（浙江专用）2019高考数学二轮复习专题三数列与数学归纳法学案.doc

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1、1专题三 数列与数学归纳法析考情明重点小题考情分析 大题考情分析常考点1.等差、等比数列的概念及运算(5年 4 考) 2.等差、等比数列的性质(5 年 4 考)偶考点1.数列的递推关系式2.等差与等比数列的综合应用问题高考对数列的考查在解答题中常以数列的相关项以及关系式，或 an与 Sn的关系入手，结合等差、等比数列的定义展开考查数学归纳法也是高考常考内容，题型主要有：(1)等差、等比数列基本量的运算；(2)数列求和问题；(3)数列与不等式的综合问题；(4)数学归纳法常与数列、不等式等知识综合考查.第一讲 小题考法数列的概念及基本运算考点(一)数列的递推关系式主要考查方式有两种：一是利用 an

2、与 Sn的关系求通项an或前 n 项和 Sn；二是利用 an与 an1 的关系求通项 an或前 n 项和 Sn.典例感悟典例 (1)(2018台州调考)设数列 an， bn满足an bn700， an1 an bn， nN *，若 a6400，则( )710 25A a4a3 B b4b3 D a40”是“ S4 S62S5”的( )A充分不必要条件 B必要不充分条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件(2)(2018浙江考前冲刺)已知等差数列 an满足 an an1 2 n3， nN *，则a1 a2 a6 a7_，数列 an的前 n 项和 Sn_.(3)(2017江苏高考)等比数列 an

3、的各项均为实数，其前 n 项和为 Sn.已知S3 ， S6 ，则 a8_.74 634解析 (1)因为 an为等差数列，所以S4 S64 a16 d6 a115 d10 a121 d,2S510 a120 d， S4 S62 S5 d，所以d0S4 S62S5.(2)分别令 n1,6，可得 a1 a2 a6 a7198.设数列 an的公差为 d，则2n3 an an1 a1( n1) d a1 nd2 dn(2 a1 d)对任意的 nN *恒成立，所以Error!解得 Error!故 Sn n(1) 1 .n n 12 n2 3n2(3)设等比数列 an的公比为 q，则由 S62 S3，得 q

4、1，则Error!解得Error!4则 a8 a1q7 2732.14答案 (1)C (2)8 (3)32n2 3n2方法技巧等差(比)数列基本运算的解题思路(1)设基本量：首项 a1和公差 d(公比 q)(2)列、解方程(组)：把条件转化为关于 a1和 d(或 q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量演练冲关1(2018诸暨质量检测)已知数列 an的前 n 项和是 Sn，则下列四个命题中，错误的是( )A若数列 an是公差为 d 的等差数列，则数列 是公差为 的等差数列Snn d2B若数列 是公差为 d 的等差数列，则数列 an是公差为 2d 的等差数列SnnC若数列 an是等

5、差数列，则数列的奇数项、偶数项分别构成等差数列D若数列 an的奇数项、偶数项分别构成公差相等的等差数列，则 an是等差数列解析：选 D A 项，若等差数列 an的首项为 a1，公差为 d，前 n 项的和为 Sn，则数列为等差数列，且通项为 a1( n1) ，即数列 是公差为 的等差数列，故说法Snn Snn d2 Snn d2正确；B 项，由题意得 a1( n1) d，所以 Sn na1 n(n1) d，则Snnan Sn Sn1 a12( n1) d，即数列 an是公差为 2d 的等差数列，故说法正确；C 项，若等差数列 an的公差为 d，则数列的奇数项、偶数项都是公差为 2d 的等差数列，

6、故说法正确；D 项，若数列 an的奇数项、偶数项分别构成公差相等的等差数列，则 an不一定是等差数列，例如：1,4,3,6,5,8,7，说法错误故选 D.2(2017全国卷)设等比数列 an满足 a1 a21， a1 a33，则a4_.解析：设等比数列 an的公比为 q，则 a1 a2 a1(1 q)1，a1 a3 a1(1 q2)3，两式相除，得 ，1 q1 q2 13解得 q2， a11，所以 a4 a1q38.5答案：83(2019 届高三浙江名校联考)已知等比数列 an的公比 q0，前 n 项和为 Sn.若2(a5 a3 a4) a4，且 a2a4a664，则 q_， Sn_.解析：2

