2022年高三数学第二轮复习教案数列问题的题型与方法二人教版 .pdf-得力文库

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1、学习必备欢迎下载高三数学第二轮复习教案数列问题的题型与方法二（3 课时）一、考试内容数列；等差数列及其通项公式，等差数列前n 项和公式；等比数列及其通项公式，等比数列前 n 项和公式。二、考试要求 1理解数列的概念，了解数列通项公式的意义，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项。 2理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n 项和公式，并能运用公式解答简单的问题。 3理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式，并能运用公式解决简单的问题。三、复习目标1 能灵活地运用等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前n 项和公式解题；2能熟练地求一些特

2、殊数列的通项和前n项的和；3使学生系统掌握解等差数列与等比数列综合题的规律，深化数学思想方法在解题实践中的指导作用，灵活地运用数列知识和方法解决数学和实际生活中的有关问题；4通过解决探索性问题，进一步培养学生阅读理解和创新能力，综合运用数学思想方法分析问题与解决问题的能力5在解综合题的实践中加深对基础知识、基本技能和基本数学思想方法的认识，沟通各类知识的联系，形成更完整的知识网络，提高分析问题和解决问题的能力6培养学生善于分析题意，富于联想，以适应新的背景，新的设问方式，提高学生用函数的思想、方程的思想研究数列问题的自觉性、培养学生主动探索的精神和科学理性的思维方法四、双基透视1 可以列表复

3、习等差数列和等比数列的概念、有关公式和性质. 2判断和证明数列是等差（等比）数列常有三种方法：(1) 定义法：对于n2的任意自然数, 验证11(/)nnnnaaaa为同一常数。(2) 通项公式法：若 = +（ n-1）d= +（n-k ）d ，则na为等差数列；若，则na为等比数列。(3) 中项公式法：验证都成立。3. 在等差数列na中, 有关 Sn的最值问题常用邻项变号法求解：(1) 当0,d0 时，满足的项数 m使得取最大值 . ( 2)当0 时，满足的项数 m使得取最小值。在解含绝对值的数列最值问题时, 注意转化思想的应用。4. 数列求和的常用方法：公式法、裂项相消法、错位相减法、倒序相

4、加法等。五、注意事项1证明数列na是等差或等比数列常用定义，即通过证明11nnnnaaaa或11nnnnaaaa而得。2在解决等差数列或等比数列的相关问题时，“基本量法”是常用的方法，但有时灵活地精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 16 页学习必备欢迎下载运用性质，可使运算简便。3对于一般数列的问题常转化为等差、等比数列求解。4注意一些特殊数列的求和方法。5注意ns与na之间关系的转化。如：na= ,11nnsss21nn，na=nkkkaaa211)(6数列极限的综合题形式多样，解题思路灵活，但万变不离其宗，就是离不开数列

5、极限的概念和性质，离不开数学思想方法，只要能把握这两方面，就会迅速打通解题思路7解综合题的成败在于审清题目，弄懂来龙去脉，透过给定信息的表象，抓住问题的本质，揭示问题的内在联系和隐含条件，明确解题方向，形成解题策略8通过解题后的反思，找准自己的问题，总结成功的经验，吸取失败的教训，增强解综合题的信心和勇气，提高分析问题和解决问题的能力数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础，所以在高考中占有重要的地位。高考对本章的考查比较全面，等差数列，等比数列的考查每年都不会遗漏。解答题多为中等以上难度的试题，突出考查考生的思维能力，解决问题的能力，试题大多有较好的区分度。有关数列的试题经常是综

6、合题，经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来，试题也常把等差数列、等比数列，求极限和数学归纳法综合在一起。探索性问题是高考的热点，常在数列解答题中出现。本章中还蕴含着丰富的数学思想，在主观题中着重考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想，以及配方法、换元法、待定系数法等基本数学方法。应用问题考查的重点是现实客观事物的数学化，常需构造数列模型，将现实问题转化为数学问题来解决。六、范例分析例 1 已知数列 an 是公差 d0 的等差数列，其前n 项和为 Sn(2) 过点 Q1(1 ，a1) ，Q2(2 ，a2) 作直线 12，设 l1与 l2的夹角为，证明： (1) 因为

