数列中的构造问题--2024高考数学大题题型归纳(解析)

数列中的构造问题
1已知数列a n 满足a 1=1，
a 2=5，a n +2=5a n +1-6a n ．(1)证明：a n +1-2a n 是等比数列；
(2)证明：存在两个等比数列b n ，c n ，
使得a n =b n +c n 成立．【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】(1)由a n +2=5a n +1-6a n 构造出a n +2-2a n +1=q a n +1-2a n ，用等比数列定义证明即可；
(2)通过两次构造等比数列，求出a n 的通项公式，根据通项公式得出结论即可.
【详解】(1)由已知，a n +2=5a n +1-6a n ，∴a n +2-2a n +1=5a n +1-6a n -2a n +1，
∴a n +2-2a n +1=3a n +1-6a n =3a n +1-2a n ，
显然a n +1-2a n =0与a 1=1，a 2=5矛盾，∴a n +1-2a n ≠0，
∴a n +2-2a n +1a n +1-2a n
=3，∴数列a n +1-2a n 是首项为a 2-2a 1=5-2=3，公比为3的等比数列.
(2)∵a n +2=5a n +1-6a n ，∴a n +2-3a n +1=5a n +1-6a n -3a n +1，
∴a n +2-3a n +1=2a n +1-6a n =2a n +1-3a n ，
显然a n +1-3a n =0与a 1=1，a 2=5矛盾，∴a n +1-3a n ≠0，
∴∴a n +2-3a n +1a n +1-3a n
=2，∴数列a n +1-3a n 是首项为a 2-3a 1=5-3=2，公比为2的等比数列，∴a n +1-3a n =2n ，①，
又∵由第(1)问，a n +1-2a n =3n ，②，
∴②-①得，a n =3n -2n ，
∴存在b n =3n ，c n =-2n ，两个等比数列b n ，c n ，使得a n =b n +c n 成立．
2已知数列a n 的前n 项和为S n ，
a 1=2，a n ≠0，a n a n +1=4S n .(1)求a n ；
(2)设b n =-1 n ⋅3n -1 ，数列b n 的前n 项和为T n ，若∀k ∈N *，都有T 2k -1<λ<T 2k 成立，求实数λ的范围.
【答案】(1)a n =2n ，n ∈N *
(2)λ∈-2,6
【分析】(1)由a n a n +1=4S n ，可得a n -1a n =4S n -1n ≥2 ，两式相减并化简后可得a n +1-a n -1=4n ≥2 ，后分奇偶情况可得a n ；
(2)方法1，由题b n =-3 n --1 n ，由等比数列前n 项和公式可得T 2k ,T 2k -1表达式；方法2，注意到b 2k -1+b 2k =2⋅32k -1，可得T 2k ,T 2k -1表达式.后注意到T 2k ,T 2k -1的单调性，利用T 1<λ<T 2可得答案.
【详解】(1)∵a n a n +1=4S n ，∴a n -1a n =4S n -1n ≥2 .
∴a n a n +1-a n -1 =4a n n ≥2 ，∵a n ≠0，∴a n +1-a n -1=4n ≥2 .
又a 1=2，a 1a 2=4S 1，∴a 2=4，∴数列a n 的奇数项，偶数项分别是以2，4为首项，4为公差的等差数列.当n =2k -1时，a 2k -1=4k -2=22k -1 ；当n =2k 时，a 2k =4k =2⋅2k .
综上，a n =2n ，n ∈N *
(2)方法一：∵b n =-1 n 3n -1 =-3 n --1 n =-3 n +-1 n +1，
∴T n =-3 1--3 n
1--3
+1--1 n 1--1
=3-3 n -34+1--1 n 2=3-3 n -2-1 n -14.∴T 2k =39k -1 4，T 2k -1=14
1-9k .方法二：∵b n =-1 n 3n -1 ，∴b 2k -1+b 2k =-32k -1-1 +32k -1 =2⋅32k -1，
∴T 2k =2⋅31+2⋅33+2⋅35+⋯+2⋅32k -1=39k -1 4
，∴T 2k -1=T 2k -b 2k =39k -1 4-32k -1 =14
1-9k ，∴n =2k ,k ∈N *时，T n =T 2k =39k -1 4为递增数列，n =2k -1,k ∈N *时，T n =T 2k -1=14
1-9k 为递减数列，若∀k ∈N *，都有T 2k -1<λ<T 2k 成立，只需使λ>T 2k -1 max =T 1，则λ>-2且λ<T 2k min =T 2，则λ<6.∴λ∈-2,6
3已知数列a n 满足a 1=3，a n +1=a 2n -2a n +2.
