专题强化训练
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1．(2024·台州市高三期末考试)在正项数列{an}中，已知a1＝1，且满足an＋1＝2an－an＋1(n∈N*)．
(1)求a2，a3； 3－
(2)证明：an≥()n1.
2
1
解：(1)因为在正项数列{an}中，a1＝1，且满足an＋1＝2an－(n∈N*)，
an＋113
所以a2＝2×1－＝，
1＋123113
a3＝2×－＝.
235
＋12
3－
(2)证明：①当n＝1时，由已知a1＝1≥()11＝1，不等式成立；
23－
②假设当n＝k时，不等式成立，即ak≥()k1，
21
因为f(x)＝2x－在(0，＋∞)上是增函数，
x＋113－1
所以ak＋1＝2ak－≥2()k1－ 23k－1ak＋1
（）＋123131＝()k＋()k－ 2323k－1
（）＋12132k－113k
（）＋（）－1
323k32
＝()＋ 23k－1
（）＋1213k3
[（）＋3][2×（）k－3]9223
＝()k＋， 23k－1
（）＋1233
因为k≥1，所以2×()k－3≥2×－3＝0，
223
所以ak＋1≥()k，
2
即当n＝k＋1时，不等式也成立． 根据①②知不等式对任何n∈N*都成立．
2．(2024·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)，a2n＋3an
＋2＝6Sn.
(1)求{an}的通项公式；
1
(2)设bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，若对任意的n∈N*，t≤4Tn恒成立，求实数
anan＋1
t的最大值．
22
解：(1)当n＝1时，由an＋3an＋2＝6Sn，得a21＋3a1＋2＝6a1，即a1－3a1＋2＝0.
又a1∈(0，2)，解得a1＝1.
2由a2n＋3an＋2＝6Sn，可知an＋1＋3an＋1＋2＝6Sn＋1.
2两式相减，得a2n＋1－an＋3(an＋1－an)＝6an＋1，即(an＋1＋an)(an＋1－an－3)＝0.
由于an＞0，可得an＋1－an－3＝0，即an＋1－an＝3，
所以{an}是首项为1，公差为3的等差数列，所以an＝1＋3(n－1)＝3n－2. (2)由an＝3n－2 ，可得
11bn＝＝
anan＋1（3n－2）（3n＋1）111
＝?3n－2－3n＋1?， 3??Tn＝b1＋b2＋…＋bn
11??1?1??11?－1－＋－＋…＋?＝?4??47?3???3n－23n＋1?? ＝n
. 3n＋1
13n1
因为Tn＝＝－随着n的增大而增大，所以数列{Tn}是递增数列，
3n＋133n＋1tt1
所以t≤4Tn?≤Tn?≤T1＝?t≤1，所以实数t的最大值是1.
444
1
3．(2024·金华模拟)已知数列{an}满足a1＝，an＋1an＝2an＋1－1(n∈N*)，令bn＝an－1.
2(1)求数列{bn}的通项公式；
a2n＋17
(2)令cn＝，求证：c1＋c2＋…＋cn a2n24 解：(1)因为an＋1an＝2an＋1－1(n∈N*)，bn＝an－1，即an＝bn＋1. 11 所以(bn＋1＋1)(bn＋1)＝2(bn＋1＋1)－1，化为：－＝－1， bn＋1bn1 所以数列{}是等差数列，首项为－2，公差为－1. bn11所以＝－2－(n－1)＝－1－n，所以bn＝－. bnn＋11n(2)证明：由(1)可得：an＝bn＋1＝1－＝. n＋1n＋1 2n＋1 a2n＋12n＋1＋1（2n＋1）2 所以cn＝＝＝nn a2n2n2（2＋2） 2n＋1111 ＝1＋?2n－2n＋2?， 2?? 因为n≥2时，2n＋2≤2n1－1， 1111 所以n－n 22＋22－12－1111?－＋ 所以c1＋c2＋…＋cn 11?1717 －n＋1?＝n＋－ 2?2－12－1?242（2n1－1）24 24．(2024·绍兴市高三教学质量调测)已知数列{an}满足an＞0，a1＝2，且(n＋1)a2n＋1＝nan＋ ＋ an(n∈N*)． (1)证明：an＞1； 2 a2a292a3n (2)证明：＋＋…＋2＜(n≥2)． 49n5 2 证明：(1)由题得(n＋1)·a2n＋1－(n＋1)＝nan－n＋an－1， 故(an＋1－1)(an＋1＋1)(n＋1)＝(an－1)(nan＋n＋1)， 由an＞0，n∈N*，可知(an＋1＋1)(n＋1)＞0，nan＋n＋1＞0， 所以an＋1－1与an－1同号，又a1－1＝1＞0，故an＞1. 22(2)由(1)知an＞1，故(n＋1)a2n＋1＝nan＋an＜(n＋1)an， 所以an＋1＜an，1＜an≤2. 