7、等差数列an 的公差 d0，所以Kp1pk是常数 (k=2 ，3， n)(2) 直线 l2的方程为y-a1=d(x-1) ，直线 l2的斜率为d例 2 已知数列na中，nS是其前n项和，并且1142(1,2,),1nnSanaL，设数列), 2, 1(21naabnnn，求证：数列nb是等比数列；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 16 页学习必备欢迎下载设数列),2, 1( ,2nacnnn，求证：数列nc是等差数列；求数列na的通项公式及前n项和。分析：由于 bn和cn中的项都和 an中的项有关， an 中又有 S1

8、n=4an+2，可由 S2n-S1n作切入点探索解题的途径解： (1) 由S1n=4a2n， S2n=4a1n+2，两式相减，得S2n-S1n=4(a1n-an) ，即a2n=4a1n-4an ( 根据 bn的构造，如何把该式表示成b1n与 bn的关系是证明的关键，注意加强恒等变形能力的训练) a2n-2a1n=2(a1n-2an) ，又 bn=a1n-2an，所以 b1n=2bn已知 S2=4a1+2，a1=1，a1+a2=4a1+2，解得 a2=5，b1=a2-2a1=3 由和得，数列bn 是首项为3，公比为2 的等比数列，故bn=321n当 n2 时， Sn=4a1n+

9、2=21n(3n-4)+2 ；当 n=1 时， S1=a1=1 也适合上式综上可知，所求的求和公式为Sn=21n(3n-4)+2 说明： 1本例主要复习用等差、等比数列的定义证明一个数列为等差，等比数列，求数列通项与前n项和。解决本题的关键在于由条件241nnaS得出递推公式。2解综合题要总揽全局，尤其要注意上一问的结论可作为下面论证的已知条件，在后面求解的过程中适时应用例 3 已知数列 an 是首项 a10， q-1 且 q0 的等比数列，设数列 bn的通项 bn=a1n-ka2n(n N)，数列 an 、bn 的前 n 项和分别为Sn，Tn如果 TnkSn对一切自然数n都成立，求实数 k

10、的取值范围分析：由探寻Tn和 Sn的关系入手谋求解题思路。解：因为 an 是首项 a1 0，公比 q-1 且 q0 的等比数列，故a1n=anq， a2n=anq2所以 bn=a1n-ka2n=an(q-k q2) Tn=b1+b2+bn=(a1+a2+an)(q-k q2)=Sn(q-kq2) 依题意，由TnkSn，得 Sn (q-kq2) kSn，对一切自然数n 都成立当 q0 时，由 a10，知 an0，所以 Sn 0；当-1 q0 时，因为a10，1-q 0，1-qn0，所以 Sn=综合上面两种情况，当q-1 且 q0 时， Sn0 总成立精选学习资料 - - - - - - -

11、- - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 16 页学习必备欢迎下载由式可得q-kq2k ，例 4(20XX 年全国理 ) 从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业. 根据规划，本年度投入800 万元，以后每年投入将比上年减少15. 本年度当地旅游业收入估计为400 万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加14。( ) 设n年内 ( 本年度为第一年) 总投入为an万元，旅游业总收入为bn万元 . 写出an，bn的表达式 ( ) 至少经过几年旅游业的总收入才能超过总投入? 解析：第 1 年投入 800

12、万元，第2 年投入 800（ 1-）万元，第n年投入 800（ 1）n1万元所以总投入an800800（1） 800（ 1）n140001（）n同理：第1 年收入 400 万元，第2 年收入 400（ 1）万元，第n年收入 400（ 1）n1万元bn400400（ 1） 400（ 1）n 11600（）n1(2) bnan0，1600（）n14000 1（）n 0 化简得， 5（）n2（）n70设x（）n，5x27x20 x，x 1（舍 )即（）n，n5.说明：本题主要考查建立函数关系式，数列求和，不等式等基础知识，考查综合运用数学知识解决实际问题的能力。解数学问题应用题重点在过好三关：（1