(1)证明数列ln a n -1 是等比数列，并求数列a n 的通项公式；
(2)若b n =1a n +1a n -2
，数列b n 的前n 项和S n ，求证：S n <2.【答案】(1)证明见解析，a n =22n -1+1
(2)证明见解析【分析】(1)根据递推公式证明
ln a n +1-1 ln a n -1 为定制，即可证明数列为等比数列，再根据等比数列得通项即可得解；
(2)由a n +1=a 2n -2a n +2，得a n +1-2=a n a n -2 ，则1a n +1-2=1a n a n -2 =121a n -2-1a n
，则1a n =1a n -2-2a n +1-2
，再利用裂项相消法求出数列b n 的前n 项和S n ，即可得证.【详解】(1)因为a n +1=a 2n -2a n +2，
所以a n +1-1=a n -1 2，则ln a n +1-1 =ln a n -1 2=2ln a n -1 ，
又ln a 1-1 =ln2，
所以数列ln a n -1 是以ln2为首项，2为公比的等比数列，
则ln a n -1 =2n -1⋅ln2=ln22n -1，
所以a n =22n -1+1；
(2)由a n +1=a 2n -2a n +2，
得a n +1-2=a n a n -2 ，则1a n +1-2=1a n a n -2
=121a n -2-1a n
，所以1a n =1a n -2-2a n +1-2
，所以b n =1a n +1a n -2=1a n -2-2a n +1-2+1a n -2=2a n -2-2a n +1-2，所以S n =b 1+b 2+⋯+b n
=2a 1-2-2a 2-2 +2a 2-2-2a 3-2 +⋯+2a n -2-2a n +1-2
=2a 1-2-2a n +1-2=2-222n -2，因为222n -2>0，所以2-222n
-2
<2，所以S n <2.4已知数列a n 的前n 项和为S n ，
且满足2S n +2n =3a n n ∈N * ．(1)a n 的通项公式；
(2)若b n =na n +n ，求数列b n 的前n 项和T n ．
【答案】(1)a n =3n -1
(2)T n =n 2-14 ×3n +1+34
【分析】(1)根据a n =S 1,n =1S n -S n -1,n ≥2 作差得到a n =3a n -1+2，
从而得到a n +1=3a n -1+1 ，即可得到a n +1 是以3为首项，
3为公比的等比数列，即可求出通项公式；(2)由(1)可知b n =n ×3n ，利用错位相减法求和即可.
【详解】(1)因为2S n +2n =3a n n ∈N * ①，
当n =1时2S 1+2=3a 1，则a 1=2，
当n ≥2时2S n -1+2n -1 =3a n -1②，
①-②得2S n +2n -2S n -1-2n -1 =3a n -3a n -1，即2a n +2=3a n -3a n -1，
则a n =3a n -1+2，所以a n +1=3a n -1+1 ，
所以a n +1 是以3为首项，3为公比的等比数列，所以a n +1=3n ，则a n =3n -1.
(2)因为b n =na n +n ，所以b n =n 3n -1 +n =n ×3n ，
所以T n =1×31+2×32+3×33+⋯+n ×3n ③，
3T n =1×32+2×33+3×34+⋯+n ×3n +1④，③-④得-2T n =1×31+1×32+1×33+⋯+1×3n -n ×3n +1
=31-3n 1-3-n ×3n +1=12×3n +1-32-n ×3n +1=12-n ×3n +1-32，所以T n =n 2-14 ×3n +1+34
.5已知各项均为正数的数列{a n }满足a 1=1,a n =2a n -1+3(正整数n ≥2)
(1)求证：数列a n +3 是等比数列；
(2)求数列{a n }的前n 项和S n .
【答案】(1)证明见解析
(2)S n =2n +2-3n -4
【分析】(1)由题意转化条件得a n +3=2a n -1+3 n ≥2 ，结合a 1+3=4≠0即可得证；
(2)由题意可得a n +3=2n +1，进而可得a n =2n +1-3，由分组求和法即可得解.