2又由题可得an＝(n＋1)a2n＋1－nan，所以， 2222a1＝2a2a22－a1，a2＝3a3－2a2，…，an＝(n＋1)·n＋1－nan， 相加得a1＋a2＋…＋an＝(n＋1)a2n＋1－4≤2n， 2n＋42n＋2所以a2，即a2(n≥2)， n＋1≤n≤nn＋1 a222n?1－1?＋?1－2＋1?(n≥2)． ≤＋≤2 n2n2n3?n－1n??n－1nn＋1?a2392 当n＝2时，2＝＜. 245 2a2a33223192 当n＝3时，2＋2≤＋2＋3＜＋＜. 234334352 a2a3a2a224n 当n≥4时，＋＋＋…＋2 4916n 1111??1211? ＜2??4＋9＋16＋4?＋?4＋27＋3－4? 211219＝1＋＋＋＋＋＜. 98427125从而，原命题得证． 1 5．(2024·台州市高考一模)已知数列{an}满足：an＞0，an＋1＋＜2(n∈N*)． an(1)求证：an＋2＜an＋1＜2(n∈N*)； (2)求证：an＞1(n∈N*)． 1 证明：(1)由an＞0，an＋1＋＜2， an1 所以an＋1＜2－＜2， an因为2＞an＋2＋ 1an＋1 ≥2an＋2 ， an＋1 所以an＋2＜an＋1＜2. (2)假设存在aN≤1(N≥1，N∈N*)， 由(1)可得当n＞N时，an≤aN＋1＜1， 1an－1 根据an＋1－1＜1－＝＜0，而an＜1， anan1an1 所以＞＝1＋. an＋1－1an－1an－111于是＞1＋， aN＋2－1aN＋1－1… 11 ＞1＋. aN＋n－1aN＋n－1－1 11累加可得＞n－1＋(*)， aN＋n－1aN＋1－1由(1)可得aN＋n－1＜0， 11 而当n＞－＋1时，显然有n－1＋＞0， aN＋1－1aN＋1－1因此有 11 ＜n－1＋， aN＋n－1aN＋1－1 这显然与(*)矛盾，所以an＞1(n∈N*)． 6．(2024·金丽衢十二校高三联考)已知fn(x)＝a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋anxn，且fn(－1)＝(－1)n·n，n＝1，2，3，…. (1)求a1，a2，a3； (2)求数列{an}的通项公式； (3)当k>7且k∈N*时，证明：对任意n∈N*都有成立． 22223 ＋＋＋…＋>an＋1an＋1＋1an＋2＋1ank－1＋12 解：(1)由f1(－1)＝－a1＝－1得a1＝1， 由f2(－1)＝－a1＋a2＝2，得a2＝3， 又因为f3(－1)＝－a1＋a2－a3＝－3， 所以a3＝5. (2)由题意得：fn(－1)＝－a1＋a2－a3＋…＋(－1)nan＝(－1)n·n， fn－1(－1)＝－a1＋a2－a3＋…＋(－1)n1an－1 ＝(－1)n1·(n－1)，n≥2， 两式相减得： (－1)nan＝(－1)n·n－(－1)n1·(n－1)＝(－1)n(2n－1)， 得当n≥2时，an＝2n－1，又a1＝1符合，所以an＝2n－1(n∈N*)． an＋1 (3)证明：令bn＝＝n， 2 11111111则S＝＋＋＋…＋＝＋＋＋…＋， bnbn＋1bn＋2bnk－1nn＋1n＋2nk－1 11111111 所以2S＝?n＋nk－1?＋?n＋1＋nk－2?＋?n＋2＋nk－3?＋…＋?nk－1＋n?.(*) － － － ???????? 11 当x>0，y>0时，x＋y≥2xy，＋≥2xy11? 所以(x＋y)??x＋y?≥4， 1， xy 114所以＋≥，当且仅当x＝y时等号成立，上述(*)式中，k>7，n>0，n＋1，n＋2，…， xyx＋y4n（k－1）4444 nk－1全为正，所以2S>＋＋＋…＋＝， n＋nk－1n＋1＋nk－2n＋2＋nk－3nk－1＋nn＋nk－1 22（k－1）2（k－1）? 所以S>>＝21－k＋1? 1??k＋11＋k－ n23 >2?1－7＋1?＝，得证． ??2 7．(2024·宁波市诺丁汉大学附中高三期中考试)已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝a2n＋2an，n∈N*，设bn＝log2(an＋1)． (1)求{an}的通项公式； 111(2)求证：1＋＋＋…＋＜n(n≥2)； 23bn－1cn＋1n (3)若2cn＝bn，求证：2≤()＜3. cn 22 解：(1)由an＋1＝a2n＋2an，则an＋1＋1＝an＋2an＋1＝(an＋1)， 由a1＝3，则an＞0，两边取对数得到
2024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
