1、 专题强化训练 1用数学归纳法证明不等式 11 2 1 4 1 2n 1127 64 (nN*)成立，其初始值至少应取 ( ) A7 B8 C9 D10 解析：选 B.据已知可转化为 1 1 1 2n 11 2 127 64 ，整理得 2n128，解得 n7，故原不等式的初 始值为 n8. 2 设各项均为正数的等差数列an的前 n 项和为 Sn， 且 a4a832， 则 S11的最小值为( ) A22 2 B44 2 C22 D44 解析：选 B.因为数列an为各项均为正数的等差数列，所以 a4a82 a4a88 2，S11 （a1a11）11 2 11 2 (a4a8)11 2 8 244
2、2，故 S11的最小值为 44 2，当且仅当 a4a8 4 2时取等号 3 设等比数列an的各项均为正数， 且 a11 2， a 2 44a2a8， 若 1 bnlog2a1log2a2log2an， 则数列bn的前 10 项和为( ) A20 11 B20 11 C9 5 D9 5 解析：选 A.设等比数列an的公比为 q，因为 a244a2a8，所以(a1q3)24a1qa1q7，即 4q2 1，所以 q1 2或 q 1 2(舍)，所以 an 1 2 n 2 n，所以 log 2anlog22 nn，所以1 bn(1 23n)n（1n） 2 ，所以 bn 2 n（1n）2 1 n 1 n1
3、 ， 所以数列bn的前 10 项和为 2 11 2 1 2 1 3 1 10 1 11 2 1 1 11 20 11. 4若等比数列的各项均为正数，前 4 项的和为 9，积为81 4 ，则前 4 项倒数的和为( ) A3 2 B9 4 C1 D2 解析：选 D.设等比数列的首项为 a1，公比为 q，则第 2，3，4 项分别为 a1q，a1q2，a1q3， 依题意得 a1a1qa1q2a1q39，a1a1qa1q2a1q381 4 a 2 1q 39 2，两式相除得 a1a1qa1q2a1q3 a21q3 1 a1 1 a1q 1 a1q2 1 a1q32. 5证明 11 2 1 3 1 4 1
4、 2n1 n 2(nN)，假设 nk 时成立，当 nk1 时，不等式左 边增加的项数是( ) A1 Bk1 Ck D2k 解析：选 D.当 nk 时， 左边11 2 1 3 1 2k1. 当 nk1 时， 左边11 2 1 3 1 2k1 1 2k 1 2k 11， 增加了 1 2k 1 2k 11，共(2k 11)2k12k(项) 6在等差数列an中，a25，a621，记数列 1 an 的前 n 项和为 Sn，若 S2n1Sn m 15对 任意的 nN*恒成立，则正整数 m 的最小值为( ) A3 B4 C5 D6 解析：选 C.在等差数列an中，因为 a25，a621， 所以 a1d5，
5、a15d21，解得 a 11，d4， 所以 1 an 1 14（n1） 1 4n3. 因为()S2n1Sn()S2n3Sn1 1 an1 1 an2 1 a2n1 1 an2 1 an3 1 a2n3 1 an1 1 a2n2 1 a2n3 1 4n1 1 8n5 1 8n9 1 8n2 1 8n5 1 8n2 1 8n9 0，所以数列 S2n1Sn(nN*)是递减数列，数列S2n1Sn(nN*)的最大项为 S3S11 5 1 9 14 45， 所以14 45 m 15，m 14 3 .又 m 是正整数，所以 m 的最小值是 5. 7(2019 温州七杭联考)在各项都为正数的数列an中，首项
6、a12，且点(a2n，a2n1)在直 线 x9y0 上，则数列an的前 n 项和 Sn等于( ) A3n1 B1（3） n 2 C13 n 2 D3n 2n 2 解析：选 A.由点(a2n，a2n1)在直线 x9y0 上，得 a2n9a2n10，即(an3an1)(an3an 1)0，又数列an各项均为正数，且 a12，所以 an3an10，所以 an3an10，即 an an13， 所以数列an是首项a12， 公比q3的等比数列， 其前n项和Sna1（1q n） 1q 2（3 n1） 31 3n1，故选 A. 8(2019 高考浙江卷)设 a，bR，数列an满足 a1a，an1a2nb，nN
7、*，则( ) A当 b1 2时，a1010 B当 b1 4时，a1010 C当 b2 时，a1010 D当 b4 时，a1010 解析：选 A.当 b1 2时，因为 an1a 2 n1 2，所以 a2 1 2，又 an1a 2 n1 2 2an，故 a9a2 ( 2)71 2( 2) 74 2，a 10a 2 93210.当 b1 4时，an1an an1 2 2 ，故 a1a1 2时，a10 1 2，所以 a1010 不成立同理 b2 和 b4 时，均存在小于 10 的数 x0，只需 a1ax0， 则 a10x010 不成立所以选 A. 9 (2019 嘉兴一中高考适应性考试)设等差数列an