【详解】(1)证明：已知递推公式a n =2a n -1+3，两边同时加上3，
得：a n +3=2a n -1+3 n ≥2 ，
因为a n >0,a n +3>0，
所以a n +3a n -1+3
=2n ≥2 ，又a 1+3=4≠0，
所以数列a n +3 是以a 1+3=4为首项、以2为公比的等比数列.
(2)由(1)a n+3=4×2n-1=2n+1，则a n=2n+1-3n∈N*
，所以S n=a1+a2+⋅⋅⋅+a n=22-3+23-3+⋅⋅⋅+2n+1-3
=22+23+⋅⋅⋅+2n+1
-3n
=4⋅1-2n
1-2
-3n=2n+2-3n-4.
6设各项均为正数的数列{a n}满足
S n
a n
=pn+r(p,r为常数)，其中S n为数列{a n}的前n项和.
(1)若p=1,r=0，求证：{a n}是等差数列；
(2)若p=1
3
,a1=2，求数列{a n}的通项公式.
【答案】(1)证明见解析；
(2)a n=n2+n.
【分析】(1)把p=1,r=0代入，结合“n≥2,S n-S n-1=a n”计算推理作答.
(2)把p=1
3代入，结合“n≥2,S n
-S n-1=a n”求出{a n}相邻两项间关系，再构造常数列作答.【详解】(1)当p=1,r=0时，S n=na n，当n≥2时，S n-1=n-1
a n-1，
两式相减，得a n=na n-(n-1)a n-1，整理得a n-a n-1=0，
所以{a n}是等差数列.
(2)当p=1
3时，S n =1
3
n+r
a n，令n=1，而a1=2，得13+r=1，解得r=23，
于是S n=
1
3
n+2
3
a n，当n≥2时，S n-1=13n+13
a n-1，
两式相减，得a n=
1
3
n+2
3
a n-13n+13
a n-1，整理得(n-1)a n=(n+1)a n-1，即a n n+1=a n-1
n-1，
因此
a n
(n+1)n
=
a n-1
n(n-1)，数列
a n
(n+1)n
是常数列，从而a n
(n+1)n
=
a1
2×1
=1，a n=n2+n，显然a1=
2满足上式，
所以数列{a n}的通项公式是a n=n2+n.
7已知数列a n
，2a n+1=a n a n+1+1，a1=3．
(1)求证：数列1
a n-1
是等差数列．
(2)设b n=1-a n
1-a n+1
，求证：数列b n
的前n项和S n<-2．【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】(1)根据2a n+1=a n a n+1+1，证明
1
a n+1-1
-1
a n-1等于定值即可；
(2)利用裂项相消法求出数列b n
的前n项和S n，即可得证.【详解】(1)∵2a n+1=a n a n+1+1，∴a n-2
a n+1=-1，
∵a1=3，∴a n-2≠0，∴a n+1=1
2-a n，
∴1 a n+1-1-1
a n-1
=1
1
2-a n
-1
-1
a n-1
=2-a n
a n-1
-1
a n-1
=-a n-1
+1
a n-1
-1
a n-1
=-1，
∴1a n -1
是首项为1a n -1=12
，公差为-1的等差数列；(2)由(1)知1a n -1=-n +32，∴a n =132
-n +1，∴b n =1-a n 1-a n +1 =1n -32⋅1n -12=1n -32-1n -12，∴S n =b 1+b 2+b 3+⋅⋅⋅+b n
=11-32-11-12+12-32-12-12+13-32-13-12+⋅⋅⋅+1n -32
-1n -12=-2-2+2-
23+23-25+⋅⋅⋅+1n -32-1n -12=-2-1n -12
，∵n ∈N *，∴
1n -12
>0，∴S n <-2．8已知数列a n 的前n 项和为S n =
n n +1n ∈N + ，数列b n 满足b 1=1，且b n +1=b n b n +2n ∈N + (1)求数列a n 的通项公式；
(2)求数列b n 的通项公式；
(3)对于n ∈N +，试比较b n +1与a n 的大小.
