4.4 数学归纳法 数学 选择性必修 第二册 (配人教A版)学案

4.4　数学归纳法(选学内容，不作考试要求)
　　　　　
高频考点一|等差(比)数列的基本运算
[例1]　等比数列{an}中，已知a1＝2，a4＝16.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若a3，a5分别为等差数列{bn}的第3项和第5项，试求数列{bn}的通项公式及前n项和Sn.
[解]　(1)设{an}的公比为q.
由已知得16＝2q3，解得q＝2，∴an＝2×2n－1＝2n.
∴数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)由(1)得a3＝8，a5＝32，则b3＝8，b5＝32.
设{bn}的公差为d，则
解得∴bn＝－16＋12(n－1)＝12n－28.
∴数列{bn}的通项公式为bn＝12n－28.
∴数列{bn}的前n项和
Sn＝＝6n2－22n.
等差数列、等比数列各有五个相关量，两组基本公式，而这两组公式可看作多元方程，利用这些方程可将等差数列、等比数列中的运算问题转化为解关于基本量的方程(组)，因此可以说数列中的绝大部分运算题可看作方程应用题，所以用方程思想解决数列问题是一种行之有效的方法．　　
[集训冲关]
1．已知{an}为等差数列，其公差为－2，且a7是a3与a9的等比中项，Sn为{an}的前n项和，则S10的值为(　　)
A．－110 B．－90 C．90 D．110
解析：选D　∵a3＝a1＋2d＝a1－4，a7＝a1＋6d＝a1－12，a9＝a1＋8d＝a1－16，a7是a3与a9的等比中项，
∴(a1－12)2＝(a1－4)(a1－16)，解得a1＝20，
∴S10＝10×20＋×10×9×(－2)＝110.故选D.
2．已知等差数列{an}满足a1＋a2＝10，a4－a3＝2.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设等比数列{bn}满足b2＝a3，b3＝a7，问：b6与数列{an}的第几项相等？
解：(1)设等差数列{an}的公差为d.
因为a4－a3＝2，所以d＝2.
又因为a1＋a2＝10，所以2a1＋d＝10，故a1＝4.
所以an＝4＋2(n－1)＝2n＋2.
(2)设等比数列{bn}的公比为q.
因为b2＝a3＝8，b3＝a7＝16，
所以q＝2，b1＝4.
所以b6＝4×26－1＝128.
由128＝2n＋2得n＝63.
所以b6与数列{an}的第63项相等．
高频考点二|等差(比)数列的基本运算
[例2]　记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知＋＝2.
(1)证明：数列{bn}是等差数列．
(2)求{an}的通项公式．
[解]　(1)证明：由＋＝2，
得bn＝＝＋，
亦可得2＋＝2Sn＝2＋(n≥2)，
即bn－1＝(n≥2)，所以bn－bn－1＝.
由＋＝2，可得b1＝.
所以{bn}是首项为，公差为的等差数列．
(2)由(1)知bn＝＋(n－1)＝1＋，
所以Sn＝＝＝(n≥2)．
当n＝1时，S1＝b1＝，满足上式，所以Sn＝.
所以an＝Sn－Sn－1＝－＝－(n≥2)．
当n＝1时，a1＝S1＝b1＝≠－，
所以an＝
判断和证明数列是等差(比)数列的方法
(1)定义法：对于n≥1的任意自然数，验证an＋1－an为与正整数n无关的常数．
(2)中项公式法：
①若2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)，则{an}为等差数列；
②若a＝an－1·an＋1(n∈N*，n≥2且an≠0)，则{an}为等比数列．
(3)通项公式法：an＝kn＋b(k，b是常数) {an}是等差数列；an＝c·qn(c，q为非零常数) {an}是等比数列．
(4)前n项和公式法：Sn＝An2＋Bn(A，B为常数，n∈N*) {an}是等差数列；
Sn＝Aqn－A(A，q为常数，且A≠0，q≠0，q≠1，n∈N*) {an}是公比不为1的等比数列．　　
[集训冲关]
1.(多选)已知Sn是公比为q的正项等比数列{an}的前n项和，若a1＋a2＝3，a2a4＝16，则下列说法正确的是(　　)
A．q＝2
B．数列{Sn＋1}是等比数列
C．S8＝255
D．数列{lg an}是公差为2的等差数列
解析：选ABC　根据题意，设等比数列{an}的公比为q(q>0)，
对于A，若a1＋a2＝3，a2a4＝16，则a3＝4，a1q2＝4，解得a1＝1，q＝2，A正确；
对于B，由a1＝1，q＝2，则Sn＝＝2n－1，则有Sn＋1＝2n，故数列{Sn＋1}是公比为2的等比数列，B正确；
对于C，由Sn＝2n－1，则S8＝28－1＝255，C正确；
对于D，由a1＝1，q＝2，则an＝2n－1，故lg an＝(n－1)lg 2，数列{lg an}是公差为lg 2的等差数列，错误．
故选A、B、C.