7、( a5 a3 a4) a4，2 a52 a33 a42q42 q23 q32q23 q20，得q (舍去)或 q2. a2a4a664， a 64 a44， a1 ， Sn .12 34 12 12 1 2n1 2 2n 12答案：2 2n 12考点(三)等差、等比数列的性质 主要考查利用等差、等比数列的性质求解基本量及与前 n 项和有关的最值问题.典例感悟典例 (1)(2018浙江“七彩阳光”联盟期中)已知等差数列 an， Sn表示前 n 项的和， a5 a110， a6 a90， a80，则 S15 1515 a80.a1 a152又 a7 a8 a6 a90， a70， a5 a3q2

8、0.log 2a3log 2a7log 2(a3a7)log 2a 2，故 a52.25从而 T9( a1a9)(a2a8)(a3a7)(a4a6)a5 a 2 9512，故选 B.95(3)当 n1 时，由 2a2 S12，得 a2 .12由 2an1 Sn2 知，当 n2 时，有 2an Sn1 2，两式相减得 an1 an.12当 n1 时上式也成立，所以数列 an是公比为 的等比数列，12故 Sn22 n.(12)因此原不等式化为 1，则( )A a1a3， a2a4 D a1a3， a2a4解析 (1)法一：数列 an是公比 q2 的等比数列，由 a6 a2a10得a1q5 a1qa

9、1q9， a1q51， a61， b92 a72 a6q2124，设等差数列 bn的公差为 d，则 S1717 b1d17( b18 d)17 b968，故选 D.17162法二：数列 an是公比为 2 的等比数列，由等比数列的性质得a6 a2a10 a ， a61， b92 a72 a624，等差数列 bn的前 17 项和 S172617 b968，故选 D.17 b1 b172(2)由已知得Error!解得Error! 那么 nSn n2a1 d .由于函数 f(x) 在 xn2 n 12 n33 10n23 x33 10x23处取得极小值，又 60)，则 a1 a2 a3 a4ln( a

10、1 a2 a3) a1 a2 a31，所以 a4 a1q31.由 a11，得 q1，所以 ln(a1 a2 a3)0，矛盾因此10， a2 a4 a1q(1 q2)a3， a21，所以等比数列的公比 q1，所以ln(a1 a2 a3)0，与 ln(a1 a2 a3) a1 a2 a3 a40 矛盾，所以10， a2 a4 a1q(1 q2)a3， a21，则a1 a22 a1 d2 b14，又 a3 a12 d5，所以 a11， d2， an12( n1)102 n1，所以 b3 a418， Sn n 2 n2.因为数列 bn是单调递增的等比n n 12数列，所以 q2 4， q2， bn2

11、n.因为当 n m(mN *)时， Sn bn恒成立，所以当b3b1n m(mN *)时， n22 n恒成立，数形结合可知 m 的最小值为 4.答案：4必 备 知 能 自 主 补 缺 (一) 主干知识要记牢1等差数列、等比数列等差数列 等比数列通项公式 an a1( n1) d an a1qn1 (q0)前 n 项和公式Sn na1n a1 an2dn n 12(1)q1， Sn ；a1 1 qn1 q a1 anq1 q(2)q1， Sn na12判断等差数列的常用方法(1)定义法： an1 an d(常数)( nN *)an是等差数列(2)通项公式法： an pn q(p， q 为常数，