13、）事理关：阅读理解，知道命题所表达的内容；（2）文理关：将“问题情景”中的文字语言转化为符号语言，用数学关系式表述事件；（3）数理关：由题意建立相关的数学模型，将实际问题数学化，并解答这一数学模型，得出符合实际意义的解答。例 5 设实数0a，数列na是首项为a，公比为a的等比数列，记),(|1*NnagabnnnnnbbbS21，求证：当1a时，对任意自然数n都有nS=2)1(lgaaannanan)1()1(11解：nnnnnaaaqaa1111)1()(。|lg)1(|)1(|lg)1(|lg111anaaaaabnnnnnnnnn|lg) 1(|lg)1()1(|lg3|lg2|l

14、g11232anaaanaaaaaaSnnnnn|lg)1()1()1(3211232anaanaaannnn精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 16 页学习必备欢迎下载记nnnnnaanaaaS11232)1()1() 1(321121332)1()1()1()2()1(2nnnnnnnaananaaas+得1121232) 1()1()1()1 (nnnnnnnaaaaaasa1111( 1)1,(1)( 1)1(1)nnnnaaaa Sn aaQ)1() 1(1)1(|lg)1 () 1)(1(1)1 () 1()1

15、()1() 1()1 ()1(122121121111nnnnnnnnnnnananaaaSaananaaananaSaanaaaS说明：本例主要复习利用错位相减解决差比数列的求和问题。关键是先研究通项，确定 ,nnnnabaC是等差数列，nb等比数列。解法一：设等差数列 an的首项 a1=a，公差为d，则其通项为根据等比数列的定义知S50，由此可得一步加工，有下面的解法) 解法二：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 16 页学习必备欢迎下载依题意，得例 7 设二次方程nax2-na+1x+1=0(n N)有两根和，且满

16、足6-2 +6=3(1) 试用na表示 a1n；例 8在直角坐标平面上有一点列),(,),(),(222111nnnyxPyxPyxP，对一切正整数n，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 16 页学习必备欢迎下载点nP位于函数4133xy的图象上，且nP的横坐标构成以25为首项，1为公差的等差数列nx。求点nP的坐标；设抛物线列,321ncccc中的每一条的对称轴都垂直于x轴，第n条抛物线nc的顶点为nP，且过点)1,0(2nDn，记与抛物线nc相切于nD的直线的斜率为nk，求：nnk

17、kkkkk13221111。设1,4|,1,2|nyyyTnNnxxxSnn，等差数列na的任一项TSan，其中1a是TS中的最大数，12526510a，求na的通项公式。解：（1）23)1()1(25nnxn1353533,(, 3)4424nnnyxnPnn（2）nc的对称轴垂直于x轴，且顶点为nP.设nc的方程为：,4512)232(2nnxay把)1, 0(2nDn代入上式，得1a，nc的方程为：1)32(22nxnxy。32|0nykxn，)321121(21)32)(12(111nnnnkknnnnkkkkkk13221111)321121()9171()715

18、1(21nn=641101)32151(21nn（3） 1,),32(|nNnnxxS， 1,),512(|nNnnyyT1,3)16(2|nNnnyy,STTIT 中最大数171a. 设na公差为d，则)125,265(91710da，由此得).(247,24),(12,129248*NnnadNmmdTadnn又说明：本例为数列与解析几何的综合题，难度较大（1）、（2）两问运用几何知识算出nk，解决（3）的关键在于算出STI及求数列na的公差。例 9数列na中，2,841aa且满足nnnaaa122*Nn求数列na的通项公式；设|21nnaaaS，求nS；设nb=)12(1nan)(

19、),(*21*NnbbbTNnnn，是否存在最大的整数m，使得对任意*Nn，均有nT32m成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由。解：（1）由题意，nnnnaaaa112，na为等差数列，设公差为d，由题意得2382dd，nnan210)1(28. （ 2）若50210nn则，|,521nnaaaSn时精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 16 页学习必备欢迎下载21281029,2nnaaannnL6n时，nnaaaaaaS765214092)(2555nnSSSSSnn故nS409922nnnn65nn（3）)1