【答案】(1)a n =1n 2+n (2)b n =12n -1
(3)b n +1<a n
【分析】(1)由数列a n 的前n 项和为S n =n n +1n ∈N + ，利用a n =S 1n =1 S n -S n -1n ≥2 ，
能求出a n =1n 2+n
；(2)由b n +1=b n b n +2n ∈N + ，两边取倒数得1b n +1=b n +2b n ，从而得到1b n +1 是以首项为1b 1+1=2，公比为2的等比数列，由此能求出b n =12n -1
；(3)将问题转化为证明2n +1-1>n 2+n 成立，利用数学归纳法、二项式定理或函数的知识证明即可.
【详解】(1)当n =1时，a 1=S 1=12；当n ≥2时，a n =S n -S n -1=n n +1-n -1n =1n n +1 =1n 2+n
，经检验，n =1时，a 1=12也符合上式，所以数列a n 的通项公式为a n =1n 2+n
；(2)易知b n >0，两边取倒数得1b n +1=b n +2b n ，整理得1b n +1+1=21b n +1
，
∴1
b n +1
是以首项为1
b1
+1=2，公比为2的等比数列，
∴1 b n +1=2×2n-1,∴b n=1
2n-1
；
(3)由(1)(2)问可知，欲比较b n+1=1
2n+1-1与a n=
1
n2+n
的大小，
即比较2n+1-1与n2+n的大小.
当n=1时，21+1-1=3,12+1=2，有3>2；
当n=2时，22+1-1=7,22+2=6，有7>6；
当n=3时，23+1-1=15,32+3=12，有15>12，
猜想2n+1-1>n2+n，下面证明:
方法一：当n≥4时，2n+1-1=(1+1)n+1-1=C0n+1+C1n+1+C2n+1+⋯+C n-1n+1+C n n+1+C n+1n+1-1≥2C0n+1+2C1n+1+2C2n+1-1=2+2n+1
+n+1
n-1>n2+n，
所以对于任意的n∈N+都成立，所以b n+1<a n.
方法二：令f x =2x+1-1-x2-x，则f x =2x+1ln2-2x-1,
令g x =f x =2x+1ln2-2x-1,则g x =2x+1(ln2)2-2≥2x+1(ln e)2-2=2x-1-2，当x∈4,+∞
时，g x =2x-1-2>0,g x 即f x 在x∈4,+∞
单调递增，
f x ≥f 4 =2x+1ln2-2x-1>25×1
2-2×4-1=7>0,f x 在x∈4,+∞
单调递增，
所以f x ≥f4 >24+1-1-42-4=11>0，所以2x+1-1-x2-x>0，即2x+1-1>x2+x，所以对于任意的n∈N+都成立，所以b n+1<a n.
方法三：下面用数学归纳法证明①当n=1时，显然成立；
当n=2时，显然成立；
②假设n=k时(k≥2)，猜想成立，即2k+1-1>k2+k成立，
那么当n=k+1时，2k+2-1=2⋅2k+1-1=2⋅2k+1-1
+1
>2⋅k2+k
+1=2k2+2k+1，
因为2k2+2k+1
-(k+1)2+k+1
=k2-k-1，
对任意的k≥2且k∈N+上式都大于0，
所以有2k+2-1>(k+1)2+k+1
，
综上所述，2n+1-1>n2+n对于任意的n∈N+都成立，所以b n+1<a n.
9已知数列a n
有递推关系a n+1=9a n-10
5a n-6
n∈N*,a n≠6
5
,a1=95,
(1)记a n=b n+k,若数列b n
的递推式形如b n+1=
rb n
pb n+q
p,q,r∈R
且p,r≠0 ，也即分子中不再含有常
数项，求实数k的值；
(2)求a n
的通项公式.【答案】(1)1或2
(2)a n=4n
4n--1
n
+1
【分析】(1)根据题意整理可得b n+1=
9-5k
b n-5k2+15k-10
5b n+5k-6，即-5k
2+15k-10=0，运算求解即可；
(2)取k=1，可得b n+1=
4b n
5b n-1，利用构造法结合等比数列求通项公式.
