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

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{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝

a n ＋1

S n S n ＋1

，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)∵S n ＝2a n －a 1，

① ∴当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－a 1，

②

①－②得，a n ＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －1.

由a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，得2(a 2＋1)＝a 1＋a 3， ∴2(2a 1＋1)＝a 1＋4a 1，解得a 1＝2.

∴数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列． ∴a n ＝2n .

(2)∵a n ＝2n ，∴S n ＝2a n －a 1＝2n ＋1－2，S n ＋1＝2n ＋2－2. ∴b n ＝a n ＋1

S n S n ＋1＝2n ＋1

(2n ＋1－2)(2n ＋2－2)＝12⎝ ⎛⎭

⎪⎫

12n －1－12n ＋1－1.

∴数列{b n }的前n 项和

T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1－122－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫

122－1－123－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1－1＝12⎝ ⎛⎭

⎪⎫1－12n ＋1－1＝2n －1

2n ＋1－1

. 2．(2018·浙江“七彩阳光”联盟联考)已知等比数列{a n }为递增数列，且a 4＝2

3，a 3＋a 5

＝20

9，设b n ＝log 3a n 2

(n ∈N *)． (1)求数列{b n }的前n 项和S n ；

(2)令T n ＝b 1＋b 2＋b 22＋…＋b 2n －1，求使T n >0成立的最小值n . 解：(1)设等比数列{a n

}的公比为q ，由题意知，⎩⎨⎧

a 1q 3

＝2

3，a 1q 2

＋a 1q 4

＝20

9

，两式相除，得

q

1＋q 2

＝310，解得q ＝3或q ＝13，∵{a n }为递增数列，∴q ＝3，a 1＝281

.

∴a n ＝a 1q n －1＝

281

·3n －1＝2·3n －5. ∴b n ＝log 3a n

2＝n －5，数列{b n }的前n 项和S n ＝n (－4＋n －5)2＝12(n 2－9n )．

(2)T n ＝b 1＋b 2＋b 22＋…＋b 2n －1＝(1－5)＋(2－5)＋(22

－5)＋…＋(2n －1

－5)＝

1－2n 1－2

－

5n >0，

即2n >5n ＋1，

∵24<5×4＋1,25>5×5＋1，∴n min ＝5.

3．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝－3S n ＋4，b n ＝－log 2a n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式与数列{b n }的通项公式； (2)令c n ＝

b n 2n ＋1＋1

n (n ＋1)

，其中n ∈N *，若数列{c n }的前n 项和为T n ，求T n . 解：(1)由a 1＝－3a 1＋4，得a 1＝1， 由a n ＝－3S n ＋4，知a n ＋1＝－3S n ＋1＋4， 两式相减并化简得a n ＋1＝1

4

a n ，

∴a n ＝⎝⎛⎭⎫14n －1，b n ＝－log 2a n ＋1＝－log 2⎝⎛⎭⎫14n ＝2n . (2)由题意知，c n ＝n 2n ＋1n (n ＋1).

令H n ＝12＋222＋3

23＋…＋n 2

n ，

①

则12H n ＝122＋2

23＋…＋n －12n ＋n 2n ＋

1， ②

①－②得，12H n ＝12＋122＋123＋…＋1

2n －n 2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1.

∴H n ＝2－n ＋2

2

n .

又T n －H n ＝11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1)＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1

n ＋1＝n n ＋1，

∴T n ＝H n ＋(T n －H n )＝2－n ＋22n ＋n

n ＋1

.

4．(2018·江苏泰州中学模拟)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝⎩

⎪⎨⎪⎧

a n ＋1，n 为奇数，

2a n ，n 为偶数

(n ∈N *)，设b n ＝a 2n －1.

(1)求b 2，b 3，并证明b n ＋1＝2b n ＋2； (2)①证明：数列{b n ＋2}为等比数列；

②若a 2k ，a 2k ＋1,9＋a 2k ＋2成等比数列，求正整数k 的值．

解：(1)∵数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝⎩

⎪⎨⎪⎧

a n ＋1，n 为奇数，

2a n ，n 为偶数(n ∈N *)，b n ＝a 2n －1，

∴b 2＝a 3＝2a 2＝2(a 1＋1)＝4， b 3＝a 5＝2a 4＝2(a 3＋1)＝10，

同理，b n ＋1＝a 2n ＋1＝2a 2n ＝2(a 2n －1＋1)＝2(b n ＋1)＝2b n ＋2. (2)①证明：∵b 1＝a 1＝1，b 1＋2≠0， b n ＋1＋2b n ＋2＝2b n ＋2＋2

b n ＋2＝2， ∴数列{b n ＋2}为等比数列． ②由①知b n ＋2＝3×2n －1， ∴b n ＝3×2n －1－2， ∴a 2n －1＝3×2n －1－2， a 2n ＝a 2n －1＋1＝3×2n －1－1， ∵a 2k ，a 2k ＋1,9＋a 2k ＋2成等比数列， ∴(3×2k －2)2＝(3×2k －1－1)(3×2k ＋8)， 令2k ＝t ，得(3t －2)2＝⎝⎛⎭⎫32t －1(3t ＋8)， 整理，得3t 2－14t ＋8＝0， 解得t ＝2

3或t ＝4，

∵k ∈N *，∴2k ＝4，解得k ＝2.

5．(2019届高三·浙江五校联考)已知各项均不相等的等差数列{a n }的前4项和为14，且a 1，a 3，a 7恰为等比数列{b n }的前3项．