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，    ②①－②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＝＋＋…＋＋，       ②①－②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＋1，②①－②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.