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《(浙江专用)2019高考数学二轮复习 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》由会员上传分享,免费在线阅读,更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、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=2
2、n.(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=·3
3、n-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、+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+
5、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=3×2
6、n-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,
7、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(
8、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
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