2020年浙江新高考数学二轮复习专题强化练:专题三 3 第3讲 数列的综合问题 .doc

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1、 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 a11,且满足 an12an 1 an1 (nN*) (1)求 a2,a3; (2)证明:an(3 2) n1. 解:(1)因为在正项数列an中,a11,且满足 an12an 1 an1(nN *), 所以 a221 1 11 3 2, a323 2 1 3 21 13 5 . (2)证明:当 n1 时,由已知 a11(3 2) 111,不等式成立; 假设当 nk 时,不等式成立,即 ak(3 2) k1, 因为 f(x)2x 1 x1在(0,)上是增函数, 所以 ak12ak 1 ak12( 3 2) k1 1 (3

2、2) k11 (3 2) k1 3( 3 2) k 1 (3 2) k11 (3 2) k 1 3( 3 2) 2k11 3( 3 2) k1 (3 2) k11 (3 2) k 1 9( 3 2) k32(3 2) k3 (3 2) k11 , 因为 k1,所以 2(3 2) k323 230, 所以 ak1(3 2) k, 即当 nk1 时,不等式也成立 根据知不等式对任何 nN*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),a2n3an 26Sn. (1)求an的通项公式; (2)设 bn 1 anan1,数列bn的前 n 项和为 Tn

3、,若对任意的 nN *,t4T n恒成立,求实数 t 的最大值 解:(1)当 n1 时,由 a2n3an26Sn,得 a213a126a1,即 a213a120. 又 a1(0,2),解得 a11. 由 a2n3an26Sn,可知 a2n13an126Sn1. 两式相减,得 a2n1a2n3(an1an)6an1,即(an1an)(an1an3)0. 由于 an0,可得 an1an30,即 an1an3, 所以an是首项为 1,公差为 3 的等差数列,所以 an13(n1)3n2. (2)由 an3n2 ,可得 bn 1 anan1 1 (3n2)(3n1) 1 3 1 3n2 1 3n1 ,

4、 Tnb1b2bn 1 3 11 4 1 4 1 7 1 3n2 1 3n1 n 3n1. 因为 Tn n 3n1 1 3 1 3 3n1随着 n 的增大而增大,所以数列Tn是递增数列, 所以 t4Tnt 4Tn t 4T1 1 4t1,所以实数 t 的最大值是 1. 3(2019 金华模拟)已知数列an满足 a11 2,an1an2an11(nN *),令 b nan1. (1)求数列bn的通项公式; (2)令 cna2n 1 a2n ,求证:c1c2cn 3 2 成立 解:(1)由 f1(1)a11 得 a11, 由 f2(1)a1a22,得 a23, 又因为 f3(1)a1a2a33,

5、所以 a35. (2)由题意得:fn(1)a1a2a3(1)nan(1)nn, fn1(1)a1a2a3(1)n 1a n1 (1)n 1(n1),n2, 两式相减得: (1)nan(1)nn(1)n 1(n1)(1)n(2n1), 得当 n2 时,an2n1,又 a11 符合,所以 an2n1(nN*) (3)证明:令 bnan1 2 n, 则 S 1 bn 1 bn1 1 bn2 1 bnk1 1 n 1 n1 1 n2 1 nk1, 所以 2S 1 n 1 nk1 1 n1 1 nk2 1 n2 1 nk3 1 nk1 1 n .(*) 当 x0,y0 时,xy2 xy,1 x 1 y2

6、 1 xy, 所以(xy) 1 x 1 y 4, 所以1 x 1 y 4 xy,当且仅当 xy 时等号成立,上述(*)式中,k7,n0,n1,n2, nk1 全为正, 所以 2S 4 nnk1 4 n1nk2 4 n2nk3 4 nk1n 4n(k1) nnk1 , 所以 S2(k1) 1k1 n 2(k1) k1 2 1 2 k1 2 1 2 71 3 2,得证 7(2019 宁波市诺丁汉大学附中高三期中考试)已知数列an满足 a13,an1a2n2an, nN*,设 bnlog2(an1) (1)求an的通项公式; (2)求证:11 2 1 3 1 bn1n(n2); (3)若 2cnbn

7、,求证:2(cn 1 cn )n3. 解:(1)由 an1a2n2an,则 an11a2n2an1(an1)2, 由 a13,则 an0,两边取对数得到 log2(an11)log2(an1)22 log2(an1),即 bn12bn. 又 b1log2(a11)20, 所以bn是以 2 为公比的等比数列 即 bn2n. 又因为 bnlog2(an1), 所以 an22n1. (2)证明:用数学归纳法证明:当 n2 时,左边为 11 2 1 3 11 6 2右边,此时不等式 成立; 假设当 nk(k2,kN*)时,不等式成立, 则当 nk1 时,左边11 2 1 3 1 2k1 1 2k 1

8、2k1 1 2k 11k 1 2k 1 2k1 1 2k 11kk1右边, 所以当 nk1 时,不等式成立 综上可得:对一切 nN*,n2,命题成立 (3)证明:由 2cnbn得 cnn, 所以(cn 1 cn )n(1n n )n(11 n) n, 首先(11 n) nC0 nC 1 n1 nC 2 n 1 n2 Ckn 1 nkC n n 1 nn2, 其次因为 Ckn 1 nk n(n1)(nk1) k!nk 1 k! 1 k(k1) 1 k1 1 k(k2), 所以(11 n) nC0 nC 1 n1 nC 2 n 1 n2 Ckn 1 nkC n n 1 nn, 1111 2 1 2

9、 1 3 1 n1 1 n3 1 n3, 当 n1 时显然成立所以得证 8数列an满足 a11 4,an an1 (1)nan12(n2,nN) (1)试判断数列 1 an(1) n 是否为等比数列,并说明理由; (2)设 bnansin(2n1) 2 ,数列bn的前 n 项和为 Tn,求证:对任意的 nN*,Tn4 7. 解:(1)an an1 (1)nan12 1 an (1)nan12 an1 (1)n 2 an1, 所以 1 an(1) n2 (1)n 2 an1所以 1 an(1) n(2) (1)n 1 1 an1 , 所以 1 an(1) n 为公比是2 的等比数列 (2)证明: 1 a1(1) 13,由(1)可得 1 an(1) n 1 a1(1) 1 (2)n 13 (2)n1, 所以 an 1 3(2)n 1(1)n. 而 sin(2n1) 2 (1)n 1, 所以 bnansin (2n1) 2 (1)n 1 3(2)n 1(1)n 1 32n 11,所以 bn 1 32n 11 1 3 2n 1, 当 n3 时,Tnb1b2bn(b1b2) 1 322 1 323 1 32n 1 1 4 1 7 1 12 1 1 2 n2 11 2 1 4 1 7 1 6 47 84 4 7. 因为bn为正项数列,所以 T1T2T3Tn, 所以 nN*,Tn4 7.

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