(浙江專用)2019高考數(shù)學二輪復習 課時跟蹤檢測(十一)大題考法——數(shù)列的綜合應用及數(shù)學歸納法.doc
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課時跟蹤檢測(十一)大題考法——數(shù)列的綜合應用及數(shù)學歸納法 1.數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足Sn=2an-a1,且a1,a2+1,a3成等差數(shù)列. (1)求數(shù)列{an}的通項公式; (2)設(shè)bn=,求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. 解:(1)∵Sn=2an-a1, ① ∴當n≥2時,Sn-1=2an-1-a1, ② ①-②得,an=2an-2an-1,即an=2an-1. 由a1,a2+1,a3成等差數(shù)列,得2(a2+1)=a1+a3, ∴2(2a1+1)=a1+4a1,解得a1=2. ∴數(shù)列{an}是首項為2,公比為2的等比數(shù)列. ∴an=2n. (2)∵an=2n,∴Sn=2an-a1=2n+1-2,Sn+1=2n+2-2. ∴bn===. ∴數(shù)列{bn}的前n項和 Tn===. 2.(2018浙江“七彩陽光”聯(lián)盟聯(lián)考)已知等比數(shù)列{an}為遞增數(shù)列,且a4=,a3+a5=,設(shè)bn=log3(n∈N*). (1)求數(shù)列{bn}的前n項和Sn; (2)令Tn=b1+b2+b22+…+b2n-1,求使Tn>0成立的最小值n. 解:(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,由題意知,兩式相除,得=,解得q=3或q=,∵{an}為遞增數(shù)列,∴q=3,a1=. ∴an=a1qn-1=3n-1=23n-5. ∴bn=log3=n-5,數(shù)列{bn}的前n項和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<54+1,25>55+1,∴nmin=5. 3.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若an=-3Sn+4,bn=-log2an+1. (1)求數(shù)列{an}的通項公式與數(shù)列{bn}的通項公式; (2)令cn=+,其中n∈N*,若數(shù)列{cn}的前n項和為Tn,求Tn. 解:(1)由a1=-3a1+4,得a1=1, 由an=-3Sn+4,知an+1=-3Sn+1+4, 兩式相減并化簡得an+1=an, ∴an=n-1,bn=-log2an+1=-log2n=2n. (2)由題意知,cn=+. 令Hn=+++…+, ① 則Hn=++…++, ② ①-②得,Hn=+++…+-=1-. ∴Hn=2-. 又Tn-Hn=++…+=1-+-+…+-=1-=, ∴Tn=Hn+(Tn-Hn)=2-+. 4.(2018江蘇泰州中學模擬)已知數(shù)列{an}滿足:a1=1,an+1= (n∈N*),設(shè)bn=a2n-1. (1)求b2,b3,并證明bn+1=2bn+2; (2)①證明:數(shù)列{bn+2}為等比數(shù)列; ②若a2k,a2k+1,9+a2k+2成等比數(shù)列,求正整數(shù)k的值. 解:(1)∵數(shù)列{an}滿足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證明:∵b1=a1=1,b1+2≠0, ==2, ∴數(shù)列{bn+2}為等比數(shù)列. ②由①知bn+2=32n-1, ∴bn=32n-1-2, ∴a2n-1=32n-1-2, a2n=a2n-1+1=32n-1-1, ∵a2k,a2k+1,9+a2k+2成等比數(shù)列, ∴(32k-2)2=(32k-1-1)(32k+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屆高三浙江五校聯(lián)考)已知各項均不相等的等差數(shù)列{an}的前4項和為14,且a1,a3,a7恰為等比數(shù)列{bn}的前3項. (1)分別求數(shù)列{an},{bn}的前n項和Sn,Tn; (2)設(shè)Kn為數(shù)列{anbn}的前n項和,若不等式λSnTn≥Kn+n對一切n∈N*恒成立,求實數(shù)λ的最小值. 解:(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d, 則 解得d=1或d=0(舍去),a1=2, 所以an=n+1,Sn=. bn=2n,Tn=2n+1-2. (2)由題意得Kn=221+322+…+(n+1)2n,① 則2Kn=222+323+…+n2n+(n+1)2n+1,② ①-②得-Kn=221+22+23+…+2n-(n+1)2n+1,∴Kn=n2n+1. 要使λSnTn≥Kn+n對一切n∈N*恒成立, 即λ≥=恒成立, 設(shè)g(n)=, 因為==<<1, 所以g(n)隨n的增加而減小,所以g(n)max=g(1)=,所以當λ≥時不等式恒成立, 因此λ的最小值為. 6.已知在數(shù)列{an}中,a1=,an+1=a-2an+2,n∈N*,其前n項和為Sn. (1)求證:1- 1.請仔細閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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