（浙江专用）2020高考数学二轮复习 专题三 数列与数学归纳法 第3讲 数列的综合问题专题强化训练.doc

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1、第3讲数列的综合问题专题强化训练1．(2019·台州市高三期末考试)在正项数列{an}中，已知a1＝1，且满足an＋1＝2an－(n∈N*)．(1)求a2，a3；(2)证明：an≥()n－1.解：(1)因为在正项数列{an}中，a1＝1，且满足an＋1＝2an－(n∈N*)，所以a2＝2×1－＝，a3＝2×－＝.(2)证明：①当n＝1时，由已知a1＝1≥()1－1＝1，不等式成立；②假设当n＝k时，不等式成立，即ak≥()k－1，因为f(x)＝2x－在(0，＋∞)上是增函数，所以ak＋1＝2ak－≥2()k－1－＝()k＋()k－＝()k＋＝

2、()k＋，因为k≥1，所以2×()k－3≥2×－3＝0，所以ak＋1≥()k，即当n＝k＋1时，不等式也成立．-8-根据①②知不等式对任何n∈N*都成立．2．(2019·嘉兴调研)已知Sn为各项均为正数的数列{an}的前n项和，a1∈(0，2)，a＋3an＋2＝6Sn.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，若对任意的n∈N*，t≤4Tn恒成立，求实数t的最大值．解：(1)当n＝1时，由a＋3an＋2＝6Sn，得a＋3a1＋2＝6a1，即a－3a1＋2＝0.又a1∈(0，2)，解得a1＝1.由a＋3an＋2＝

3、6Sn，可知a＋3an＋1＋2＝6Sn＋1.两式相减，得a－a＋3(an＋1－an)＝6an＋1，即(an＋1＋an)(an＋1－an－3)＝0.由于an＞0，可得an＋1－an－3＝0，即an＋1－an＝3，所以{an}是首项为1，公差为3的等差数列，所以an＝1＋3(n－1)＝3n－2.(2)由an＝3n－2，可得bn＝＝＝，Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝.因为Tn＝＝－随着n的增大而增大，所以数列{Tn}是递增数列，所以t≤4Tn⇔≤Tn⇔≤T1＝⇔t≤1，所以实数t的最大值是1.3．(2019·金华模拟)已知数列{an}满足a1＝，a

4、n＋1an＝2an＋1－1(n∈N*)，令bn＝an－1.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)令cn＝，求证：c1＋c2＋…＋cn

5、cn

6、＋1)a，所以an＋1＜an，1＜an≤2.又由题可得an＝(n＋1)a－na，所以，a1＝2a－a，a2＝3a－2a，…，an＝(n＋1)·a－na，相加得a1＋a2＋…＋an＝(n＋1)a－4≤2n，所以a≤，即a≤(n≥2)，≤＋≤2＋(n≥2)．-8-当n＝2时，＝＜.当n＝3时，＋≤＋＋＜＋＜.当n≥4时，＋＋＋…＋＜2＋＝1＋＋＋＋＋＜.从而，原命题得证．5．(2019·台州市高考一模)已知数列{an}满足：an＞0，an＋1＋＜2(n∈N*)．(1)求证：an＋2＜an＋1＜2(n∈N*)；(2)求证：an＞1(n∈N*)．证明

7、：(1)由an＞0，an＋1＋＜2，所以an＋1＜2－＜2，因为2＞an＋2＋≥2，所以an＋2＜an＋1＜2.(2)假设存在aN≤1(N≥1，N∈N*)，由(1)可得当n＞N时，an≤aN＋1＜1，根据an＋1－1＜1－＝＜0，而an＜1，所以＞＝1＋.于是＞1＋，…＞1＋.累加可得＞n－1＋(*)，由(1)可得aN＋n－1＜0，而当n＞－＋1时，显然有n－1＋＞0，-8-因此有＜n－1＋，这显然与(*)矛盾，所以an＞1(n∈N*)．6．(2019·金丽衢十二校高三联考)已知fn(x)＝a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋anxn，且fn(－

8、1)＝(－1)n·n，n＝1，2，3，….(1)求a1，a2，a3；(2)求数列{an}的通项公式；(3)当k>7且k∈N*时，证明：对任意n∈N*都有＋＋＋…＋>