2020浙江高考数学二轮讲义：专题三第2讲　数学归纳法、数列的通项公式与数列求和


第2讲　数学归纳法、数列的通项公式与数列求和

数学归纳法
[核心提炼]
用数学归纳法证明与自然数有关的数学命题，证明步骤：
(1)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时，命题成立．
(2)假设当n＝k(k∈N*，且k≥n0)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立．
由(1)(2)，可知命题对于从n0开始的所有正整数都成立．
[典型例题]
(2019·宁波市九校联考)已知n∈N*，Sn＝(n＋1)·(n＋2)…(n＋n)，Tn＝2n×1×3×…×(2n－1)．
(1)求S1，S2，S3，T1，T2，T3；
(2)猜想Sn与Tn的关系，并用数学归纳法证明．
【解】　(1)S1＝T1＝2，S2＝T2＝12，S3＝T3＝120.
(2)猜想：Sn＝Tn(n∈N*)．
证明：①当n＝1时，S1＝T1；
②假设当n＝k(k≥1且k∈N*)时，Sk＝Tk，
即(k＋1)(k＋2)…(k＋k)＝2k×1×3×…×(2k－1)，
则当n＝k＋1时，
Sk＋1＝(k＋1＋1)(k＋1＋2)…(k＋1＋k－1)(k＋1＋k)(k＋1＋k＋1)
＝(k＋2)(k＋3)…(2k)(2k＋1)(2k＋2)
＝×(2k＋1)(2k＋2)
＝2k＋1×1×3×…×(2k－1)(2k＋1)＝Tk＋1.
即n＝k＋1时也成立，
由①②可知，n∈N*，Sn＝Tn成立．

利用数学归纳法时应注意以下两点
(1)这两步合为一体才是数学归纳法，缺一不可．其中第一步是基础，第二步是递推的依据．
(2)用数学归纳法证明与不等式有关的命题，在由n＝k证明n＝k＋1时，要准确利用证明不等式的基本方法：比较法、分析法、综合法、放缩法等．　
[对点训练]
(2019·高考浙江卷)设等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝4，a4＝S3.数列{bn}满足：对每个n∈N*，Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比数列．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记cn＝，n∈N*，证明：c1＋c2＋…＋cn<2，n∈N*.
解：(1)设数列{an}的公差为d，由题意得
a1＋2d＝4，a1＋3d＝3a1＋3d，
解得a1＝0，d＝2.
从而an＝2n－2，n∈N*.
所以Sn＝n2－n，n∈N*.
由Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比数列得
(Sn＋1＋bn)2＝(Sn＋bn)(Sn＋2＋bn)．
解得bn＝(S－SnSn＋2)．
所以bn＝n2＋n，n∈N*.
(2)证明：cn＝＝＝，n∈N*.
我们用数学归纳法证明．
①当n＝1时，c1＝0<2，不等式成立；
②假设n＝k(k∈N*)时不等式成立，即
c1＋c2＋…＋ck<2，
那么，当n＝k＋1时，
c1＋c2＋…＋ck＋ck＋1<2＋<2＋<2＋＝2＋2(－)＝2，
即当n＝k＋1时不等式也成立．
根据①和②知，不等式c1＋c2＋…＋cn<2对任意n∈N*成立．

由递推式求数列通项公式
[核心提炼]
利用递推法解题的一般步骤
(1)确定初始值；
(2)建立递推关系；
(3)利用递推关系求通项．
[典型例题]
(1)已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2n－an，则数列{an}的通项公式为________．
(2)在数列{an}中，若a1＝1，an＋1＝2an＋3(n≥1)，则该数列的通项公式an＝________．
(3)设Sn是正项数列{an}的前n项和，且an和Sn满足：4Sn＝(an＋1)2(n＝1，2，3，…)，则Sn＝________．
【解析】　(1)由于Sn＝2n－an，所以Sn＋1＝2(n＋1)－an＋1，后式减去前式，得Sn＋1－Sn＝2－an＋1＋an，即an＋1＝an＋1，变形为an＋1－2＝(an－2)，则数列{an－2}是以a1－2为首项，为公比的等比数列．又a1＝2－a1，a1＝1，则an－2＝(－1)·，所以an＝2－.
(2)法一：(递推法)
an＝2an－1＋3＝2(2an－2＋3)＋3＝22·an－2＋2×3＋3
＝23an－3＋22×3＋2×3＋3＝…
＝2n－1·a1＋2n－2·3＋2n－3·3＋…＋3
＝2n－1＋3(2n－2＋2n－3＋…＋1)＝2n＋1－3.
法二：(构造法)
设an＋a＝2(an－1＋a)，
即an＝2an－1＋a，所以a＝3.
