第二讲 大题考法——数列的综合应用及数学归纳法
题型(一)
等差、等比数列基本量的计算
主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前n项和的求解，且常结合数列的递推公式命题.
[典例感悟]
[典例1] 已知数列{an}是等差数列，满足a1＝2，a4＝8，数列{bn}是等比数列，满足b2＝4，b5＝32.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{an＋bn}的前n项和Sn.
[解] (1)设等差数列{an}的公差为d，
由题意得d＝＝2，
所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)×2＝2n.
设等比数列{bn}的公比为q，
由题意得q3＝＝8，解得q＝2.
因为b1＝＝2，所以bn＝b1·qn－1＝2×2n－1＝2n.
(2)因为an＝2n，bn＝2n，所以an＋bn＝2n＋2n，所以Sn＝＋＝n2＋n＋2n＋1－2.
[备课札记]
[方法技巧]
等差、等比数列的基本量的求解策略
(1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要先求解的中间问题．如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等，即确定解题的逻辑次序．
(2)注意细节．例如：在等差数列与等比数列综合问题中，若等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能；在数列的通项问题中，第一项和后面的项能否用同一个公式表示等．
[演练冲关]
1．(2018·浙江第二次联盟联考)设数列{an}的首项a1＝，前n项和为Sn，且满足2an＋1＋Sn＝3(n∈N*)．
(1)求a2及an；
(2)求证：anSn的最大值为.
解：(1)由题意得2a2＋S1＝3，
即2a2＋a1＝3，
所以a2＝＝.
当n≥2时，由2an＋1＋Sn＝3，得2an＋Sn－1＝3，
两式相减得2an＋1－an＝0，即an＋1＝an.
因为a1＝，a2＝，所以a2＝a1，
即当n＝1时，an＋1＝an也成立．
所以{an}是以为首项，为公比的等比数列，
所以an＝.
(2)证明：因为2an＋1＋Sn＝3，且an＋1＝an，
所以Sn＝3－2an＋1＝3－an.
于是，anSn＝an(3－an)≤2＝，
当且仅当an＝，即n＝1时等号成立．
故anSn的最大值为.
题型(二)
等差、等比数列的判定与证明
主要考查等差数列与等比数列的定义、等差中项及等比中项，且常与数列的递推公式相结合命题.
[典例感悟]
[典例2] 已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0.
(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；
(2)若S5＝，求λ.
[解] (1)证明：由题意得a1＝S1＝1＋λa1，
故λ≠1，a1＝，故a1≠0.
由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1得an＋1＝λan＋1－λan，
即an＋1(λ－1)＝λan.
由a1≠0，λ≠0得an≠0，所以＝.
因此{an}是首项为，公比为的等比数列，
于是an＝n－1.
(2)由(1)得Sn＝1－n.
由S5＝得1－5＝，即5＝.
解得λ＝－1.
[备课札记]
[方法技巧]
判定和证明数列是等差(比)数列的方法
定义法
对于n≥1的任意自然数，验证an＋1－an为与正整数n无关的某一常数
中项公式法
①若2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)，则{an}为等差数列；
②若a＝an－1·an＋1≠0(n∈N*，n≥2)，则{an}为等比数列
[演练冲关]
2．(2018·温州高考适应性测试)已知数列{an}的前n项积为Tn，且Tn＝1－an.
(1)证明：是等差数列；
(2)求数列的前n项和Sn.
解：(1)证明：由Tn＝1－an得，当n≥2时，Tn＝1－，
两边同时除以Tn，得－＝1.
∵T1＝1－a1＝a1，∴a1＝，＝＝2，
∴是首项为2，公差为1的等差数列．
(2)由(1)知＝n＋1，则Tn＝，
从而an＝1－Tn＝，故＝n.
∴数列是首项为1，公差为1的等差数列，
∴Sn＝.
题型(三)
数列求和问题
主要考查错位相减法求和、裂项相消法求和以及分组求和、含绝对值的数列求和，且常结合数列的递推公式、周期等命题.