12、nN *)an是等差数列(3)中项公式法：2 an1 an an2 (nN *)an是等差数列(4)前 n 项和公式法： Sn An2 Bn(A， B 为常数， nN *)an是等差数列3判断等比数列的常用方法(1)定义法： q(q 是不为 0 的常数， nN *)an是等比数列an 1an(2)通项公式法： an cqn(c， q 均是不为 0 的常数， nN *)an是等比数列(3)中项公式法： a anan2 (anan1 an2 0， nN *)an是等比数列2n 1(二) 二级结论要用好1等差数列的重要规律与推论(1)an a1( n1) d am( n m)d； p q m nap

13、 aq am an.(2)ap q， aq p(p q)ap q0； Sm n Sm Sn mnd.(3)连续 k 项的和(如 Sk， S2k Sk， S3k S2k，)构成的数列是等差数列(4)若等差数列 an的项数为偶数 2m，公差为 d，所有奇数项之和为 S 奇 ，所有偶数项之和为 S 偶 ，则所有项之和 S2m m(am am1 )， S 偶 S 奇 md， .S奇S偶 amam 111(5)若等差数列 an的项数为奇数 2m1，所有奇数项之和为 S 奇 ，所有偶数项之和为S 偶 ，则所有项之和 S2m1 (2 m1) am， S 奇 mam， S 偶 ( m1) am， S 奇 S

14、偶 am， S奇S偶.mm 1针对练 1 一个等差数列的前 12 项和为 354，前 12 项中偶数项的和与奇数项的和之比为 3227，则该数列的公差 d_.解析：设等差数列的前 12 项中奇数项的和为 S 奇 ，偶数项的和为 S 偶 ，等差数列的公差为 d.由已知条件，得Error!解得Error!又 S 偶 S 奇 6 d，所以 d 5.192 1626答案：52等比数列的重要规律与推论(1)an a1qn1 amqn m； p q m napaq aman.(2)an， bn成等比数列 anbn成等比数列(3)连续 m 项的和(如 Sm， S2m Sm， S3m S2m，)构成的数列是等

15、比数列(注意：这连续m 项的和必须非零才能成立)(4)若等比数列有 2n 项，公比为 q，奇数项之和为 S 奇 ，偶数项之和为 S 偶 ，则 q.S偶S奇(5)对于等比数列前 n 项和 Sn，有： Sm n Sm qmSn； (q1)SmSn 1 qm1 qn(三) 易错易混要明了已知数列的前 n 项和求 an，易忽视 n1 的情形，直接用 Sn Sn1 表示事实上，当n1 时， a1 S1；当 n2 时， an Sn Sn1 .针对练 2 已知数列 an的前 n 项和 Sn n21，则该数列的通项公式为_解析：当 n1 时， a1 S12.当 n2 时， an Sn Sn1 ( n21)(

16、n1) 21 n2( n1) 22 n1，又当 n1 时，21112. anError!答案： anError!课 时 跟 踪 检 测 A 组107 提速练12一、选择题1设等比数列 an的公比 q2，前 n 项和为 Sn，则 ( )S4a2A2 B4C D152 172解析：选 C q2， S4 15 a1，a1 1 241 2 .故选 C.S4a2 15a12a1 1522(2017全国卷)记 Sn为等差数列 an的前 n 项和若 a4 a524， S648，则an的公差为( )A1 B2C4 D8解析：选 C 设等差数列 an的公差为 d，则由Error! 得Error!即Error!

17、解得 d4.3设等比数列 an的前 n 项和为 Sn，若 S1 a2 ， S2 a3 ，则公比 q( )13 13 13 13A1 B4C4 或 0 D8解析：选 B S1 a2 ， S2 a3 ，13 13 13 13Error!解得Error! 或Error! ， 舍 去 故所求的公比 q4.故选 B.4(2019 届高三湖州五校联考)若 an是公差为 d(d0)的等差数列， Sn是其前 n 项和，则下列结论中正确的是( )A若 a1 a20，则 a1 a30B若 a1 a40，则 a1a4a2a3C若 d0 且 a10，则 S22 S66S42D若 S3 S72S5，则 d0解析：选 D