所以an＋3＝2(an－1＋3)，
所以{an＋3}是公比为2的等比数列．
所以an＋3＝(a1＋3)·2n－1.
又a1＝1，所以an＝2n＋1－3.
(3)由题知Sn＝，当n＝1时，易得a1＝1.
an＝Sn－Sn－1＝－
＝·
＝＋，
整理得＝⇒an－an－1＝2.
所以an＝2n－1.所以Sn＝n2.
【答案】　(1)an＝2－
(2)2n＋1－3
(3)n2

由递推式求数列通项公式的常见类型
(1)形如an＋1＝an＋f(n)的数列，求解此类数列的通项公式一般先通过变形为an＋1－an＝f(n)，再利用累加法an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1，代入相应的关系式，再加以合理的分析与求解．同理，形如an＋1＝f(n)an型数列可转化为用累乘法求解．
(2)形如an＋1＝can＋d(c≠0，1)的数列，求解此类线性关系的数列的通项公式一般可用待定系数法，通过化归、转化为新的等比数列an＋1＋λ＝c(an＋λ)，求出λ后，结合新等比数列的公式或性质来求解与转化．
(3)由an与Sn的递推关系求数列通项公式的步骤
第一步：令n＝1，由Sn＝f(an)求出a1；
第二步：令n≥2，构造an＝Sn－Sn－1，用an代换Sn－Sn－1(或用Sn－Sn－1代换an，这要结合题目的特点)，由递推关系求通项公式；
第三步：验证当n＝1时的结论是否适合当n≥2时的结论．
如果适合，则统一“合写”；如果不适合，则应分段表示．　
[对点训练]
(2019·浙江省重点中学高三联考)已知数列{an}满足：2n－1a1＋2n－2a2＋…＋2an－1＋an＝n，n∈N*.
(1)求a1，a2及数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足b1＝1，＝2n，求数列{bn}的通项公式．
解：(1)n＝1时a1＝1,
n＝2时2a1＋a2＝2⇒a2＝0
2n－1a1＋2n－2a2＋…＋2an－1＋an＝n①
2n－2a1＋2n－3a2＋…＋an－1＝n－1(n≥2)②
①－2×②⇒an＝2－n(n≥2)，
a1＝1满足上式，故an＝2－n.
(2)bn＋1－bn＝(2－n)2n，有
累加整理得，
bn＝1＋1×21＋0×22＋…＋(3－n)×2n－1(n≥2)①，
2bn＝2＋1×22＋0×23＋…＋(3－n)×2n(n≥2)②，
②－①得bn＝2－1－1×21＋22＋(3－n)2n＝(4－n)2n－5(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．
(2)已知数列{an}满足a1＝1，且a＋a＝2(an＋1an＋an＋1－an－)．
①求数列{an}的通项公式；
②求证：＋＋…＋<.
【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.
由a3＋a5＝20得8＝20，
解得q＝2或q＝，
因为q>1，所以q＝2.
②设cn＝(bn＋1－bn)an，数列{cn}前n项和为Sn.
由cn＝解得cn＝4n－1.
由①可知an＝2n－1，
所以bn＋1－bn＝(4n－1)·，
故bn－bn－1＝(4n－5)·，n≥2，
bn－b1＝(bn－bn－1)·(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)
＝(4n－5)·＋(4n－9)·＋…＋7·＋3.
设Tn＝3＋7·＋11·＋…＋(4n－5)·，n≥2，
Tn＝3·＋7·＋…＋(4n－9)·＋(4n－5)·，
所以Tn＝3＋4·＋4·＋…＋4·－(4n－5)·，
因此Tn＝14－(4n＋3)·，n≥2，
又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)·.
(2)①a1＝1，且a＋a＝2(an＋1an＋an＋1－an－)，
可得a＋a－2an＋1an－2an＋1＋2an＋1＝0，
即有(an＋1－an)2－2(an＋1－an)＋1＝0，
即为(an＋1－an－1)2＝0，
可得an＋1－an＝1，
则an＝a1＋n－1＝n，n∈N*.
②证明：由＝<＝－，n>2.
则＋＋…＋＝1＋＋＋…＋
<1＋＋－＋－＋…＋－＝－<，
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　　　　　　　　 B．1 007
C．1 008 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＋＋＋＝________．
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＝2n，即an＝2n－1，
所以＝＝－.
所以＋＋＋＝＋＋…＋＝1－＝.