[典例感悟]
[典例3] (2018·浙江高考)已知等比数列{an}的公比q>1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中项．数列{bn}满足b1＝1，数列{(bn＋1－bn)an}的前n项和为2n2＋n.
(1)求q的值；
(2)求数列{bn}的通项公式．
[解] (1)由a4＋2是a3，a5的等差中项，
得a3＋a5＝2a4＋4，
所以a3＋a4＋a5＝3a4＋4＝28，
解得a4＝8.
由a3＋a5＝20，得8＝20，
解得q＝2或q＝.
因为q>1，所以q＝2.
(2)设cn＝(bn＋1－bn)an，数列{cn}的前n项和为Sn.
由cn＝解得cn＝4n－1.
由(1)可得an＝2n－1，
所以bn＋1－bn＝(4n－1)×n－1，
故bn－bn－1＝(4n－5)×n－2，n≥2，
bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)＝(4n－5)×n－2＋(4n－9)×n－3＋…＋7×＋3.
设Tn＝3＋7×＋11×2＋…＋(4n－5)×n－2，n≥2.①
则Tn＝3×＋7×2＋…＋(4n－9)×n－2＋(4n－5)×n－1，②
①－②，得Tn＝3＋4×＋4×2＋…＋4×n－2－(4n－5)×n－1，
所以Tn＝14－(4n＋3)×n－2，n≥2.
又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)×n－2.
[备课札记]
[方法技巧]
1．分组求和中分组的策略
(1)根据等差、等比数列分组．
(2)根据正号、负号分组．
2．裂项相消的规律
(1)裂项系数取决于前后两项分母的差．
(2)裂项相消后前、后保留的项数一样多．
3．错位相减法的关注点
(1)适用题型：等差数列{an}与等比数列{bn}对应项相乘({an·bn})型数列求和．
(2)步骤：
①求和时先乘以数列{bn}的公比；
②将两个和式错位相减；
③整理结果形式．
[演练冲关]
3．(2018·浙江高三模拟)已知数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且a1＝11，b1＝1，a2＋b2＝11，a3＋b3＝11.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{|an－bn|}的前12项和S12.
解：(1)设数列{an}的公差为d，{bn}的公比为q(q≠0)，
则由a3＋b3＝a2＋b2＝a1＝11，
可得得d＝－2，q＝2，
从而an＝－2n＋13，bn＝2n－1.
(2)不妨设cn＝an－bn＝13－2n－2n－1，
若n≤3，则cn>0；若n≥4，则cn<0，
因此S12＝|c1|＋|c2|＋|c3|＋|c4|＋|c5|＋…＋|c12|
＝c1＋c2＋c3－(c4＋c5＋…＋c12)
＝2(c1＋c2＋c3)－(c1＋c2＋…＋c12)
＝2(c1＋c2＋c3)－(a1＋a2＋…＋a12)＋(b1＋b2＋…＋b12)
＝2×(10＋7＋3)－×12＋
＝40－0＋212－1
＝4 135.
4．(2018·浙江考前冲刺卷)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q>0，S2＝2a2－2，S3＝a4－2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝Tn为数列{bn}的前n项和，求T2n.
解：(1)∵S2＝2a2－2，①
S3＝a4－2，②
②—①得a3＝a4－2a2，即q2－q－2＝0.
又q>0，∴q＝2.
∵S2＝2a2－2，∴a1＋a2＝2a2－2，
即a1＋a1q＝2a1q－2，∴a1＝2，
∴an＝2n.
(2)由(1)知bn＝
即bn＝
∴T2n＝b1＋b2＋b3＋…＋b2n＝＋[2×2－2＋4×2－4＋6×2－6＋…＋(2n)×2－2n]＝＋[2×2－2＋4×2－4＋6×2－6＋…＋(2n)×2－2n]．
设A＝2×2－2＋4×2－4＋6×2－6＋…＋(2n)×2－2n，
则2－2A＝2×2－4＋4×2－6＋6×2－8＋…＋(2n－2)×2－2n＋(2n)×2－2n－2，
两式相减得A＝＋2(2－4＋2－6＋2－8＋…＋2－2n)－(2n)×2－2n－2，
整理得A＝－，
∴T2n＝－＋.