18、 由 a1 a22 a1 d0，得 d2 a1，由 a1 a32 a12 d0，得 d a1，显然不符，A 错； a1a4 a 3 a1d， a2a3 a 3 a1d2 d2，因为 d0，所以 a1a42S510 a120 d，解得d0，D 正确5(2018金华统考)已知等差数列 an的前 n 项和为 Sn，满足 S7 S11，且 a10，则Sn中最大的是( )A S7 B S8C S9 D S10解析：选 C 法一：设数列 an的公差为 d，根据 S7 S11可得 7a1 d11 a1762d，即 d a1，则11102 217Sn na1 d na1 (n9) 2 a1，由 a10 可知n

19、 n 12 n n 12 ( 217a1) a117 8117 0 可知 a90， a100，所以 a a 2 a 成立，但 an是等差数列，不2n 2n 2 2n 1是等比数列，所以必要性不成立所以“ an为等比数列”是“ a a 2 a ”的充2n 2n 2 2n 1分不必要条件故选 A.7若等差数列 an的前 n 项和为 Sn，若 S6S7S5，则满足 SnSn1 S7S5，得 S7 S6 a7S5，所以a70，所以 S13 13 a70，13 a1 a132 12 a1 a122所以 S12S13 的最大正整数 n 为_an2n 1 14解析：设等差数列 an的公差为 d，由已知可得E

20、rror!解得Error!故数列 an的通项公式为 an2 n.17Sn a1 ，a22 an2n 1 .Sn2 a12 a222 an2n得 a1 1 1Sn2 a2 a12 an an 12n 1 an2n (12 122 12n 1) 2 n2n ，(112n 1) 2 n2n n2n所以 Sn ，由 Sn ，得 0100 且该数列的前 N 项和为 2 的整数幂那么该款软件的激活码是( )A440 B330C220 D110解析：选 A 设第一项为第 1 组，接下来的两项为第 2 组，再接下来的三项为第 3 组，依此类推，则第 n 组的项数为 n，前 n 组的项数和为 .n n 12由题

21、意可知， N100，令 100，n n 12得 n14， nN *，即 N 出现在第 13 组之后易得第 n 组的所有项的和为 2 n1，前 n 组的所有项的和为1 2n1 2 n2 n1 n2.2 1 2n1 2设满足条件的 N 在第 k1( kN *， k13)组，且第 N 项为第 k1 组的第 t(tN *)个数，若要使前 N 项和为 2 的整数幂，则第 k1 组的前 t 项的和 2t1 应与2 k 互为相反数，即 2t1 k2，2 t k3， tlog 2(k3)，当 t4， k13 时， N 4955 时， N440，故选 A.3(2018浙江考前冲刺卷)已知数列 an是首项为 1，

22、公差 d 不为 0 的等差数列，且a2a3 a8，数列 bn是等比数列，其中 b22， b516，若数列 cn满足 cn anbn，则|c1| c2| c3| cn|( )A3(2 n3)2 n1 B3(2 n3)2 nC3(2 n3)2 n D3(2 n3)2 n解析：选 B 由题意知，( a1 d)(a12 d) a17 d， a11，得 d2，所以an a1( n1) d2 n1.设数列 bn的公比为 q，则 q3 8， q2，所以 bn(2)b5b2n1 ，所以| cn|(2 n1)(2) n1 |(2 n1)2 n1 ，所以19|c1| c2| c3| cn|12 032 1(2 n

23、1)2 n1 .令Tn12 032 1(2 n1)2 n1 ，则 2Tn12 132 2(2 n3)2 n1 (2 n1)2n，两式相减得 Tn2(2 12 22 n1 )(2 n1)2 n13(2 n3)2 n，所以选 B.4(2018浙江高三模拟)已知在数列 an中， a1 ，1(1) nan(1)74nan1 2 (n2)，且对任意的 nN *，( an1 p)(an p)32n1，且 bnZ，则12bn_，数列 的前 n 项和为_nbnan解析：由 2an1 an an2 ，知数列 an是等差数列，因为 a12， a24，所以其公差为 2，所以 an2 n.由 bn1 bn32n1，且