2．已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)·an.设bn＝.
(1)求b1，b2，b3；
(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；
(3)求数列{an}的通项公式．
解析：(1)由条件可得an＋1＝an.
将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.
将n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12.
从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.
(2){bn}是首项为1，公比为2的等比数列．理由如下：
由条件可得＝，即bn＋1＝2bn，又b1＝1，
所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．
(3)由(2)可得＝2n－1，所以an＝n·2n－1，n∈N*.
高频考点三|数列的性质及应用
[例3]　(1)已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，以Sn表示数列{an}的前n项和，则使得Sn取得最大值的n是(　　)
A．21 B．20 C．19 D．18
(2)记等比数列{an}的前n项积为Tn(n∈N*)，已知am－1am＋1－2am＝0，且T2m－1＝128，则m＝________.
[解析]　(1)由a1＋a3＋a5＝105得，3a3＝105，
∴a3＝35.
同理可得a4＝33，
∴d＝a4－a3＝－2，an＝a4＋(n－4)×(－2)
＝41－2n.
由得n＝20.
∴使Sn达到最大值的n是20.
(2)因为{an}为等比数列，所以am－1am＋1＝a，又由am－1am＋1－2am＝0，从而am＝2.由等比数列的性质可知前(2m－1)项积T2m－1＝a，则22m－1＝128，故m＝4.
[答案]　(1)B　(2)4
关于等差(比)数列性质的应用问题，可以直接构造关于首项a1和公差d(公比q)的方程或方程组来求解，再根据等差(比)数列的通项公式直接求其值，此法思路简单，但运算过程复杂，也可以利用等差(比)数列的性质解题，此法运算简单，可大大提高解题效率．　　
[集训冲关]
1．等差数列{an}的前16项和为640，前16项中偶数项和与奇数项和之比为22∶18，则公差d，的值分别是(　　)
A．8， B．9， C．9， D．8，
解析：选D　设S奇＝a1＋a3＋…＋a15，S偶＝a2＋a4＋…＋a16，则有S偶－S奇＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋…＋(a16－a15)＝8d，＝＝.
由解得S奇＝288，S偶＝352.因此d＝＝＝8，＝＝.故选D.
2．数列{－2n2＋9n＋3}中最大项的值为________．
解析：由已知an＝－2n2＋9n＋3＝－22＋.由于n为正整数，故当n取2时，an取到最大值13.
∴数列{－2n2＋9n＋3}的最大项为a2＝13.
答案：13
高频考点四|数列的通项与求和
[例4]　已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－，且4Sn＋1＝3Sn－9(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，记{bn}的前n项和为Tn.若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．
[解]　(1)由4Sn＋1＝3Sn－9，①
得4Sn＝3Sn－1－9(n≥2)．②
①－②，得4an＋1＝3an(n≥2)，即an＋1＝an(n≥2)．
由题意，得4(a1＋a2)＝3a1－9，a1＝－，
解得a2＝－.
经验证，a2＝a1，所以an＋1＝an，
所以{an}是以－为首项，为公比的等比数列，
所以an＝－×n－1＝－3×n.
(2)由3bn＋(n－4)an＝0，
得bn＝－an＝(n－4)×n，
所以Tn＝－3×－2×2－1×3＋…＋(n－4)×n，　③
则Tn＝－3×2－2×3－1×4＋…＋(n－4)×n＋1.　④
③－④，得Tn＝－3×＋2＋3＋…＋n－(n－4)×n＋1＝－＋－4×n＋1－(n－4)×n＋1＝－n×n＋1，
所以Tn＝－4n×n＋1.
Tn≤λbn对任意的n∈N*恒成立，即－4n×n＋1≤λ(n－4)×n，即λ(n－4)＋3n≥0对任意的n∈N*恒成立．当n＝4时，显然成立；
当n＜4时，λ≤－＝－3－，解得λ≤1；
当n＞4时，λ≥－＝－3－，解得λ≥－3.
综上可得，λ∈[－3,1]．
[方法技巧]
已知递推公式求通项公式的常见类型
an＋1＝an＋f(n) 把原递推公式转化为an＋1－an＝f(n)，再利用累加法(逐差相加法)求解
an＋1＝f(n)an 把原递推公式转化为＝f(n)，再利用累乘法(逐商相乘法)求解
an＋1＝pan＋q(其中p，q均为常数，pq(p－1)≠0) 先用待定系数法把原递推公式转化为an＋1－t＝p(an－t)，其中t＝，再利用换元法转化为等比数列求解
[集训冲关]
1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a9＝a12＋6，a2＝4，则数列的前20项和为(　　)
A. B． C. D．
解析：选B　设{an}的公差为d，由a9＝a12＋6，
得a1＋5d＝12.又a2＝4＝a1＋d，
∴a1＝2＝d，∴Sn＝2n＋×2＝n2＋n，
∴＝＝－，∴＋＋…＋＝＋＋…＋＝1－＝.
