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文档简介
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Sn2ana1,且a1,a21,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)Sn2ana1,当n2时,Sn12an1a1,得,an2an2an1,即an2an1.由a1,a21,a3成等差数列,得2(a21)a1a3,2(2a11)a14a1,解得a12.数列an是首项为2,公比为2的等比数列an2n.(2)an2n,Sn2ana12n12,Sn12n22.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,a3a5,设bnlog3(nN*)(1)求数列bn的前n项和Sn;(2)令Tnb1b2b22b2n1,求使Tn0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q3或q,an为递增数列,q3,a1.ana1qn13n123n5.bnlog3n5,数列bn的前n项和Sn(n29n)(2)Tnb1b2b22b2n1(15)(25)(225)(2n15)5n0,即2n5n1,24551,nmin5.3已知数列an的前n项和为Sn,若an3Sn4,bnlog2an1.(1)求数列an的通项公式与数列bn的通项公式;(2)令cn,其中nN*,若数列cn的前n项和为Tn,求Tn.解:(1)由a13a14,得a11,由an3Sn4,知an13Sn14,两式相减并化简得an1an,ann1,bnlog2an1log2n2n.(2)由题意知,cn.令Hn,则Hn,得,Hn1.Hn2.又TnHn11,TnHn(TnHn)2.4(2018江苏泰州中学模拟)已知数列an满足:a11,an1(nN*),设bna2n1.(1)求b2,b3,并证明bn12bn2;(2)证明:数列bn2为等比数列;若a2k,a2k1,9a2k2成等比数列,求正整数k的值解:(1)数列an满足a11,an1(nN*),bna2n1,b2a32a22(a11)4,b3a52a42(a31)10,同理,bn1a2n12a2n2(a2n11)2(bn1)2bn2.(2)证明:b1a11,b120,2,数列bn2为等比数列由知bn232n1,bn32n12,a2n132n12,a2na2n1132n11,a2k,a2k1,9a2k2成等比数列,(32k2)2(32k11)(32k8),令2kt,得(3t2)2(3t8),整理,得3t214t80,解得t或t4,kN*,2k4,解得k2.5(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SnTnKnn对一切nN*恒成立,求实数的最小值解:(1)设数列an的公差为d,则解得d1或d0(舍去),a12,所以ann1,Sn.bn2n,Tn2n12.(2)由题意得Kn221322(n1)2n,则2Kn222323n2n(n1)2n1,得Kn22122232n(n1)2n1,Knn2n1.要使SnTnKnn对一切nN*恒成立,即恒成立,设g(n),因为1,所以g(n)随n的增加而减小,所以g(n)maxg(1),所以当时不等式恒成立,因此的最小值为.6已知在数列an中,a1,an1a2an2,nN*,其前n项和为Sn.(1)求证:1an1an2;(2)求证:an;(3)求证:nSnn2.证明:(1)先用数学归纳法证明1an2.当n1时,1a12,假设当nk时,1ak2.当nk1时,ak1a2ak2(ak1)21,又ak(1,2),所以ak1(1,2)由知1an2,nN*恒成立an1ana3an2(an1)(an2)0,所以1an1an,当n3时,1,又1an2,所以an.由an1a2an2
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