【详解】(1)因为a n=b n+k，且a n+1=9a n-10
5a n-6，
所以b n+1=a n+1-k=9b n+k
-10
5b n+k
-6
-k=
9-5k
b n-5k2+15k-10
5b n+5k-6，
则-5k2+15k-10=0，解得k=1或2；
(2)由(1)可得：当k=1时，则a n=b n+1，且b n+1=
4b n
5b n-1，
可得
1
b n+1
=
5b n-1
4b n
=-1
4
×1
b n
+5
4，
则
1
b n+1
-1=-1
4
1
b n
-1
，且1b
1
-1=1
4
≠0，
故数列
1
b n
-1
是以1
4为首项，-
1
4为公比的等比数列，
∴1 b n -1=1
4
×-1
4
n-1=--1 n4n，则b n=4n
4n--1
n
，
故a n=
4n
4n--1
n
+1.
10已知数列a n
满足a1+a3=2a2，a n+1=
3a n,n为奇数
a n+2,n为偶数
，数列c
n
满足c n=a2n-1．
(1)求数列c n
和a n
的通项公式；
(2)求数列a n
的前n项和S n．
【答案】(1)c n=2⋅3n-1-1，a n=
2⋅3n-12-1,n为奇数2⋅3n2-3,n为偶数
(2)S n=
4⋅3n2-2n-4,n为偶数2⋅3n+12-2n-3,n为奇数
【分析】(1)由题意先求出a1，再根据c n=a2n-1，得c1=a1,c n+1=a2n+1，从而可得c n+1=3c n+2，再利用构造法求出c n
的通项，从而可得a n
的通项公式；
(2)分n为偶数和奇数两种情况讨论，再结合分组求和法即可得解.
【详解】(1)a n+1=
3a n,n为奇数
a n+2,n为偶数
，得a
2
=3a1,a3=a2+2=3a1+2，
因为a1+a3=2a2，即a1+3a1+2=6a1，解得a1=1，
由c n=a2n-1，得c1=a1=1,c n+1=a2n+1，
又a2k=3a2k-1,a2k+1=a2k+2,k∈N*，
故a2k+1=3a2k-1+2，所以c k+1=3c k+2，即c n+1=3c n+2，
所以c n+1+1=3c n+1
，
又c1+1=2，所以数列c n+1
是以2为首项，3为公比的等比数列，所以c n+1=2⋅3n-1，所以c n=2⋅3n-1-1，
则a2n-1=2⋅3n-1-1，故a2n=3a2n-1=2⋅3n-3，
所以a n=
2⋅3n-12-1,n为奇数2⋅3n2-3,n为偶数 ；
(2)当n为偶数时，
S n=a1+a3+⋯+a n-1
+a2+a4+⋯+a n
=4a1+a3+⋯+a n-1
=4c1+c2+⋯+c n
2
=4×21-3n
2 1-3-n 2 =4⋅3n 2-2n -4，当n 为奇数时，
S n =S n +1-a n +1=4⋅3
n +12-2n +1 -4-2⋅3n +12-3 =2⋅3n +12-2n -3，综上所述，S n =4⋅3n 2-2n -4,n 为偶数2⋅3n +12
-2n -3,n 为奇数 .11已知S n 为数列a n 的前n 项和，
a 1=2，S n +1=S n +4a n -3，记
b n =log 2a n -1 +3．(1)求数列b n 的通项公式；
(2)已知c n =-1 n +1⋅b n +1b n b n +1
，记数列c n 的前n 项和为T n ，求证：T n ≥221．【答案】(1)b n =2n +1n ∈N *
(2)证明见解析
【分析】(1)利用S n 与a n 的关系，整理数列a n 的递推公式，根据构造法，可得通项，可得答案；
(2)写出数列c n 的通项，利用裂项相消，可得T n ，分奇偶两种情况，可得答案.