题型(四)
数列与不等式的综合问题
主要考查证明不等式、比较数列中项的大小问题.
[典例感悟]
[典例4] (2018·衢州质量检测)已知数列{an}满足a1＝1，Sn＝2an＋1，其中Sn为{an}的前n项和(n∈N*)．
(1)求S1，S2及数列{Sn}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝，且{bn}的前n项和为Tn，求证：当n≥2时，≤|Tn|≤.
[解] (1)易知S1＝a1＝1，且S1＝2a2，
所以a2＝，S2＝a1＋a2＝.
因为Sn＝2an＋1，
所以Sn＝2an＋1＝2(Sn＋1－Sn)，
即3Sn＝2Sn＋1，
所以＝，即数列{Sn}是以1为首项，为公比的等比数列，所以Sn＝n－1(n∈N*)．
(2)证明：由(1)知，bn＝＝－1×＝－n－1，
|Tn|＝－1×.
而当n≥2时，1－≤1＋＋＋3＋…＋n－1≤1＋＋＝，
即≤|Tn|≤.
[备课札记]
[方法技巧]
数列中不等式的证明问题
数列型不等式的证明常用到“放缩法”，一是在求和中将通项“放缩”为“可求和数列”；二是求和后再“放缩”．
放缩法常见的放缩技巧有：
(1)<＝.
(2)－<<－.
(3)2(－)<<2(－)．
[演练冲关]
5．已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝，n∈N*.
(1)求a2；
(2)求的通项公式；
(3)设{an}的前n项和为Sn，求证：≤Sn<.
解：(1)由条件可得a2＝＝.
(2)由an＋1＝得＝·－，
所以－1＝，又－1＝，
所以是以首项为，公比为的等比数列，
因此，＝n＋1.
(3)证明：由(2)可得
an＝≥＝×n－1，
所以Sn＝a1＋a2＋…＋an≥＋·1＋…＋·n－1＝.
又an＝<＝n，
所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an<＋＋3＋…＋n＝＋－·n－2<，n≥3，
又S1＝<，S2＝<，
因此，Sn<，n∈N*.
综上，≤Sn<.
题型(五)
数学归纳法
主要考查利用数学归纳法证明不等式、比较大小等，常与数列、不等式等知识综合在一起.
[典例感悟]
[典例5] (2019届高三·台州中学月考)已知数列{an}中，a1＝，an≠0，Sn为该数列的前n项和，且Sn＋1＝an(1－an＋1)＋Sn，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若不等式an＋an＋1＋an＋2＋…＋a3n>对一切正整数n都成立，求正整数a的最大值，并证明结论．
[解] (1)因为Sn＋1＝an(1－an＋1)＋Sn，n∈N*，
所以Sn＋1－Sn＝an(1－an＋1)，
所以an＋1＝an(1－an＋1)＝an－anan＋1，
所以an－an＋1＝anan＋1.
又an≠0，所以－＝1，
所以构成以2为首项，以1为公差的等差数列，
所以＝2＋(n－1)×1＝n＋1，
所以an＝，n∈N*.
(2)当n＝1时，＋＋>，
即>，所以a<26.
而a是最大的正整数，所以取a＝25.
下面用数学归纳法证明：＋＋…＋>.
①当n＝1时，已证；
②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式成立，
即＋＋…＋>，
则当n＝k＋1时，
有＋＋…＋
＝＋＋…＋＋＋＋－>＋.
因为＋＝>＝.
即＋>，所以＋－>0.
所以当n＝k＋1时不等式也成立．
由①②知，对一切正整数n，都有＋＋…＋>，所以a的最大值等于25.
