2020届二轮复习大题考法——数列的综合应用及数学归纳法课时作业（全国通用）

课时跟踪检测（十一）大题考法——数列的综合应用及数学归纳法

1．数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.

解：(1)∵Sn＝2an－a1，    ①

∴当n≥2时，Sn－1＝2an－1－a1，    ②

①－②得，an＝2an－2an－1，即an＝2an－1.

由a1，a2＋1，a3成等差数列，得2(a2＋1)＝a1＋a3，

∴2(2a1＋1)＝a1＋4a1，解得a1＝2.

∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．

∴an＝2n.

(2)∵an＝2n，∴Sn＝2an－a1＝2n＋1－2，Sn＋1＝2n＋2－2.

∴bn＝＝＝.

∴数列{bn}的前n项和

Tn＝＝＝.

2．(2018·浙江“七彩阳光”联盟联考)已知等比数列{an}为递增数列，且a4＝，a3＋a5＝，设bn＝log3(n∈N*)．

(1)求数列{bn}的前n项和Sn；

(2)令Tn＝b1＋b2＋b22＋…＋b2n－1，求使Tn>0成立的最小值n.

解：(1)设等比数列{an}的公比为q，由题意知，两式相除，得＝，解得q＝3或q＝，∵{an}为递增数列，∴q＝3，a1＝.

∴an＝a1qn－1＝·3n－1＝2·3n－5.

∴bn＝log3＝n－5，数列{bn}的前n项和Sn＝＝(n2－9n)．

(2)Tn＝b1＋b2＋b22＋…＋b2n－1＝(1－5)＋(2－5)＋(22－5)＋…＋(2n－1－5)＝－5n>0，

即2n>5n＋1，

∵24<5×4＋1,25>5×5＋1，∴nmin＝5.

3．已知数列{an}的前n项和为Sn，若an＝－3Sn＋4，bn＝－log2an＋1.

(1)求数列{an}的通项公式与数列{bn}的通项公式；

(2)令cn＝＋，其中n∈N*，若数列{cn}的前n项和为Tn，求Tn.

解：(1)由a1＝－3a1＋4，得a1＝1，

由an＝－3Sn＋4，知an＋1＝－3Sn＋1＋4，

两式相减并化简得an＋1＝an，

∴an＝n－1，bn＝－log2an＋1＝－log2n＝2n.

(2)由题意知，cn＝＋.

令Hn＝＋＋＋…＋，       ①

则Hn＝＋＋…＋＋，       ②

①－②得，Hn＝＋＋＋…＋－＝1－.

∴Hn＝2－.

又Tn－Hn＝＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，

∴Tn＝Hn＋(Tn－Hn)＝2－＋.

4．(2018·江苏泰州中学模拟)已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝

(n∈N*)，设bn＝a2n－1.

(1)求b2，b3，并证明bn＋1＝2bn＋2；

(2)①证明：数列{bn＋2}为等比数列；

②若a2k，a2k＋1,9＋a2k＋2成等比数列，求正整数k的值．

解：(1)∵数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，bn＝a2n－1，

∴b2＝a3＝2a2＝2(a1＋1)＝4，

b3＝a5＝2a4＝2(a3＋1)＝10，

同理，bn＋1＝a2n＋1＝2a2n＝2(a2n－1＋1)＝2(bn＋1)＝2bn＋2.

(2)①证明：∵b1＝a1＝1，b1＋2≠0，

＝＝2，

∴数列{bn＋2}为等比数列．

②由①知bn＋2＝3×2n－1，

∴bn＝3×2n－1－2，

∴a2n－1＝3×2n－1－2，

a2n＝a2n－1＋1＝3×2n－1－1，

∵a2k，a2k＋1,9＋a2k＋2成等比数列，

∴(3×2k－2)2＝(3×2k－1－1)(3×2k＋8)，

令2k＝t，得(3t－2)2＝(3t＋8)，

整理，得3t2－14t＋8＝0，

解得t＝或t＝4，

∵k∈N*，∴2k＝4，解得k＝2.

5．(2019届高三·浙江五校联考)已知各项均不相等的等差数列{an}的前4项和为14，且a1，a3，a7恰为等比数列{bn}的前3项．

(1)分别求数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn；

(2)设Kn为数列{anbn}的前n项和，若不等式λSnTn≥Kn＋n对一切n∈N*恒成立，求实数λ的最小值．

解：(1)设数列{an}的公差为d，

则

解得d＝1或d＝0(舍去)，a1＝2，

所以an＝n＋1，Sn＝.

bn＝2n，Tn＝2n＋1－2.

(2)由题意得Kn＝2×21＋3×22＋…＋(n＋1)×2n，①

则2Kn＝2×22＋3×23＋…＋n×2n＋(n＋1)×2n＋1，②

①－②得－Kn＝2×21＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)×2n＋1，∴Kn＝n×2n＋1.

要使λSnTn≥Kn＋n对一切n∈N*恒成立，

即λ≥＝恒成立，

设g(n)＝，

因为＝＝<<1，

所以g(n)随n的增加而减小，所以g(n)max＝g(1)＝，所以当λ≥时不等式恒成立，

因此λ的最小值为.

6．已知在数列{an}中，a1＝，an＋1＝a－2an＋2，n∈N*，其前n项和为Sn.

(1)求证：1<an＋1<an<2；

(2)求证：≤an≤；

(3)求证：n<Sn<n＋2.

证明：(1)先用数学归纳法证明1<an<2.

①当n＝1时，1<a1＝<2，

②假设当n＝k时，1<ak<2.

当n＝k＋1时，ak＋1＝a－2ak＋2＝(ak－1)2＋1，

又ak∈(1,2)，所以ak＋1∈(1,2)．

由①②知1<an<2，n∈N*恒成立．

an＋1－an＝a－3an＋2＝(an－1)(an－2)<0，

所以1<an＋1<an<2成立．

(2)a1＝＝，a2＝>，当n≥3时，<1，

又1<an<2，所以an≥.

由an＋1＝a－2an＋2得2－an＋1＝2an－a，

即＝<，

所以－1<，

所以－1<＝(n≥2，n∈N*)，

所以an<，

当n＝1时，a1＝，所以an≤(n∈N*)．

所以≤an≤.

(3)由1<an<2得Sn>n.

由an≤＝1＋<1＋，

得Sn<＋＋…＋＝n＋＝n＋2<n＋2，故n<Sn<n＋2.