1、专题强化训练1用数学归纳法证明不等式1(nN*)成立，其初始值至少应取()A7B8C9 D10解析：选B.据已知可转化为，整理得2n128，解得n7，故原不等式的初始值为n8.2设各项均为正数的等差数列an的前n项和为Sn，且a4a832，则S11的最小值为()A22 B44C22 D44解析：选B.因为数列an为各项均为正数的等差数列，所以a4a828，S11(a4a8)844，故S11的最小值为44，当且仅当a4a84时取等号3设等比数列an的各项均为正数，且a1，a4a2a8，若log2a1log2a2log2an，则数列bn的前10项和为()A BC D解析：选A.设等比数列an的公比
2、为q，因为a4a2a8，所以(a1q3)24a1qa1q7，即4q21，所以q或q(舍)，所以an2n，所以log2anlog22nn，所以(123n)，所以bn2，所以数列bn的前10项和为22.4若等比数列的各项均为正数，前4项的和为9，积为，则前4项倒数的和为()A BC1 D2解析：选D.设等比数列的首项为a1，公比为q，则第2，3，4项分别为a1q，a1q2，a1q3，依题意得a1a1qa1q2a1q39，a1a1qa1q2a1q3aq3，两式相除得2.5证明1(nN)，假设nk时成立，当nk1时，不等式左边增加的项数是()A1 Bk1Ck D2k解析：选D.当nk时，左边1.当nk
3、1时，左边1，增加了，共(2k11)2k12k(项)6在等差数列an中，a25，a621，记数列的前n项和为Sn，若S2n1Sn对任意的nN*恒成立，则正整数m的最小值为()A3 B4C5 D6解析：选C.在等差数列an中，因为a25，a621，所以解得a11，d4，所以.因为0，所以数列(nN*)是递减数列，数列(nN*)的最大项为S3S1，所以，m.又m是正整数，所以m的最小值是5.7(2019温州七杭联考)在各项都为正数的数列an中，首项a12，且点(a，a)在直线x9y0上，则数列an的前n项和Sn等于()A3n1 BC D解析：选A.由点(a，a)在直线x9y0上，得a9a0，即(a
4、n3an1)(an3an1)0，又数列an各项均为正数，且a12，所以an3an10，所以an3an10，即3，所以数列an是首项a12，公比q3的等比数列，其前n项和Sn3n1，故选A.8(2019高考浙江卷)设a，bR，数列an满足a1a，an1ab，nN*，则()A当b时，a1010 B当b时，a1010C当b2时，a1010 D当b4时，a1010解析：选A.当b时，因为an1a，所以a2，又an1aan，故a9a2()7()74，a10a3210.当b时，an1an，故a1a时，a10，所以a1010不成立同理b2和b4时，均存在小于10的数x0，只需a1ax0，则a10x010不成
5、立所以选A.9(2019嘉兴一中高考适应性考试)设等差数列an的前n项和为Sn，若S6S7S5，则an0的最大n_，满足SkSk1S7S5，所以依题意a6S6S50，a7S7S60，所以an0的最大n6.所以S1111a60，S120，S1313a70，所以S12S130，即满足SkSk10的正整数k12.答案：61210数列an中，a12，an1，则通项公式an_解析：因为an1，所以.所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以(n1)，所以an.答案：11(2019丽水调研)设等差数列an满足a3a736，a4a6275，且anan1有最小值，则这个最小值为_解析：设等差数列an的公差为d，
6、因为a3a736，所以a4a636，与a4a6275，联立，解得或当时，可得此时an7n17，a23，a34，易知当n2时，an0，所以a2a312为anan1的最小值；当时，可得此时an7n53，a74，a83，易知当n7时，an0，当n8时，an12an1成立的n的最小值为_解析：所有的正奇数和2n(nN*)按照从小到大的顺序排列构成an，在数列an中，25前面有16个正奇数，即a2125，a3826.当n1时，S1112a224，不符合题意；当n2时，S2312a336，不符合题意；当n3时，S3612a448，不符合题意；当n4时，S41012a560，不符合题意；当n26时，S264
7、416250312a28540，符合题意故使得Sn12an1成立的n的最小值为27.答案：2715(2018高考天津卷)设an是等差数列，其前n项和为Sn(nN*)；bn是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(nN*)已知b11，b3b22，b4a3a5，b5a42a6.(1)求Sn和Tn；(2)若Sn(T1T2Tn)an4bn，求正整数n的值解：(1)设等比数列bn的公比为q.由b11，b3b22，可得q2q20.因为q0，可得q2，故bn2n1.所以，Tn2n1.设等差数列an的公差为d.由b4a3a5，可得a13d4.由b5a42a6，可得3a113d16，从而a11，d1，故ann.
8、所以，Sn.(2)由(1)，有T1T2Tn(21222n)nn2n1n2.由Sn(T1T2Tn)an4bn可得2n1n2n2n1，整理得n23n40，解得n1(舍)，或n4.所以，n的值为4.16已知数列an满足：a1，anaan1(n2且nN)(1)求a2，a3；(2)设数列a的前n项和为An，数列的前n项和为Bn，证明：an1.解：(1)a2aa1，a3aa2.(2)证明：因为anaan1，所以aanan1，所以Anaaaa(a2a1)(a3a2)(an1an)an1，因为anaan1an1(an11)，所以，所以，所以Bn()()()().所以an1.17设数列an的前n项和为Sn.已知
9、S24，an12Sn1，nN*.(1)求通项公式an；(2)求数列|ann2|的前n项和解：(1)由题意得则又当n2时，由an1an(2Sn1)(2Sn11)2an，得an13an.所以，数列an的通项公式为an3n1，nN*.(2)设bn|3n1n2|，nN*，b12，b21.当n3时，由于3n1n2，故bn3n1n2，n3.设数列bn的前n项和为Tn，则T12，T23.当n3时，Tn3，所以Tn18(2019浙江“七彩阳光”联盟联考)在数列an中，a12，an12an.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，数列bn的前n项的和为Sn，试求数列S2nSn的最小值解：(1)由条件an12an得2，又a12，所以2，因此数列构成首项为2，公比为2的等比数列，从而22n12n，因此，ann2n.(2)由(1)得bn，设cnS2nSn，则cn，所以cn1，从而cn1cn0，因此数列cn是单调递增的，所以cnminc1.