[备课札记]
[方法技巧]
数学归纳法的解题策略
由k到k＋1的证明中寻找由k到k＋1的变化规律是难点，突破难点的关键是掌握由k到k＋1的证明方法．在运用归纳假设时，应分析P(k)与P(k＋1)的差异及联系，利用拆、添、并、放、缩等方法，或从P(k)出发拼凑P(k＋1)，或从P(k＋1)中分离出P(k)，再进行局部调整；也可考虑寻求二者的“结合点”，以便顺利过渡，切实掌握“观察——归纳——猜想——证明”的由特殊到一般的推理方法．
[演练冲关]
6．(2017·浙江高考)已知数列{xn}满足：x1＝1，xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)(n∈N*)．
证明：当n∈N*时，
(1)0
(2)2xn＋1－xn≤；
(3)≤xn≤.
证明：(1)用数学归纳法证明：xn>0.
当n＝1时，x1＝1>0.
假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，xk>0，
那么n＝k＋1时，若xk＋1≤0，
则00.
因此xn>0(n∈N*)．
所以xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)>xn＋1.
因此0(2)由xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)得，
xnxn＋1－4xn＋1＋2xn＝x－2xn＋1＋(xn＋1＋2)·ln(1＋xn＋1)．
记函数f(x)＝x2－2x＋(x＋2)ln(1＋x)(x≥0)，
则f′(x)＝＋ln(1＋x)>0(x>0)，
所以函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)≥f(0)＝0，
因此x－2xn＋1＋(xn＋1＋2)ln(1＋xn＋1)＝f(xn＋1)≥0，
故2xn＋1－xn≤(n∈N*)．
(3)因为xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)≤xn＋1＋xn＋1＝2xn＋1，
所以xn≥.
由≥2xn＋1－xn得－≥2>0，
所以－≥2≥…≥2n－1＝
2n－2，
故xn≤.
综上，≤xn≤(n∈N*)．
[技法指导]
化归的常用策略
利用化归思想可探索一些一般数列的简单性质．等差数列与等比数列是数列中的两个特殊的基本数列，高考中通常考查的是非等差、等比数列问题，应对的策略就是通过化归思想，将其转化为这两种数列.
[典例] Sn为数列{an}的前n项和．已知an>0，a＋2an＝4Sn＋3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和．
[解题示范]
(1)由a＋2an＝4Sn＋3，①
可知a＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.②
②－①，得a－a＋2(an＋1－an)＝4an＋1，
即2(an＋1＋an)＝a－a
＝(an＋1＋an)(an＋1－an)．
由an>0，得an＋1－an＝2.
又a＋2a1＝4a1＋3，
解得a1＝－1(舍去)或a1＝3.
所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1.
(2)由an＝2n＋1可知
bn＝＝
＝.
设数列{bn}的前n项和为Tn，则
Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝
＝.
[思维升华]
对于数列的备考：(1)准确掌握数列中an与Sn之间的关系，这是解决数列问题的基础；(2)重视等差与等比数列的复习，熟悉其基本概念、公式和性质，这是解决数列问题的根本；(3)注意数列与函数、不等式等的综合问题，掌握解决此类问题的通法；(4)在知识的复习和解题过程中体会其中所蕴含的数学思想方法，如分类讨论、数形结合、等价转化、函数与方程思想等．
[应用体验]
(2018·温州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝，2Sn＝(n＋1)an＋1(n≥2)．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝(n∈N*)，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：Tn<(n∈N*)．
解：(1)当n＝2时，2(a1＋a2)＝3a2＋1，解得a2＝2.
当n≥3时，2an＝2Sn－2Sn－1＝(n＋1)an－nan－1，
∴(n－1)an＝nan－1，
∴＝，
∴＝，＝，…，＝，
将以上各式相乘得＝，
∴an＝n.
显然，当n＝1时，上式不成立，当n＝2时，上式成立．
∴an＝
(2)证明：bn＝＝
当n≥2时，bn＝<＝－，
∴Tn＝＋＋＋…＋＝＋－＝－<<.
