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

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.