20、11(21) 1(21)12(1nnnnanbnnnT)111()111()4131()3121()211(21nnnn.)1(2 nn若32mTn对任意*Nn成立，即161mnn对任意*Nn成立，)(1*Nnnn的最小值是21，,2116mm的最大整数值是7。即存在最大整数,7m使对任意*Nn，均有.32mTn说明：本例复习数列通项，数列求和以及有关数列与不等式的综合问题。例 10如图，在 y 轴的正半轴上依次有点,21nAAA其中点)10,0(),1 ,0(21AA，且|3|11nnnnAAAA),4,3 ,2(n，在射线)0(xxy上依次有点,21nBBB点1B的坐标为（ 3，3），

22、积为nS，则22)31(2272292221)32()31(2113111nnABBBAAnnSSSnnnnnn,392291nn,036311nnnnSS,1nnSS即nS单调递减 . nS的最大值为24792291S. 说明：本例为数列与几何的综合题。由题意知|1nnAA为等比，|nOB为等差，（ 3）利用函数单调性求最值。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 16 页学习必备欢迎下载例 11设正数数列 an为一等比数列，且a2=4，a4=16说明：这是 2000 年全国高考上海试题，涉及对数、数列、极限的综合题，主

23、要考查等比数列的定义及通项公式，等差数列前n 项和公式，对数计算，求数列极限等基础知识，以及综合运用数学知识的能力例 12已知抛物线24xy，过原点作斜率1 的直线交抛物线于第一象限内一点1P，又过点1P作斜率为12的直线交抛物线于点2P，再过2P作斜率为14的直线交抛物线于点3P，L，如此继续，一般地，过点nP作斜率为12n的直线交抛物线于点1nP，设点(,)nnnP xy（）令2121nnnbxx，求证：数列nb是等比数列（）设数列nb的前n项和为nS，试比较314nS与1310n的大小解：（1）因为(,)nnnPxy、111(,)nnnPxy在抛物线上，故24,nnxy2114nnxy

24、，又因为直线1nnP P的斜率为12n，即1112nnnnyyxx，代入可得221121111422nnnnnnnnxxxxxx2121212221()()nnnnnnnbxxxxxx222322111222nnn，故114nnnbbb是以14为公比的等比数列；（2）4131(1)13444nnnnSS，故只要比较4n与310n的大小方法（一）1222(1)4(1 3)1331 331 39310(3)2nnnnn nCCnnnnL，当1n时，3114310nSn；当2n时3114310nSn；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页

25、，共 16 页学习必备欢迎下载当*3,nnN时，3114310nSn方法（二）用数学归纳法证明，其中假设(3,)nk kkN时有4310kk, 则当1nk时,144 44(310)3(1)109273(1)10kkkkkk. an) ，是公差为 -1 的等差数列，又2a2-a1， 2a3-a2， 2a1n-an，(1) 求数列 an 的通项公式；(2) 计算(a1+a2+an) 分析：由于题设中的等差数列和等比数列均由数列an 的相关项构成，分别求出它们的通项公式构造关于an的方程组解： (1) 设 bn=log2(3a1n-an) ，因为 bn 是等差数列， d=-1 b1=log23a1

26、n-an2n设 cn=2 a1n-an，cn是等比数列，公比为q，|q| 1，c1=2a2-a1=例 14等比数列 an中，已知a10，公比 q0，前 n项和为 Sn，自然数 b，c，d，e 满足 bcde，且 b+e=c+d求证： SbSeScSd分析：凡是有关等比数列前n 项 Sn的问题，首先考虑q=1 的情况，证明条件不等式时，正确适时地应用所给的条件是成败的关键精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 16 页学习必备欢迎下载( 证明不等式首选方法是差比较法，即作差变形判定符号，变形要有利于判定符号) be-cd=(c

27、+d-e)e-cd=ce+de-e2-cd=(c-e)(e-d)因为 ce，de，所以 c-e 0，e-d 0，于是 (c-e)(e-d)0又同理( 要比较 SbSe与 ScSd的大小，只要比较(1-qb)(1-qe)与(1-qc)(1-qd)的大小，仍然运用差比较法) (1-qb)(1-qe)-(1-qc)(1-qd)=qc+qd-qb-qe=(qc-qb)-(qe-qd)( 能否将 qc-qb 用 qe-qd 表示是上式化成积的关键，利用给定的c+d=b+e，寻求变形的途径，c=b+e-d ，d、e 出现了，于是qc-qb=qb+e-d-qb=qb(qe-d-1)=qbq-d(qe-qd