答案：
专题强化训练
1．用数学归纳法证明不等式1＋＋＋…＋>(n∈N*)成立，其初始值至少应取(　　)
A．7　　　　　　　　　　　 B．8
C．9 D．10
解析：选B.据已知可转化为>，整理得2n>128，解得n>7，故原不等式的初始值为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．22 B．44
C．22 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≥2＝8，S11＝＝(a4＋a8)≥×8＝44，故S11的最小值为44，当且仅当a4＝a8＝4时取等号．
3．设等比数列{an}的各项均为正数，且a1＝，a＝4a2a8，若＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an，则数列{bn}的前10项和为(　　)
A．－ B．
C．－ D．
解析：选A.设等比数列{an}的公比为q，因为a＝4a2a8，所以(a1q3)2＝4a1q·a1q7，即4q2＝1，所以q＝或q＝－(舍)，所以an＝＝2－n，所以log2an＝log22－n＝－n，所以＝－(1＋2＋3＋…＋n)＝－，所以bn＝－＝－2，
所以数列{bn}的前10项和为
－2
＝－2＝－.
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(　　)
A． B．
C．1 D．2
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，a1q2，a1q3，依题意得a1＋a1q＋a1q2＋a1q3＝9，a1·a1q·a1q2·a1q3＝⇒aq3＝，两式相除得＝＋＋＋＝2.
5．证明1＋＋＋＋…＋>(n∈N＋)，假设n＝k时成立，当n＝k＋1时，不等式左边增加的项数是(　　)
A．1 B．k－1
C．k D．2k
解析：选D.当n＝k时，
左边＝1＋＋＋…＋.
当n＝k＋1时，
左边＝1＋＋＋…＋＋＋…＋，
增加了＋…＋，共(2k＋1－1)－2k＋1＝2k(项)．
6．在等差数列{an}中，a2＝5，a6＝21，记数列的前n项和为Sn，若S2n＋1－Sn≤对任意的n∈N*恒成立，则正整数m的最小值为(　　)
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：选C.在等差数列{an}中，因为a2＝5，a6＝21，
所以解得a1＝1，d＝4，
所以＝＝.
因为－
＝－
＝－－＝－－
＝＋>0，所以数列
(n∈N*)是递减数列，数列(n∈N*)的最大项为S3－S1＝＋＝，所以≤，m≥.又m是正整数，所以m的最小值是5.
7．(2019·温州七杭联考)在各项都为正数的数列{an}中，首项a1＝2，且点(a，a)在直线x－9y＝0上，则数列{an}的前n项和Sn等于(　　)
A．3n－1 B．
C． D．
解析：选A.由点(a，a)在直线x－9y＝0上，得a－9a＝0，即(an＋3an－1)(an－3an－1)＝0，又数列{an}各项均为正数，且a1＝2，所以an＋3an－1>0，所以an－3an－1＝0，即＝3，所以数列{an}是首项a1＝2，公比q＝3的等比数列，其前n项和Sn＝＝＝3n－1，故选A.
8．(2019·高考浙江卷)设a，b∈R，数列{an}满足a1＝a，an＋1＝a＋b，n∈N*，则(　　)
A．当b＝时，a10>10 B．当b＝时，a10>10
C．当b＝－2时，a10>10 D．当b＝－4时，a10>10
解析：选A.当b＝时，因为an＋1＝a＋，所以a2≥，又an＋1＝a＋≥an，故a9≥a2×()7≥×()7＝4，a10>a≥32>10.当b＝时，an＋1－an＝，故a1＝a＝时，a10＝，所以a10>10不成立．同理b＝－2和b＝－4时，均存在小于10的数x0，只需a1＝a＝x0，则a10＝x0<10，故a10>10不成立．所以选A.
9．(2019·嘉兴一中高考适应性考试)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S6>S7>S5，则an>0的最大n＝________，满足SkSk＋1<0的正整数k＝________．
解析：因为等差数列{an}的前n项和为Sn，若S6>S7>S5，
所以依题意a6＝S6－S5>0，a7＝S7－S6<0，a6＋a7＝S7－S5>0，
所以an>0的最大n＝6.
所以S11＝＝11a6>0，
S12＝＝>0，
S13＝＝13a7<0，
所以S12S13<0，即满足SkSk＋1<0的正整数k＝12.
答案：6　12
10．数列{an}中，a1＝2，an＋1＝，则通项公式an＝________．
解析：因为an＋1＝，所以＝＋.
所以数列是首项为，公差为的等差数列，
所以＝＋(n－1)×＝＋＝，
所以an＝.
答案：
11．(2019·丽水调研)设等差数列{an}满足a3＋a7＝36，a4a6＝275，且anan＋1有最小值，则这个最小值为________．
解析：设等差数列{an}的公差为d，因为a3＋a7＝36，
所以a4＋a6＝36，
与a4a6＝275，联立，解得或
当时，可得此时an＝7n－17，a2＝－3，a3＝4，易知当n≤2时，an<0，当n≥3时，an>0，所以a2a3＝－12为anan＋1的最小值；
当时，可得此时an＝－7n＋53，a7＝4，a8＝－3，易知当n≤7时，an>0，当n≥8时，an<0，所以a7a8＝－12为anan＋1的最小值．
综上，anan＋1的最小值为－12.