1．数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)∵Sn＝2an－a1，①
∴当n≥2时，Sn－1＝2an－1－a1，②
①－②得，an＝2an－2an－1，即an＝2an－1.
由a1，a2＋1，a3成等差数列，得2(a2＋1)＝a1＋a3，
∴2(2a1＋1)＝a1＋4a1，解得a1＝2.
∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．
∴an＝2n.
(2)∵an＝2n，∴Sn＝2an－a1＝2n＋1－2，Sn＋1＝2n＋2－2.
∴bn＝＝＝.
∴数列{bn}的前n项和
Tn＝＝＝.
2．(2018·浙江“七彩阳光”联盟联考)已知等比数列{an}为递增数列，且a4＝，a3＋a5＝，设bn＝log3(n∈N*)．
(1)求数列{bn}的前n项和Sn；
(2)令Tn＝b1＋b2＋b22＋…＋b2n－1，求使Tn>0成立的最小值n.
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，由题意知，两式相除，得＝，
解得q＝3或q＝，∵{an}为递增数列，∴q＝3，a1＝.
∴an＝a1qn－1＝·3n－1＝2·3n－5.
∴bn＝log3＝n－5，数列{bn}的前n项和Sn＝＝(n2－9n)．
(2)Tn＝b1＋b2＋b22＋…＋b2n－1＝(1－5)＋(2－5)＋(22－5)＋…＋(2n－1－5)＝－5n>0，
即2n>5n＋1，
∵24<5×4＋1,25>5×5＋1，∴nmin＝5.
3．已知数列{an}的前n项和为Sn，若an＝－3Sn＋4，bn＝－log2an＋1.
(1)求数列{an}的通项公式与数列{bn}的通项公式；
(2)令cn＝＋，其中n∈N*，若数列{cn}的前n项和为Tn，求Tn.
解：(1)由a1＝－3a1＋4，得a1＝1，
由an＝－3Sn＋4，知an＋1＝－3Sn＋1＋4，
两式相减并化简得an＋1＝an，
∴an＝n－1，bn＝－log2an＋1＝－log2n＝2n.
(2)由题意知，cn＝＋.
令Hn＝＋＋＋…＋， ①
则Hn＝＋＋…＋＋， ②
①－②得，Hn＝＋＋＋…＋－＝1－.
∴Hn＝2－.
又Tn－Hn＝＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，
∴Tn＝Hn＋(Tn－Hn)＝2－＋.
4．(2018·江苏泰州中学模拟)已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，设bn＝a2n－1.
(1)求b2，b3，并证明bn＋1＝2bn＋2；
(2)①证明：数列{bn＋2}为等比数列；
②若a2k，a2k＋1,9＋a2k＋2成等比数列，求正整数k的值．
解：(1)∵数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，bn＝a2n－1，
∴b2＝a3＝2a2＝2(a1＋1)＝4，
b3＝a5＝2a4＝2(a3＋1)＝10，
同理，bn＋1＝a2n＋1＝2a2n＝2(a2n－1＋1)＝2(bn＋1)＝2bn＋2.
(2)①证明：∵b1＝a1＝1，b1＋2≠0，
＝＝2，
∴数列{bn＋2}为等比数列．
②由①知bn＋2＝3×2n－1，
∴bn＝3×2n－1－2，
∴a2n－1＝3×2n－1－2，
a2n＝a2n－1＋1＝3×2n－1－1，
∵a2k，a2k＋1,9＋a2k＋2成等比数列，
∴(3×2k－2)2＝(3×2k－1－1)(3×2k＋8)，
令2k＝t，得(3t－2)2＝(3t＋8)，
整理，得3t2－14t＋8＝0，
解得t＝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{an}的前4项和为14，且a1，a3，a7恰为等比数列{bn}的前3项．
(1)分别求数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn；
(2)设Kn为数列{anbn}的前n项和，若不等式λSnTn≥Kn＋n对一切n∈N*恒成立，求实数λ的最小值．
解：(1)设数列{an}的公差为d，
则
解得d＝1或d＝0(舍去)，a1＝2，
所以an＝n＋1，Sn＝.
bn＝2n，Tn＝2n＋1－2.