24、 bnZ，所以 bn2 bn32 n，又 b12， b24，所以 bn2 n.所以 2 n1 ，则数列 的前 n 项和为 2 n1.nbnan n2n2n nbnan 1 1 2n1 2答案：2 n 2 n1第二讲 大题考法数列的综合应用及数学归纳法题型(一)等差、等比数列基本量的计算 主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前 n 项和的求解，且常结合数列的递推公式命题.典例感悟典例 1 已知数列 an是等差数列，满足 a12， a48，数列 bn是等比数列，满足b24， b532.(1)求数列 an和 bn的通项公式；(2)求数列 an bn的前 n 项和 Sn.解 (1)设等差数列 an的

25、公差为 d，由题意得 d 2，a4 a13所以 an a1( n1) d2( n1)22 n.设等比数列 bn的公比为 q，由题意得 q3 8，解得 q2.b5b221因为 b1 2，所以 bn b1qn1 22 n1 2 n.b2q(2)因为 an2 n， bn2 n，所以 an bn2 n2 n，所以Sn n2 n2 n1 2.n 2 2n2 2 1 2n1 2备课札记 方法技巧等差、等比数列的基本量的求解策略(1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要先求解的中间问题如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等，即确定解题的逻辑次序(2)注意细节例如：在等差数

26、列与等比数列综合问题中，若等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于 1 的可能；在数列的通项问题中，第一项和后面的项能否用同一个公式表示等演练冲关1(2018浙江第二次联盟联考)设数列 an的首项 a1 ，前 n 项和为 Sn，且满足322an1 Sn3( nN *)(1)求 a2及 an；(2)求证： anSn的最大值为 .94解：(1)由题意得 2a2 S13，即 2a2 a13，所以 a2 .3 a12 34当 n2 时，由 2an1 Sn3，得 2an Sn1 3，两式相减得 2an1 an0，即 an1 an.12因为 a1 ， a2 ，所以 a2 a1，32 34 12即当 n1

27、 时， an1 an也成立12所以 an是以 为首项， 为公比的等比数列，32 1222所以 an .32n(2)证明：因为 2an1 Sn3，且 an1 an，12所以 Sn32 an1 3 an.于是， anSn an(3 an) 2 ，an 3 an2 94当且仅当 an ，即 n1 时等号成立32故 anSn的最大值为 .94题型(二)等差、等比数列的判定与证明 主要考查等差数列与等比数列的定义、等差中项及等比中项，且常与数列的递推公式相结合命题.典例感悟典例 2 已知数列 an的前 n 项和 Sn1 a n，其中 0.(1)证明 an是等比数列，并求其通项公式；(2)若 S5 ，求

28、.3132解 (1)证明：由题意得 a1 S11 a 1，故 1， a1 ，故 a10.11 由 Sn1 a n， Sn1 1 a n1 得 an1 a n1 a n，即 an1 ( 1) a n.由 a10， 0 得 an0，所以 .an 1an 1因此 an是首项为 ，公比为 的等比数列，11 1于是 an n1 .11 ( 1)(2)由(1)得 Sn1 n.( 1)由 S5 得 1 5 ，即 5 .3132 ( 1) 3132 ( 1) 132解得 1.备课札记 23方法技巧判定和证明数列是等差(比)数列的方法定义法 对于 n1 的任意自然数，验证 an1 an 为与正整数 n 无关的某

29、(或 an 1an )一常数中项公式法若 2an an1 an1 (nN *， n2)，则 an为等差数列；若 a an1 an1 0( nN *， n2)，则 an为等比数列2n演练冲关2(2018温州高考适应性测试)已知数列 an的前 n 项积为 Tn，且 Tn1 an.(1)证明： 是等差数列；1Tn(2)求数列 的前 n 项和 Sn.anTn解：(1)证明：由 Tn1 an得，当 n2 时， Tn1 ，TnTn 1两边同时除以 Tn，得 1.1Tn 1Tn 1 T11 a1 a1， a1 ， 2，12 1T1 1a1 是首项为 2，公差为 1 的等差数列1Tn(2)由(1)知 n1，则