8、的前 n 项和为 Sn， 若 S6S7S5， 则 an0 的最大 n_，满足 SkSk1S7S5， 所以依题意 a6S6S50，a7S7S60， 所以 an0 的最大 n6. 所以 S1111（a1a11） 2 11a60， S1212（a1a12） 2 12（a6a7） 2 0， S1313（a1a13） 2 13a70， 当 n8 时，an12an1成立的 n 的 最小值为_ 解析：所有的正奇数和 2n(nN*)按照从小到大的顺序排列构成an，在数列an中，25 前面有 16 个正奇数，即 a2125，a3826.当 n1 时，S1112an1成立的 n 的最小值为 27. 答案：27 1
9、5(2018 高考天津卷)设an是等差数列，其前 n 项和为 Sn(nN*)；bn是等比数列，公 比大于 0，其前 n 项和为 Tn(nN*)已知 b11，b3b22，b4a3a5，b5a42a6. (1)求 Sn和 Tn； (2)若 Sn(T1T2Tn)an4bn，求正整数 n 的值 解：(1)设等比数列bn的公比为 q.由 b11，b3b22， 可得 q2q20. 因为 q0，可得 q2，故 bn2n 1. 所以，Tn12 n 12 2n1. 设等差数列an的公差为 d.由 b4a3a5，可得 a13d4. 由 b5a42a6，可得 3a113d16，从而 a11，d1，故 ann. 所以
10、，Snn（n1） 2 . (2)由(1)，有 T1T2Tn(21222n)n2（12 n） 12 n2n 1n2. 由 Sn(T1T2Tn)an4bn可得n（n1） 2 2n 1n2n2n1，整理得 n23n 40，解得 n1(舍)，或 n4. 所以，n 的值为 4. 16已知数列an满足：a13 2，ana 2 n1an1(n2 且 nN) (1)求 a2，a3； (2)设数列a2n的前 n 项和为 An，数列 1 an1的前 n 项和为 Bn，证明： An Bn 3 2an1. 解：(1)a2a21a19 4 3 2 15 4 ， a3a22a2225 16 15 4 285 16 . (
11、2)证明：因为 ana2n1an1，所以 a2n1anan1， 所以 Ana21a22a23a2n(a2a1)(a3a2)(an1an)an13 2， 因为 ana2n1an1an1(an11)， 所以 1 an 1 an1（an11） 1 an1 1 an11， 所以 1 an11 1 an1 1 an， 所以 Bn 1 a11 1 a21 1 an1( 1 a1 1 a2)( 1 a2 1 a3)( 1 a3 1 a4)( 1 an 1 an1) 2 3 1 an1. 所以An Bn an13 2 2 3 1 an1 3 2an1. 17设数列an的前 n 项和为 Sn.已知 S24，an
12、12Sn1，nN*. (1)求通项公式 an； (2)求数列|ann2|的前 n 项和 解：(1)由题意得 a1a24， a22a11，则 a11， a23. 又当 n2 时， 由 an1an(2Sn1)(2Sn11)2an，得 an13an. 所以，数列an的通项公式为 an3n 1，nN*. (2)设 bn|3n 1n2|，nN*，b 12，b21. 当 n3 时，由于 3n 1n2，故 b n3 n1n2，n3. 设数列bn的前 n 项和为 Tn，则 T12，T23. 当 n3 时， Tn39（13 n2） 13 （n7）（n2） 2 3 nn25n11 2 ， 所以 Tn 2，n1，
13、3nn25n11 2 ，n2，nN*. 18(2019 浙江“七彩阳光”联盟联考)在数列an中，a12，an12 11 n an. (1)求数列an的通项公式； (2)设 bn2 n an，数列bn的前 n 项的和为 Sn，试求数列S2nSn的最小值 解：(1)由条件 an12 11 n an得 an1 n12 an n，又 a12，所以 a1 1 2，因此数列 an n 构成首 项为 2，公比为 2 的等比数列，从而an n 2 2n 12n，因此，a nn 2 n. (2)由(1)得 bn1 n，设 cnS2nSn，则 cn 1 n1 1 n2 1 2n， 所以 cn1 1 n2 1 n3 1 2n 1 2n1 1 2n2， 从而 cn1cn 1 2n1 1 2n2 1 n1 1 2n2 1 2n2 1 n10， 因此数列cn是单调递增的，所以cnminc11 2.
