2是a3，a5的等差中项得a3＋a5＝2a4＋4， 所以a3＋a4＋a5＝3a4＋4＝28， 解得a4＝8.

?1?由a3＋a5＝20得8?q＋?＝20，

?

q?

1

解得q＝2或q＝，

2因为q>1，所以q＝2.

②设cn＝(bn＋1－bn)an，数列{cn}前n项和为Sn.

??S1，n＝1，

由cn＝?解得cn＝4n－1.

?Sn－Sn－1，n≥2，?

由①可知an＝2

n－1

，

?1?所以bn＋1－bn＝(4n－1)·??

?2?

1??故bn－bn－1＝(4n－5)·???2?

n－1

，

n－2

，n≥2，

bn－b1＝(bn－bn－1)·(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)

?1?＝(4n－5)·???2?

n－2

?1?＋(4n－9)·???2?

n－3

1

＋…＋7·＋3.

2

1?21?n－21??设Tn＝3＋7·＋11·??＋…＋(4n－5)·??，n≥2，

2?2??2?1?21?n－21?n－111???Tn＝3·＋7·??＋…＋(4n－9)·??＋(4n－5)·??，

22?2??2??2?1?21?n－21?n－111???所以Tn＝3＋4·＋4·??＋…＋4·??－(4n－5)·??，

22?2??2??2?

?1?因此Tn＝14－(4n＋3)·??

?2?

n－2

，n≥2，

?1?又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)·???2?

n－2

.

122

(2)①a1＝1，且an＋1＋an＝2(an＋1an＋an＋1－an－)，

2可得an＋1＋an－2an＋1an－2an＋1＋2an＋1＝0， 即有(an＋1－an)－2(an＋1－an)＋1＝0， 即为(an＋1－an－1)＝0， 可得an＋1－an＝1， 则an＝a1＋n－1＝n，n∈N. 11

②证明：由2＝2<

*

22

2

2

an111

＝－，n>2.

nn（n－1）n－1n111111则2＋2＋…＋2＝1＋＋2＋…＋2 a1a2an43n1111111717<1＋＋－＋－＋…＋－＝－<，

42334n－1n4n4故原不等式成立．

数列求和方法选择的依据是该数列的通项公式的特征，所以准确求解通项公式是解决此

类问题的基础，更要熟记数列求和方法与通项公式之间的对应，记住基本步骤和关键点，如错位相减法中，两式作减法后所得式子的项数以及对应项之间的关系，求和时注意等比数列的确定；裂项相消法的关键在于准确裂项，把握相消后所剩式子的结构特征．

[对点训练]

1．(2019·绍兴一中高三期末考试)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，当n≥2时，

an＋2Sn－1＝n，则S2 017＝( )

A．1 006 C．1 008

B．1 007 D．1 009

解析：选D.an＋2Sn－1＝n?an＋1＋2Sn＝n＋1?an＋1－an＋2an＝1?an＋1＋an＝1?S2 017＝a1＋(a2

＋a3)＋…＋(a2 016＋a2 017)＝1 008×1＋1＝1 009，故选D.

2．(2019·杭州市高三期末考试)设数列{an}的前n项和为Sn.若Sn＝2an－n，则＋

8＋16

＝________．

2

a1a2a2a3

＋4

a3a4a4a5

解析：因为Sn＝2an－n，所以n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－n－[2an－1－(n－1)]， 所以an＝2an－1＋1，化为：an＋1＝2(an－1＋1)，

n＝1时，a1＝2a1－1，解得a1＝1.

所以数列{an＋1}是等比数列，首项为2，公比为2. 所an＋1＝2，即an＝2－1，

211所以＝＝n－n＋1. nn＋1anan＋1（2－1）（2－1）2－12－1所以

22

nnnna1a2

＋

4

a2a3

＋

8

a3a4

＋

16

a4a5

＝?

?1－21?＋?21－31?＋…＋?41－51?＝1－

????2－12－1??2－12－1??2－12－1???

130

＝. 2－131

5

30答案：

31

专题强化训练

111127*

1．用数学归纳法证明不等式1＋＋＋…＋n－1>(n∈N)成立，其初始值至少应取

24264( )

A．7 C．9

B．8 D．10

?1?1×?1－n??2?127n解析：选B.据已知可转化为>，整理得2>128，解得n>7，故原不等式的初

1641－2

始值为n＝8.

2．设各项均为正数的等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4a8＝32，则S11的最小值为( ) A．222 C．22

B．442 D．44

解析：选B.因为数列{an}为各项均为正数的等差数列，所以a4＋a8≥2a4a8＝82，S11＝（a1＋a11）×111111

＝(a4＋a8)≥×82＝442，故S11的最小值为442，当且仅当a4＝a8＝

22242时取等号．

1213．设等比数列{an}的各项均为正数，且a1＝，a4＝4a2a8，若＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an，

2bn则数列{bn}的前10项和为( )

20

A．－

119C．－

5

20B． 119D． 5

2

32

7

2

解析：选A.设等比数列{an}的公比为q，因为a4＝4a2a8，所以(a1q)＝4a1q·a1q，即4q1?n－n111?－n＝1，所以q＝或q＝－(舍)，所以an＝??＝2，所以log2an＝log22＝－n，所以＝－

22bn?2?(1＋2＋3＋…＋n)＝－

n（1＋n）

2

，所以bn＝－1?2?1

＝－2?－?，

n（1＋n）?nn＋1?

所以数列{bn}的前10项和为

??1??11?－2??1－?＋?－?＋…＋

??2??23?

1?20?＝－2?1－?＝－.

11?11?

?1－1??

?1011?????

81

4．若等比数列的各项均为正数，前4项的和为9，积为，则前4项倒数的和为( )

43A． 2C．1

9B． 4D．2

2

3

解析：选D.设等比数列的首项为a1，公比为q，则第2，3，4项分别为a1q，a1q，a1q，819a1＋a1q＋a1q＋a1q3

依题意得a1＋a1q＋a1q＋a1q＝9，a1·a1q·a1q·a1q＝?a2两式相除得1q＝，3

42a21q2

3

2

3

2

3

1111

＝＋＋2＋3＝2.

a1a1qa1qa1q1111n5．证明1＋＋＋＋…＋n>(n∈N＋)，假设n＝k时成立，当n＝k＋1时，不等式

2342－12