28、)恒等变形只有目标明确，变形才能有方向) 上式 =qbq-d(qe-qd)-(qe-qd)=(qe-qd)(qbq-d-1)=q-d(qe-qd)(qb-qd)因为q 0所以q-d 0( 运用函数的思想将问题转化为根据指数函数的单调性判别乘积的符号) 事实上，由bde，q0，当 0q1 时， y=qx 是减函数， qeqd，qbqd，即 qe-qd 0，qb-qd 0；当 q1 时， y=qx 是增函数， qeqd，qbqd，即 qe-qd 0，qb-qd 0所以无论0 q1 还是 q1，都有 qe-qd 与 qb-qd 异号，即 (qe-qd)(qb-qd)0综上所述，无论q=1 还是 q

29、1，都有 SbSeScSd说明：复习课的任务在于对知识的深化，对能力的提高、关键在落实根据上面所研究的问题，进一步提高运用函数的思想、方程的思想解决数列问题的能力例 15（ 20XX年北京春季高考）如图，在边长为l的等边 ABC中，圆 O1为ABC的内切圆，圆 O2与圆 O1外切，且与AB，BC相切，圆On+1与圆 On外切，且与AB ，BC相切，如此无限继续下去 . 记圆 On的面积为. （）证明是等比数列；（）求的值 . （）证明：记 rn为圆 On的半径，则精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 16 页学习必备欢迎

30、下载所以故成等比数列 . （）解：因为所以说明：本小题主要考查数列、数列极限、三角函数等基本知识，考查逻辑思维能力. 七、强化训练1设 Sn和 Tn分别为两个等差数列的前n 项和，若对任意n N，（）A43 B32 C74 D7871 2一个首项为正数的等差数列中，前3 项的和等于前11 项的和，当这个数列的前n 项和最大时， n等于（）A5 B6 C7 D8 3若数列na中，13a，且21nnaa*()nN，则数列的通项na4设在等比数列na中，,126,128,66121nnnSaaaa求n及q5根据下面各个数列na的首项和递推关系，求其通项公式11, 1naa)(2*Nnnan11,

31、 1naa1nn)(*Nnan11, 1naa121na)(*Nn6数列na的前n项和rraSnn(1为不等于0，1 的常数 ) ，求其通项公式na7某县位于沙漠地带，人与自然长期进行着顽强的斗争，到20XX年底全县的绿化率已达30% 。从 20XX 年开始，每年将出现这样的局面，即原有沙漠面积的16% 将被绿化，与此同时，由于各种原因，原有绿化面积的4% 又被沙化。（1）设全县面积为1，20XX年底绿化面积为,1031a经过n年绿化总面积为.1na求证.542541nnaa（2）至少需要多少年（年取整数，3010.02lg）的努力，才能使全县的绿化率达到60% ？8（ 20XX年春招试题）已

32、知点的序列（，0），其中=0，A3是线钱 A1A2的中点， A4是线段 A2A3的中点， An是线段的中点，。（I ）写出与、之间的关系式（3）（II ）设，计算，由此推测数列的通项公式，并加以证明。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 16 页学习必备欢迎下载9(94 年全国理 ) 设an是正数组成的数列，其前n项和为 Sn，并且对所有自然数n，an与 2的等差中项等于Sn与 2 的等比中项 . (1) 写出数列an的前三项；(2) 求数列an的通项公式( 写出推证过程 ) ；(3) 令bn=(nN)，求：b1+b2+bn

33、-n. 八、参考答案1解：设这两个等差数列分别为an 和bn 故选择 A说明：注意巧妙运用等差中项的性质来反映等差数列的通项an 与前 2n-1 项和 S2n-1 的内在联系2解：依题意知数列单调递减，公差d0因为S3=S11=S3+a4+a5+ +a10+a11 所以 a4+a5+ +a7+a8+a10+a11=0 即 a4+a11= =a7+a8=0，故当 n=7 时， a70，a80选择 C解选择题注意发挥合理推理和估值的作用3解：多次运用迭代，可得21122 22221221()() ()()3nnnnnnaaaaaL4解：128,128112nnaaaa，又661naa，由以上二