30、 Tn ，1Tn 1n 1从而 an1 Tn ，故 n.nn 1 anTn数列 是首项为 1，公差为 1 的等差数列，anTn Sn .n n 12题型(三)数列求和问题主要考查错位相减法求和、裂项相消法求和以及分组求和、含绝对值的数列求和，且常结合数列的递推公式、周期等命题.24典例感悟典例 3 (2018浙江高考)已知等比数列 an的公比 q1，且a3 a4 a528， a42 是 a3， a5的等差中项数列 bn满足 b11，数列( bn1 bn)an的前 n 项和为 2n2 n.(1)求 q 的值；(2)求数列 bn的通项公式解 (1)由 a42 是 a3， a5的等差中项，得 a3

31、a52 a44，所以 a3 a4 a53 a4428，解得 a48.由 a3 a520，得 8 20，(q1q)解得 q2 或 q .12因为 q1，所以 q2.(2)设 cn( bn1 bn)an，数列 cn的前 n 项和为 Sn.由 cnError! 解得 cn4 n1.由(1)可得 an2 n1 ，所以 bn1 bn(4 n1) n1 ，(12)故 bn bn1 (4 n5) n2 ， n2，(12)bn b1( bn bn1 )( bn1 bn2 )( b3 b2)( b2 b1)(4 n5) n2 (4 n 9) n3 7 3.(12) (12) 12设 Tn37 11 2(4 n5

32、) n2 ， n2.12 (12) (12)则 Tn3 7 2(4 n9) n2 (4 n5) n1 ，12 12 (12) (12) (12)，得 Tn34 4 24 n2 (4 n5) n1 ，12 12 (12) (12) (12)所以 Tn14(4 n3) n2 ， n2.(12)又 b11，所以 bn15(4 n3) n2 .(12)备课札记 25方法技巧1分组求和中分组的策略(1)根据等差、等比数列分组(2)根据正号、负号分组2裂项相消的规律(1)裂项系数取决于前后两项分母的差(2)裂项相消后前、后保留的项数一样多3错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列 an与等比数列 bn对

33、应项相乘( anbn)型数列求和(2)步骤：求和时先乘以数列 bn的公比；将两个和式错位相减；整理结果形式演练冲关3(2018浙江高三模拟)已知数列 an是等差数列， bn是等比数列，且a111， b11， a2 b211， a3 b311.(1)求数列 an和 bn的通项公式；(2)求数列| an bn|的前 12 项和 S12.解：(1)设数列 an的公差为 d， bn的公比为 q(q0)，则由 a3 b3 a2 b2 a111，可得Error! 得 d2， q2，从而 an2 n13， bn2 n1 .(2)不妨设 cn an bn132 n2 n1 ，若 n3，则 cn0；若 n4，则

34、 cn0， S22 a22， S3 a42.(1)求数列 an的通项公式；(2)设 bnError! Tn为数列 bn的前 n 项和，求 T2n.解：(1) S22 a22，S3 a42，得 a3 a42 a2，即 q2 q20.又 q0， q2. S22 a22， a1 a22 a22，即 a1 a1q2 a1q2， a12， an2 n.(2)由(1)知 bnError!即 bnError! T2n b1 b2 b3 b2n 22 2 42 4 12(11 13 13 15 12n 1 12n 1)626 (2 n)22 n 22 2 42 4 62 6 (2 n)22 nn2n 1设 A

