高考数学点列递归数列和数学归纳法

y x

专题5 点列、递归数列和数学归纳法 ★★★高考在考什么 【考题回放】 1．已知数列{ an }的前n项和为Sn，且Sn=2(an -1)，则a2等于( A ) A. 4 B. 2 C. 1 D. -2

2．在数列{}na中，121,2aa，且21(1)nnnaa*()nN，则10S 35 ． 3．在数列｛an｝中，若a1=1,an+1=2an+3 (n≥1),则该数列的通项an=__2 n+1-3___. 4．对正整数n，设曲线)1(xxyn在x＝2处的切线与y轴交点的纵坐标为na，

则数列}1{nan的前n项和的公式是 2n+1-2 . 5．已知n次式项式nnnnnaxaxaxaxP1110)(. 若在一种算法中，计算),,4,3,2(0nkxk的值需要k－1次乘法，计算P3（x0）的值共需要9次运算（6次乘法，3次加法），则计算P10（x0）的值共需要 65 次运算. 下面给出一种减少运算次数的算法：P0（x）=a0，Pk+1（x）=xPk（x）+ak+1（k=0，1，2，…，n－1）.利用该算法，计算P3（x0）的值共需要6次运算，计算Pn（x0）的值共需要 2n 次运算. 6．已知函数f (x)=32xx，数列｜xn｜(xn＞0)的第一项xn＝1，以后各项按如下方式取定：曲线x=f (x)在))(,(11nnxfx处的切线与 经过（0，0）和（xn,f (xn)）两点的直线平行（如图）. 求证：当n*N时， (Ⅰ) x;231212nnnnxxx

（Ⅱ）21)21()21(nnnx. 【专家解答】(I ) 证明：因为'2()32,fxxx 所以曲线()yfx在11(,())nnxfx处的切线斜率121132.nnnkxx 即(0,0)和(,())nnxfx两点的直线斜率是2,nnxx 以221132nnnnxxxx. （II）因为函数2()hxxx，当0x时单调递增， 而221132nnnnxxxx21142nnxx211(2)2nnxx，

所以12nnxx，即11,2nnxx 因此1121211().2nnnnnnxxxxxxx

又因为12212(),nnnnxxxx 令2,nnnyxx 则11.2nnyy 因为21112,yxx 所以12111()().22nnnyy 因此221(),2nnnnxxx 故1211()().22nnnx ★★★高考要考什么 【考点透视】 本专题是等差（比）数列知识的综合应用，同时加强数学思想方法的应用，是历年的重点内容之一，近几年考查的力度有所增加，体现高考是以能力立意命题的原则． 【热点透析】 高考中常常把数列、极限与函数、方程、不等式、解析几何等等相关内容综合在 一起，再加以导数和向量等新增内容，使数列综合题新意层出不穷．常见题型： （1）由递推公式给出数列，与其他知识交汇，考查运用递推公式进行恒等变形、 推理与综合能力． （2）给出Sn与an的关系，求通项等，考查等价转化的数学思想与解决问题能力． （3）以函数、解析几何的知识为载体，或定义新数列，考查在新情境下知识的迁移能力． 理科生需要注意数学归纳法在数列综合题中的应用，注意不等式型的递推数列．

★★★突破重难点

【范例1】已知数列na中，对一切自然数n，都有10,an且 02121nnnnaaaa．

求证：(1)nnaa211； (2)若nS表示数列na的前n项之和，则12aSn． 解析： (1)由已知02121nnnnaaaa得21112nnnaaa，

又因为10,an，所以11021na, 因此12nnaa，即nnaa211． (2) 由结论(1)可知 11221212121aaaannnn ，即1121aann，

于是21211111111211211222nnnSaaaaaaaa， 即12aSn． 【点睛】从题目的结构可以看出，条件02121nnnnaaaa是解决问题的关键，必须从中找出1na和na的关系．

【文】).1(0521681}{111naaaaaannnnn且满足记).1(211nabnn （Ⅰ）求b1、b2、b3、b4的值； （Ⅱ）求数列}{nb的通项公式及数列}{nnba的前n项和.nS

解析（I）,052168,21121111nnnnnnnnaaaabaab代入递推关系得

整理得,342,0364111nnnnnnbbbbbb即 .320,4,38,2,143211bbbba所以有由 （Ⅱ）由,03234),34(234,342111bbbbbnnnn 所以故的等比数列公比是首项为,2,32}34{qbn

