（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.doc

1、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 Sn2 an a1，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.an 1SnSn 1解：(1) Sn2 an a1， 当 n2 时， Sn1 2 an1 a1， 得， an2 an2 an1 ，即 an2 an1 .由 a1， a21， a3成等差数列，得 2(a21) a1 a3，2(2 a11) a14 a1，解得 a12.数列 an是首项为 2，公比为 2 的等比数列 an2 n.(2) an2 n， Sn2 an a12

2、 n1 2， Sn1 2 n2 2. bn .an 1SnSn 1 2n 1 2n 1 2 2n 2 2 12( 12n 1 12n 1 1)数列 bn的前 n 项和Tn 12( 12 1 122 1) ( 122 1 123 1) ( 12n 1 12n 1 1) 12(1 12n 1 1).2n 12n 1 12(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 bnlog 3 (nN *)23 209 an2(1)求数列 bn的前 n 项和 Sn；(2)令 Tn b1 b2 b22 b2n1 ，求使 Tn0 成立的最小值 n.解：(1)设等比数

3、列 an的公比为 q，由题意知，Error!两式相除，得 ，解得q1 q2 310q3 或 q ， an为递增数列， q3， a1 .13 281 an a1qn1 3n1 23 n5 .281 bnlog 3 n5，数列 bn的前 n 项和 Sn (n29 n)an2 n 4 n 52 12(2)Tn b1 b2 b22 b2n1 (15)(25)(2 25)(2 n1 5) 5 n0，1 2n1 2即 2n5n1，22 4551， nmin5.3已知数列 an的前 n 项和为 Sn，若 an3 Sn4， bnlog 2an1 .(1)求数列 an的通项公式与数列 bn的通项公式；(2)令

4、cn ，其中 nN *，若数列 cn的前 n 项和为 Tn，求 Tn.bn2n 1 1n n 1解：(1)由 a13 a14，得 a11，由 an3 Sn4，知 an1 3 Sn1 4，两式相减并化简得 an1 an，14 an n1 ， bnlog 2an1 log 2 n2 n.(14) (14)(2)由题意知， cn .n2n 1n n 1令 Hn ， 12 222 323 n2n则 Hn ， 12 122 223 n 12n n2n 1得， Hn 1 .12 12 122 123 12n n2n 1 n 22n 1 Hn2 .n 22n又 Tn Hn 1 1 112 123 1n n

5、1 12 12 13 1n 1n 1 1n 1，nn 1 Tn Hn( Tn Hn)2 .n 22n nn 14(2018江苏泰州中学模拟)已知数列 an满足： a11， an1 Error!(nN *)，设 bn a2n1 .(1)求 b2， b3，并证明 bn1 2 bn2；(2)证明：数列 bn2为等比数列；若 a2k， a2k1, 9 a2k2 成等比数列，求正整数 k 的值解：(1)数列 an满足 a11， an1 Error!( nN *)， bn a2n1 ， b2 a32 a22( a11)4，b3 a52 a42( a31)10，同理， bn1 a2n1 2 a2n2( a2

6、n1 1)2( bn1)2 bn2.(2)证明： b1 a11， b120，3 2，bn 1 2bn 2 2bn 2 2bn 2数列 bn2为等比数列由知 bn232 n1 ， bn32 n1 2， a2n1 32 n1 2，a2n a2n1 132 n1 1， a2k， a2k1, 9 a2k2 成等比数列，(32 k2) 2(32 k1 1)(32 k8)，令 2k t，得(3 t2) 2 (3t8)，(32t 1)整理，得 3t214 t80，解得 t 或 t4，23 kN *，2 k4，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，

7、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 S nTn Kn n 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Error!解得 d1 或 d0(舍去)， a12，所以 an n1， Sn .n n 32bn2 n， Tn2 n1 2.(2)由题意得 Kn22 132 2( n1)2 n，则 2Kn22 232 3 n2n( n1)2 n1 ，得 Kn22 12 22 32 n( n1)2 n1 ， Kn n2n1 .要使 S nTn Kn n 对一切 nN *恒成立，即 恒成立，Kn nSnTn 2n 1 1 n 3 2n 1设 g(n) ，2n 1 1 n 3 2n 1因为 g n 1g n n 3 2n 1 2n 2 1 n 4 2n 1 1 2n 1 14，当 n3 时， n.由 an 1 1 ，2n 1 22n 1 1 12n 1 1 12n 1得 Sn n n2 n2，故(1121 1) (1 122 1) (1 12n 1)1 12n1 12 (1 12n)nSnn2.