35、22 2 42 4 62 6 (2 n)22 n，则 22 A22 4 42 6 62 8 (2 n2)2 2 n(2 n)22 n2 ，两式相减得 A 2(2 4 2 6 2 8 2 2 n)(2 n)22 n2 ，34 12整理得 A ，89 6n 8922n T2n .89 6n 8922n n2n 1题型(四)数列与不等式的综合问题 主要考查证明不等式、比较数列中项的大小问题.典例感悟典例 4 (2018衢州质量检测)已知数列 an满足 a11， Sn2 an1 ，其中 Sn为 an的前 n 项和( nN *)(1)求 S1， S2及数列 Sn的通项公式；(2)若数列 bn满足 bn

36、，且 bn的前 n 项和为 Tn，求证：当 n2 时， 1 nSn27| Tn| .13 79解 (1)易知 S1 a11，且 S12 a2，所以 a2 ， S2 a1 a2 .12 32因为 Sn2 an1 ，所以 Sn2 an1 2( Sn1 Sn)，即 3Sn2 Sn1 ，所以 ，即数列 Sn是以 1 为首项， 为公比的等比数列，所以Sn 1Sn 32 32Sn n1 (nN *)(32)(2)证明：由(1)知， bn 1 n1 ， 1 nSn 1 n 1(32)n 1 ( 23)|Tn|1 .1 (23) 49 ( 23)3 ( 23)n 1而当 n2 时，1 1 3 n1 1 ，23

37、 ( 23) 49 ( 23) ( 23) ( 23) 49 79即 | Tn| .13 79备课札记 方法技巧数列中不等式的证明问题数列型不等式的证明常用到“放缩法” ，一是在求和中将通项“放缩”为“可求和数列”；二是求和后再“放缩” 放缩法常见的放缩技巧有：(1) 对一切正整数 n 都成立，求正整数 a 的最大a24值，并证明结论解 (1)因为 Sn1 an(1 an1 ) Sn， nN *，所以 Sn1 Sn an(1 an1 )，所以 an1 an(1 an1 ) an anan1 ，所以 an an1 anan1 .又 an0，所以 1，1an 1 1an所以 构成以 2 为首项，以

38、 1 为公差的等差数列，1an所以 2( n1)1 n1，1an所以 an ， nN *.1n 1(2)当 n1 时， ，11 1 11 2 13 1a24即 ，所以 a .1n 1 1n 2 13n 12524当 n1 时，已证；假设当 n k(k1， kN *)时，不等式成立，即 ，1k 1 1k 2 13k 12524则当 n k1 时，有 1 k 1 1 1 k 1 2 13 k 1 1 1k 1 1k 2 13k 1 13k 2 13k 3 13k 4 1k 12524.13k 2 13k 4 23 k 1 因为 .13k 2 13k 4 6 k 19k2 18k 8 6 k 19k

39、2 18k 9 23 k 130即 ，所以 0.13k 2 13k 4 23 k 1 13k 2 13k 4 23 k 1所以当 n k1 时不等式也成立由知，对一切正整数 n，都有 ，所以 a 的最大值等于1n 1 1n 2 13n 1252425.备课札记 方法技巧数学归纳法的解题策略由 k 到 k1 的证明中寻找由 k 到 k1 的变化规律是难点，突破难点的关键是掌握由k 到 k1 的证明方法在运用归纳假设时，应分析 P(k)与 P(k1)的差异及联系，利用拆、添、并、放、缩等方法，或从 P(k)出发拼凑 P(k1)，或从 P(k1)中分离出 P(k)，再进行局部调整；也可考虑寻求二者的“结合点” ，以便顺利过渡，切实掌握“观察归纳猜想证明”的由特殊到一般的推理方法演练冲关6(2017浙江高考)已知数列 xn满足： x11， xn xn1 ln(1 xn1 )(nN *)证明：当 nN *时，(1)00.当 n1 时， x110.假设 n k(k1， kN *)时， xk0，那么 n k1 时，若 xk1 0，则 00.因此 xn0(nN *)所以 xn xn1 ln(1 xn1 )xn1 .因此 0xn1 xn(nN *)(2)由 xn xn1 ln(1 xn1 )得，xnxn1 4 xn1 2 xn x 2 xn1 ( xn1 2)ln(1 xn1 )2n 1