11221241142,2(1).3333111,1221()21(12)513(251).1233nnnnnnnnnnnnnnn

bbnbabbaSabababbbbnnn即由得

故

【范例2】设数列na的前n项的和14122333nnnSa，1,2,3,n （Ⅰ）求首项1a与通项na； （Ⅱ）设2nnnTS，1,2,3,n，证明：132niiT 解析 (Ⅰ)由 Sn=43an－13×2n+1+23, n=1,2,3，… ① 得 a1=S1= 43a1－13×4+23 所以a1=2. 再由①有 Sn－1=43an－1－13×2n+23, n=2,3，4,… 将①和②相减得: an=Sn－Sn－1= 43(an－an－1)－13×(2n+1－2n), n=2,3, … 整理得: an+2n=4(an－1+2n－1),n=2,3, …, 因而数列{an+2n}是首项为a1+2=4,公比为4的等比数列，即an+2n = 4×4 n－1= 4 n, n=1,2,3, …, 因而an=4n－2n, n=1,2,3, …

(Ⅱ) Sn= 43×(4n－2n)－13×2n+1 + 23 = 13×(2n+1－1)(2n+1－2) = 23×(2n+1－1)(2n－1) Tn= 2nSn = 32×2n (2n+1－1)(2n－1) = 32×(12n－1 － 12n+1－1) 所以 1niiT= 321(ni12i－1 － 12i+1－1) = 32×(121－1 － 12i+1－1) < 32 【点睛】Sn与an始终是我们的重点，需要我们引起重视；注意总结积累数列不等式放缩的技巧． 【文】设数列na的前n项和为Sn，若nS是首项为S1各项均为正数且公比为q的等比数列. （１）求数列na的通项公式na（用S1和q表示）；

（２）试比较122nnnaaa与的大小，并证明你的结论. 解析 （１）∵nS是各项均为正数的等比数列， ∴)0(11qqSSnn． 当n=1时，a1=S1； 当2112,(1)nnnnnaSSSqq时．

∴)2()1()1(211nqqSnSann （２）当n=1时， 213211

312(1)2(1)[()]0,24aaaSSqqSqSq ∴2312aaa．

当2n时， 21211112(1)(1)2(1)nnnnnnaaaSqqSqqSqq

3211.nSqq

∵210,0,nSq ①当q=1时，321(1)0,2.nnnqaaa ②当,10时q.2,0)1(123nnnaaaq ③当,1时q.2,0)1(123nnnaaaq 综上可知：当n=1时，2312aaa．当212,1,2;nnnnqaaa时若则 若2101,2;nnnqaaa则 若211,2.nnnqaaa则 【范例3】由坐标原点O向曲线)0(323abxaxxy引切线，切于O以外的点P1),(11yx，再由P1引此曲线的切线，切于P1以外的点P222,(yx），如此进行下去，得到点列{ Pnnnyx,(}}. 求：（Ⅰ）)2(1nxxnn与的关系式； （Ⅱ）数列}{nx的通项公式； （Ⅲ）当n时，nP的极限位置的坐 解析 （Ⅰ）由题得baxxxf63)(2 过点P1（),11yx的切线为),0)()((:11111xxxxfyyl

1l过原点 32211111113(3)()(36),.2xaxbxxxaxbxa得

又过点Pn（,)nnxy的:()()nnnnlyyfxxx 因为nl过点Pn-1（11,)nnxy 11()()nnnnnyyfxxx 整理得.0))]((32[112121nnnnnnnnxxxxaxxxx 211111()(23)0,230.13(2).22nnnnnnnnnnxxxxaxxxxaxxan



由得

（Ⅱ）由（I）得11().2nnxaxa 所以数列{xn-a}是以2a公比为21的等比数列 .])21(1[)21(21axaaxnnnn （法2）通过计算,])21(1[,,,4321axxxxxnn而猜出再用数学归纳法证明. （Ⅲ）,])21(1[limlimaaxnnnn .23)(lim333aababaaafynn nP点的极限位置为（).2,3aaba

【点睛】注意曲线的切线方程1111:()()lyyfxxx的应用，从而得出递推式．

【文】数列na的前n项和为nS，已知211,1,1,2,2nnaSnannn （Ⅰ）写出nS与1nS的递推关系式2n，并求nS关于n的表达式； （Ⅱ）设1/,nnnnnSfxxbfppRn，求数列nb的前n项和nT． 解析 由21nnSnann2n得21()1nnnSnSSnn， 即221(1)1nnnSnSnn，所以1111nnnnSSnn，对2n成立． 由1111nnnnSSnn，121112nnnnSSnn，…，2132121SS 相加得1121nnSSnn，又1112Sa，所以21nnSn， 当1n时，也成立． （Ⅱ）由111nnnnSnfxxxnn，得/nnnbfpnp． 而23123(1)nnnTpppnpnp， 234123(1)nnnpTpppnpnp，