2019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）

2019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）

‎2019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）‎ ‎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)＝－5‎ n>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，当n≥3时，<1，‎ 又1n.‎ 由an≤＝1＋<1＋，‎ 得Sn<＋＋…＋＝n＋＝n＋2

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