答案：－12
12．设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，满足S5S6＋15＝0，则d的取值范围是________．
解析：由S5S6＋15＝0，得·＋15＝0.
整理可得2a＋9a1d＋10d2＋1＝0.
因为a1，d为实数，所以Δ＝(9d)2－4×2×(10d2＋1)≥0，
解得d≤－2或d≥2.
答案：d≤－2或d≥2
13．(2019·兰州诊断考试)已知数列{an}中，a1＝1，Sn为数列{an}的前n项和，且当n≥2时，有＝1成立，则S2 017＝________．
解析：当n≥2时，由＝1，得2(Sn－Sn－1)＝(Sn－Sn－1)Sn－S＝－SnSn－1，
所以－＝1，又＝2，所以是以2为首项，1为公差的等差数列，
所以＝n＋1，故Sn＝，
则S2 017＝.
答案：
14．已知集合A＝{x|x＝2n－1，n∈N*}，B＝{x|x＝2n，n∈N*}．将A∪B的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an}．记Sn为数列{an}的前n项和，则使得Sn>12an＋1成立的n的最小值为________．
解析：所有的正奇数和2n(n∈N*)按照从小到大的顺序排列构成{an}，在数列{an}中，25前面有16个正奇数，即a21＝25，a38＝26.当n＝1时，S1＝1<12a2＝24，不符合题意；当n＝2时，S2＝3<12a3＝36，不符合题意；当n＝3时，S3＝6<12a4＝48，不符合题意；当n＝4时，S4＝10<12a5＝60，不符合题意；…；当n＝26时，S26＝＋＝441＋62＝503<12a27＝516，不符合题意；当n＝27时，S27＝＋＝484＋62＝546>12a28＝540，符合题意．故使得Sn>12an＋1成立的n的最小值为27.
答案：27
15．(2018·高考天津卷)设{an}是等差数列，其前n项和为Sn(n∈N*)；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(n∈N*)．已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6.
(1)求Sn和Tn；
(2)若Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整数n的值．
解：(1)设等比数列{bn}的公比为q.由b1＝1，b3＝b2＋2，
可得q2－q－2＝0.
因为q>0，可得q＝2，故bn＝2n－1.
所以，Tn＝＝2n－1.
设等差数列{an}的公差为d.由b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4.
由b5＝a4＋2a6，可得3a1＋13d＝16，从而a1＝1，d＝1，故an＝n.
所以，Sn＝.
(2)由(1)，有T1＋T2＋…＋Tn＝(21＋22＋…＋2n)－n＝－n＝2n＋1－n－2.
由Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn可得＋2n＋1－n－2＝n＋2n＋1，整理得n2－3n－4＝0，解得n＝－1(舍)，或n＝4.
所以，n的值为4.
16．已知数列{an}满足：a1＝，an＝a＋an－1(n≥2且n∈N)．
(1)求a2，a3；
(2)设数列{a}的前n项和为An，数列{}的前n项和为Bn，证明：＝an＋1.
解：(1)a2＝a＋a1＝＋＝，
a3＝a＋a2＝＋＝.
(2)证明：因为an＝a＋an－1，所以a＝an－an－1，
所以An＝a＋a＋a＋…＋a＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an＋1－an)＝an＋1－，
因为an＝a＋an－1＝an－1(an－1＋1)，
所以＝＝－，
所以＝－，
所以Bn＝＋＋…＋＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＝－.
所以＝＝an＋1.
17．设数列{an}的前n项和为Sn.已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*.
(1)求通项公式an；
(2)求数列{|an－n－2|}的前n项和．
解：(1)由题意得则又当n≥2时，
由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an，得an＋1＝3an.
所以，数列{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*.
(2)设bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*，b1＝2，b2＝1.
当n≥3时，由于3n－1＞n＋2，故bn＝3n－1－n－2，n≥3.
设数列{bn}的前n项和为Tn，则T1＝2，T2＝3.
当n≥3时，
Tn＝3＋－＝，
所以Tn＝
18．(2019·浙江“七彩阳光”联盟联考)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，数列{bn}的前n项的和为Sn，试求数列{S2n－Sn}的最小值．
解：(1)由条件an＋1＝2an得＝2·，又a1＝2，所以＝2，因此数列构成首项为2，公比为2的等比数列，从而＝2·2n－1＝2n，因此，an＝n·2n.
(2)由(1)得bn＝，设cn＝S2n－Sn，则cn＝＋＋…＋，
所以cn＋1＝＋＋…＋＋＋，
从而cn＋1－cn＝＋－>＋－＝0，
因此数列{cn}是单调递增的，所以{cn}min＝c1＝.