(2)由题意得Kn＝2×21＋3×22＋…＋(n＋1)×2n，①
则2Kn＝2×22＋3×23＋…＋n×2n＋(n＋1)×2n＋1，②
①－②得－Kn＝2×21＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)×2n＋1，∴Kn＝n×2n＋1.
要使λSnTn≥Kn＋n对一切n∈N*恒成立，
即λ≥＝恒成立，
设g(n)＝，
因为＝＝<<1，
所以g(n)随n的增加而减小，所以g(n)max＝g(1)＝，所以当λ≥时不等式恒成立，
因此λ的最小值为.
6．已知在数列{an}中，a1＝，an＋1＝a－2an＋2，n∈N*，其前n项和为Sn.
(1)求证：1(2)求证：≤an≤；
(3)求证：n证明：(1)先用数学归纳法证明1①当n＝1时，1②假设当n＝k时，1当n＝k＋1时，ak＋1＝a－2ak＋2＝(ak－1)2＋1，
又ak∈(1,2)，所以ak＋1∈(1,2)．
由①②知1an＋1－an＝a－3an＋2＝(an－1)(an－2)<0，
所以1(2)a1＝＝，a2＝>，当n≥3时，<1，
又1由an＋1＝a－2an＋2得2－an＋1＝2an－a，
即＝<，
所以－1<，
所以－1<＝(n≥2，n∈N*)，
所以an<，
当n＝1时，a1＝，所以an≤(n∈N*)．
所以≤an≤.
(3)由1n.
由an≤＝1＋<1＋，
得Sn<＋＋…＋＝n＋＝n＋2课件46张PPT。数列的综合应用及数学归纳法大题考法——二讲第题型(一) 等差、等比数列基本量的计算题型(二) 等差、等比数列的判定与证明题型(三) 数列求和问题题型(四) 数列与不等式的综合问题题型(五) 数学归纳法[高考5个大题] 题题研诀窃数列问题重在“归”——化归
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1．数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)∵Sn＝2an－a1， ①
∴当n≥2时，Sn－1＝2an－1－a1， ②
①－②得，an＝2an－2an－1，即an＝2an－1.
由a1，a2＋1，a3成等差数列，得2(a2＋1)＝a1＋a3，
∴2(2a1＋1)＝a1＋4a1，解得a1＝2.
∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．
∴an＝2n.
(2)∵an＝2n，∴Sn＝2an－a1＝2n＋1－2，Sn＋1＝2n＋2－2.
∴bn＝＝＝.
∴数列{bn}的前n项和
Tn＝＝＝.
2．(2018·浙江“七彩阳光”联盟联考)已知等比数列{an}为递增数列，且a4＝，a3＋a5＝，设bn＝log3(n∈N*)．
(1)求数列{bn}的前n项和Sn；
(2)令Tn＝b1＋b2＋b22＋…＋b2n－1，求使Tn>0成立的最小值n.
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，由题意知，两式相除，得＝，解得q＝3或q＝，∵{an}为递增数列，∴q＝3，a1＝.
∴an＝a1qn－1＝·3n－1＝2·3n－5.
∴bn＝log3＝n－5，数列{bn}的前n项和Sn＝＝(n2－9n)．
(2)Tn＝b1＋b2＋b22＋…＋b2n－1＝(1－5)＋(2－5)＋(22－5)＋…＋(2n－1－5)＝－5n>0，
即2n>5n＋1，
∵24<5×4＋1,25>5×5＋1，∴nmin＝5.
3．已知数列{an}的前n项和为Sn，若an＝－3Sn＋4，bn＝－log2an＋1.
(1)求数列{an}的通项公式与数列{bn}的通项公式；
(2)令cn＝＋，其中n∈N*，若数列{cn}的前n项和为Tn，求Tn.