2．已知a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝9－6n，则数列{an}的通项公式是________．
解析：令Sn＝a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an，
则Sn＝9－6n，当n＝1时，a1＝S1＝3；
当n≥2时，2n－1·an＝Sn－Sn－1＝－6，∴an＝－.
∴通项公式an＝
答案：an＝
3．(2024·天津高考)已知数列{an}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn，若a1＝1，S2＝a3－1.
(1)求数列{an}的前n项和Sn；
(2)设bn＝k∈N*.
①当k≥2，n＝ak＋1时，求证：bn－1≥ak·bn；
②求bi.
解：(1)设{an}的公比为q(q>0)，则1＋q＝q2－1，解得q＝2，
所以Sn＝＝2n－1.
(2)①证明：由(1)知，ak＝2k－1，
所以bn＝k∈N*.
当n＝ak＋1＝2k时，bn＝k＋1，
则bn－1＝b＝b＋2k＝b＋4k＝…＝b＋2k·(2k－1－1)＝k＋2k·(2k－1－1)＝k·2k－k，
所以bn－1－ak·bn＝k·2k－k－(k＋1)2k－1＝(k－1)2k－1－k.设f(x)＝(x－1)2x－1－x，x≥2，
则f′(x)＝2x－1＋(x－1)2x－1ln 2－1≥2＋2ln 2－1>0，
所以f(x)在[2，＋∞)上单调递增，
所以f(x)≥f(2)＝0.
所以bn－1－ak·bn≥0，即bn－1≥ak·bn.
②令k＝1，得b1＝1，
令k＝2，得b2＝2，b3＝b2＋2k＝6，
令k＝3，得b4＝3，b5＝b4＋2k＝9，b6＝b5＋2k＝15，b7＝b6＋2k＝21，…，
所以b，b，…，b是一个以b为首项，2k为公差的等差数列．
因为b＝k，b＝k·2k－k，
所以b＋b＋…＋b＝＝k·4k－1.
所以bi＝bi＝b1＋b2＋…＋b2n－1＝1×40＋2×41＋…＋n×4n－1,4bi＝1×41＋2×42＋…＋n×4n，
两式相减，得－3bi＝40＋41＋…＋4n－1－n×4n＝－n×4n＝－n×4n＝×4n－，
所以bi＝·4n＋＝.
　　　　　
一、选择题
1．[多选]已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－9n，第k项满足5＜ak＜9，则k可以是(　　)
A．9 B．8 C．7 D．6
解析：选AB　∵Sn＝n2－9n，∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－10.又a1＝S1＝－8，符合上式.∴an＝2n－10(n∈N*),∴5＜2k－10＜9，解得7.5＜k＜9.5，∴k＝8或9.故选A、B.
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝(　　)
A．2n－1 B．n－1
C.n－1 D．
解析：选B　因为an＋1＝Sn＋1－Sn，所以由Sn＝2an＋1，得Sn＝2(Sn＋1－Sn)，整理得3Sn＝2Sn＋1，所以＝，所以数列{Sn}是以S1＝a1＝1为首项，为公比的等比数列，故Sn＝n－1.
3．已知数列{an}，a1＝2，an＋1－2an＝0，bn＝log2an，则数列{bn}的前10项和等于(　　)
A．130 B．120 C．55 D．50
解析：选C　在数列{an}中，a1＝2，an＋1－2an＝0，即＝2，所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列．所以an＝2×2n－1＝2n.所以bn＝log22n＝n.则数列{bn}的前10项和为1＋2＋…＋10＝55.故选C.
4．在数列{an}中，已知Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，则S15＋S22－S31的值为(　　)
A．13 B．－76 C．46 D．76
解析：选B　∵S15＝(－4)×7＋(－1)14(4×15－3)＝29，
S22＝(－4)×11＝－44，
S31＝(－4)×15＋(－1)30(4×31－3)＝61，
∴S15＋S22－S31＝29－44－61＝－76.
5．[多选]已知数列{an}是等比数列，下列结论正确的为(　　)
A．若a1a2＞0，则a2a3＞0
B．若a1＋a3＜0，则a1＋a2＜0
C．若a2＞a1＞0，则a1＋a3＞2a2
D．若a1a2＜0，则(a2－a1)(a2－a3)＜0
解析：选AC　易知A正确；对于B，取a1＝－1，q＝－2，则a1＋a3＜0，a1＋a2＞0，即B错误；对于C，由a2＞a1＞0，得q＞1，则1＋q2＞2q，即a1＋a3＞2a2，即C正确；对于D，若a1a2＜0，则q＜0，所以(q－1)·(q－q2)＞0，所以(a2－a1)(a2－a3)＞0，即D错误．故选A,C.