34、式得12,64naa或164,2naa；由此得2,6 gn或21. 说明：本例主要复习数列的基本运算和方程思想的应用。5解：（1）naann21，naann21，)()()(123121nnnaaaaaaaa1) 1(1) 1(2221212nnnnn（2）11nnaann123121nnnaaaaaaaa=nnn1132211又解：由题意，nnnaan1) 1(对一切自然数n成立，11)1(11aannann.1nan（3）2)2(21212111nnnnnaaaaa是首项为121a公比为21的等比数列，.)21(2,)21(1211nnnnaa说明：本例复习求通项公式的几种方法：迭加法

35、、迭乘法、构造法。6解：由nnraS1可得当2n时111nnraS，)(11nnnnaarSS，1nnnraraa，,) 1(1nnrara, 1r11rraann，0r，na是公精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 16 页学习必备欢迎下载比为1rr的等比数列 . 又当1n时，111raS，ra111，1)1(11nnrrra。说明：本例复习由有关nS与na递推式求na，关键是利用nS与na的关系进行转化。7 （ 1）证明：由已知可得na确定后，1na表示如下：1na=na%16)1(%)41(na即1na=80%na+

36、16%=54na+254（2）解：由1na=54na+254可得：1na54=54（na54） = （54）2（1na54） =)54()54(1an故有1na=54)54(21n，若1na.53则有54)54(21n.53即1)54(21n两边同时取对数可得) 12lg3)(1()5lg2lg2)(1(2lgnn故412lg312lgn，故使得上式成立的最小*Nn为 5，故最少需要经过5 年的努力，才能使全县的绿化率达到60%. 8（ I ）解：当 n3 时，（II ）解：. 由此推测。证法一：因为，且（n2）所以。证法二：（用数学归纳法证明：）（i ）当时，公式成立，（ii ）假

37、设当时，公式成立，即成立。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 16 页学习必备欢迎下载那么当时，=式仍成立。根据（ i ）与（ ii ）可知，对任意，公式成立评注：本小题主要考查中点坐标公式、等比数列等基本知识，考查运算能力和逻辑思维能力。9解： (1) 由题意=an0 令n=1 时，= S1=a1 解得a1=2 令n=2 时有=a1+a2解得a2=6 令n=3 时有= S3=a1+a2+a3 解得a3=10故该数列的前三项为2、6、10.(2) 解法一：由 (1) 猜想数列an有通项公式an=4n-2 ，下面用数学归

38、纳法证明数列an的通项公式是an=4n-2 (nN)1当n=1 时，因为41-2 2，又在 (1) 中已求得a1=2，所以上述结论正确.2假设n=k 时，结论正确，即有ak=4k-2由题意有得ak=4k-2, 代入上式得2k=, 解得 Sk=2k2由题意有= Sk+1=Sk+ak+1 得 Sk=2k2代入得=2(ak+1+2k2)整理a2k+1-4ak+1+4-16k2=0由于ak+10，解得：ak+1=2+4k所以ak+1=2+4k=4(k+1)-2这就是说n=k+1 时，上述结论成立.根据 1，2上述结论对所有自然数n成立 .解法二：由题意有，= (nN)整理得 Sn=(an+2)2精选

39、学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 16 页学习必备欢迎下载由此得 Sn+1=(an+1+2)2所以an+1=Sn+1-Sn=（an+1+2)2-(an+2)2整理得 (an+1+an)(an+1-an-4)=0 由题意知an+1+an0, 所以an+1-an=4 即数列an为等差数列，其中a1=2, 公差d=4，所以an=a1(n-1)d=2+4(n-1)即通项公式an=4n-2.(3) 令cn=bn-1,则cn= =b1+b2+bn-n=c1+c2+cn=说明：该题的解题思路是从所给条件出发，通过观察、试验、分析、归纳、概括、猜想出一般规律，然后再对归纳、猜想的结论进行证明. 对于含自然数n的命题，可以考虑用数学归纳法进行证明，该题着重考查了归纳、概括和数学变换的能力. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 16 页

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