解：(1)由a1＝－3a1＋4，得a1＝1，
由an＝－3Sn＋4，知an＋1＝－3Sn＋1＋4，
两式相减并化简得an＋1＝an，
∴an＝n－1，bn＝－log2an＋1＝－log2n＝2n.
(2)由题意知，cn＝＋.
令Hn＝＋＋＋…＋， ①
则Hn＝＋＋…＋＋， ②
①－②得，Hn＝＋＋＋…＋－＝1－.
∴Hn＝2－.
又Tn－Hn＝＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，
∴Tn＝Hn＋(Tn－Hn)＝2－＋.
4．(2018·江苏泰州中学模拟)已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝
(n∈N*)，设bn＝a2n－1.
(1)求b2，b3，并证明bn＋1＝2bn＋2；
(2)①证明：数列{bn＋2}为等比数列；
②若a2k，a2k＋1,9＋a2k＋2成等比数列，求正整数k的值．
解：(1)∵数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，bn＝a2n－1，
∴b2＝a3＝2a2＝2(a1＋1)＝4，
b3＝a5＝2a4＝2(a3＋1)＝10，
同理，bn＋1＝a2n＋1＝2a2n＝2(a2n－1＋1)＝2(bn＋1)＝2bn＋2.
(2)①证明：∵b1＝a1＝1，b1＋2≠0，
＝＝2，
∴数列{bn＋2}为等比数列．
②由①知bn＋2＝3×2n－1，
∴bn＝3×2n－1－2，
∴a2n－1＝3×2n－1－2，
a2n＝a2n－1＋1＝3×2n－1－1，
∵a2k，a2k＋1,9＋a2k＋2成等比数列，
∴(3×2k－2)2＝(3×2k－1－1)(3×2k＋8)，
令2k＝t，得(3t－2)2＝(3t＋8)，
整理，得3t2－14t＋8＝0，
解得t＝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{an}的前4项和为14，且a1，a3，a7恰为等比数列{bn}的前3项．
(1)分别求数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn；
(2)设Kn为数列{anbn}的前n项和，若不等式λSnTn≥Kn＋n对一切n∈N*恒成立，求实数λ的最小值．
解：(1)设数列{an}的公差为d，
则
解得d＝1或d＝0(舍去)，a1＝2，
所以an＝n＋1，Sn＝.
bn＝2n，Tn＝2n＋1－2.
(2)由题意得Kn＝2×21＋3×22＋…＋(n＋1)×2n，①
则2Kn＝2×22＋3×23＋…＋n×2n＋(n＋1)×2n＋1，②
①－②得－Kn＝2×21＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)×2n＋1，∴Kn＝n×2n＋1.
要使λSnTn≥Kn＋n对一切n∈N*恒成立，
即λ≥＝恒成立，
设g(n)＝，
因为＝＝<<1，
所以g(n)随n的增加而减小，所以g(n)max＝g(1)＝，所以当λ≥时不等式恒成立，
因此λ的最小值为.
6．已知在数列{an}中，a1＝，an＋1＝a－2an＋2，n∈N*，其前n项和为Sn.
(1)求证：1(2)求证：≤an≤；
(3)求证：n证明：(1)先用数学归纳法证明1①当n＝1时，1②假设当n＝k时，1当n＝k＋1时，ak＋1＝a－2ak＋2＝(ak－1)2＋1，
又ak∈(1,2)，所以ak＋1∈(1,2)．
由①②知1an＋1－an＝a－3an＋2＝(an－1)(an－2)<0，
所以1(2)a1＝＝，a2＝>，当n≥3时，<1，
又1由an＋1＝a－2an＋2得2－an＋1＝2an－a，
即＝<，
所以－1<，
所以－1<＝(n≥2，n∈N*)，
所以an<，
当n＝1时，a1＝，所以an≤(n∈N*)．
所以≤an≤.
(3)由1n.
由an≤＝1＋<1＋，
得Sn<＋＋…＋＝n＋＝n＋2