6．已知各项均不为0的等差数列{an}满足a3－2a＋3a7＝0，数列{bn}是等比数列，且b6＝a6，则b1b7b10等于(　　)
A．1 B．2 C．4 D．8
解析：选D　根据等差数列的性质，得a3＋a7＝2a5，a5＋a7＝2a6.又a3－2a＋3a7＝0，所以2a5＋2a7－2a＝0，即2a6＝a，解得a6＝2或a6＝0(舍去)，所以b6＝a6＝2，则b1b7b10＝b2b6b10＝b＝8.
二、填空题
7．等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则＝________.
解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
依题意有解得
所以Sn＝，＝＝2，
因此 ＝2＝.
答案：
8．对于项数为m(m≥3)的有穷数列{an}，若存在项数为m＋1的等比数列{bn}，使得bk＜ak＜bk＋1，其中k＝1,2，…，m，则称数列{bn}为{an}的“等比分割数列”．已知数列7,14,38,60，则该数列的一个“等比分割数列”可以是______．(写出满足条件的一个各项为整数的数列即可)
解析：取一个首项为6，公比为2的数列即满足bk＜ak＜bk＋1，其中k＝1,2，…，m.
答案：6,12,24,48,96
9．已知首项都是1的两个数列{an}，{bn}(bn≠0，n∈N*)满足anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1·bn＝0.若bn＝3n－1，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
解析：因为anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0，bn≠0，所以－＝2，所以数列是以＝1为首项，2为公差的等差数列，故＝2n－1.由bn＝3n－1，得an＝(2n－1)3n－1，于是数列{an}的前n项和Sn＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n－1)×3n－1,3Sn＝1×31＋3×32＋…＋(2n－3)×3n－1＋(2n－1)×3n，两式相减得－2Sn＝1＋2×(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)×3n＝－2－(2n－2)3n，所以Sn＝(n－1)3n＋1.
答案：(n－1)3n＋1
三、解答题
10．已知数列{an}的前n项和为Sn，an＝3Sn＋1(n∈N*)．
(1)求a1，a2；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)由an＝3Sn＋1，得an＋1＝3Sn＋1＋1，
两式相减，得
an＋1－an＝3(Sn＋1－Sn)＝3an＋1，
即＝－.
又a1＝3S1＋1＝3a1＋1，得a1＝－，
所以a2＝－×＝.
(2)由(1)知，数列{an}是首项为－，公比为－的等比数列，
所以an＝×n－1＝n.
11．(2021·全国乙卷)设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝.已知a1,3a2,9a3成等差数列．
(1)求{an}和{bn}的通项公式．
(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和．证明：Tn<.
解：(1)设等比数列{an}的公比为q.
∵a1,3a2,9a3成等差数列，
∴6a2＝a1＋9a3，即6q＝1＋9q2，
解得q＝.
∴an＝n－1，
∴bn＝＝nn.
(2)证明：由(1)得，Sn＝
＝＝
＝－×n－1.
Tn＝1×1＋2×2＋3×3＋…＋nn，　　①
则Tn＝1×2＋2×3＋3×4＋…＋nn＋1.　②
①－②，得Tn＝1＋2＋3＋…＋n－nn＋1＝－nn＋1＝－×n，
∴Tn＝－×n.
∵＝－×n－1＝－×n，且3＋2n>3，
∴当n为正整数时，Tn<.
12．(2023·新课标Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d，且d＞1.令bn＝，设Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和．
(1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式；
(2)若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d.
解：(1)因为3a2＝3a1＋a3，
所以3d＝a1＋2d，所以a1＝d，
所以an＝nd.
因为bn＝，所以bn＝＝，
所以S3＝＝＝6d，T3＝b1＋b2＋b3＝＋＋＝.
因为S3＋T3＝21，
所以6d＋＝21，解得d＝3或d＝，
因为d＞1，所以d＝3.
所以{an}的通项公式为an＝3n.
(2)因为bn＝，且{bn}为等差数列，
所以2b2＝b1＋b3，即2×＝＋，
所以－＝，所以a12－3a1d＋2d2＝0，解得a1＝d或a1＝2d.
因为d>1，所以an>0，又因为S99－T99＝99，
由等差数列的性质，得99a50－99b50＝99，
即a50－b50＝1，所以a50－＝1，
即a502－a50－2 550＝0，
解得a50＝51或a50＝－50(舍去)．
当a1＝2d时，a50＝a1＋49d＝51d＝51，解得d＝1，与d＞1矛盾，无解，当a1＝d时，a50＝a1＋49d＝50d＝51，解得d＝.综上，d＝.