【详解】(1)由S n +1=S n +4a n -3，得S n +1-S n =4a n -3．
∴a n +1=4a n -3，则a n +1-1=4a n -1 ．∴a 1-1=2-1=1，
∴数列a n -1 是以1为首项，4为公比的等比数列，
∴a n -1=4n -1=22n -2n ∈N * ．∵b n =log 2a n -1 +3，∴b n =log 222n -2+3=2n +1n ∈N * ．
(2)∵c n =-1 n +1⋅b n +1b n b n +1
，∴c n =-1 n +1⋅2n +22n +1 2n +3
=-1 n +1⋅1212n +1+12n +3 ∴T n =c 1+c 2+c 3+⋅⋅⋅+c n
=1213+15 -15+17 +17+19 -⋅⋅⋅+-1 n +112n +1+12n +3
当n 为奇数时，T n =1213+12n +3 >16>221．当n 为偶数时，T n =1213-12n +3 ，T n 是递增数列，∴T n ≥T 2=1213-17 =221．综上得：T n ≥221
．12已知数列a n 满足a n +1=2a n -1,a 1+a 2=a 3．
(1)求a n 的通项公式；
(2)若b n =2n -1，数列c n 满足c 4n -3=b 2n -1,c 4n -2=a 2n -1,c 4n -1=a 2n ,c 4n =b 2n ，求c n 的前4n +1项和S 4n +1．
【答案】(1)a n =2n -1+1
(2)S 4n +1=4n 2+6n +4n
【分析】(1)根据递推关系解方程得a 1=2，进而证明数列a n -1 是等比数列，公比为2，首项为1，再根据等比数列通项公式求解即可；
(2)由题知c 4n -3+c 4n -2+c 4n -1+c 4n =8n -2+3⋅4n -1，进而令d n =c 4n -3+c 4n -2+c 4n -1+c 4n ，记数列d n 的前n 项和为T n ，则S 4n +1为T n 与c 4n +1的和，再根据等差数列与等比数列求和公式求解即可.
【详解】(1)解：数列a n 满足a n +1=2a n -1,a 1+a 2=a 3
所以，a 2=2a 1-1
a 3=2a 2-1a 1+a 2=a 3
，解得a 1=2,a 2=3,a 3=5，
由a n +1=2a n -1得a n +1-1=2a n -1 ，即a n +1-1a n -1=2，所以，数列a n -1 是等比数列，公比为2，首项为1，
所以a n -1=2n -1，即a n =2n -1+1
所以，a n 的通项公式为a n =2n -1+1
(2)解：因为b n =2n -1，a n =2n -1+1，
所以c 4n -3=b 2n -1=22n -1 -1=4n -3，c 4n -2=a 2n -1=22n -2+1，c 4n -1=a 2n =22n -1+1，c 4n =b 2n =4n -1，所以，c 4n -3+c 4n -2+c 4n -1+c 4n =8n -2+3⋅22n -2=8n -2+3⋅4n -1，
令d n =c 4n -3+c 4n -2+c 4n -1+c 4n =8n -2+3⋅4n -1，
设数列d n 的前n 项和为T n ，
因为数列8n -2 为等差数列，3⋅4n -1 为等比数列，
所以，T n =n 6+8n -2 2+3×1-4n 1-4
=4n 2+2n +4n -1因为数列c n 的前4n +1项和为T n 与c 4n +1的和，c 4n +1=c 4n +1 -3=4n +1 -3=4n +1，所以，S 4n +1=T n +c 4n +1=4n +1+4n 2+2n +4n -1=4n 2+6n +4n .
13设数列a n 的前n 项和为S n ，且a 1=2，2S n +1a n +1=2S n a n
+1.(1)求a n 的通项公式；
(2)若b n =1S n
，求数列b n 的前n 项和T n .【答案】(1)a n =2n
(2)T n =n n +1
【分析】(1)先根据2S n +1a n +1=2S n a n +1，可得数列S n a n 是以12
为公差的等差数列，从而可得数列S n a n 的通项，再根据a n 与S n 的关系结合构造法即可得解；
(2)先求出数列b n 的通项，再利用裂项相消法即可得解.
【详解】(1)因为2S n +1a n +1=2S n a n +1，所以S n +1a n +1-S n a n =12
，所以数列S n a n 是以S 1a 1=1为首项，12
为公差的等差数列，所以S n a n =n +12，则S n =n +12
a n ，当n ≥2时，S n -1=n 2a n -1，两式相减得a n =n +12a n -n 2a n -1，即a n n =a n -1n -1，所以数列a n n 为常数列，且a n n =a 11
=2，所以a n =2n ；
(2)由(1)得S n =
n +12a n =n n +1 ，所以b n =1S n =1n n +1
=1n -1n +1，所以T n =1-12+12-13+13-14+⋯+1n -1n +1=1-1n +1=n n +1.14已知数列a n 满足a 1=1，
a n =3a n -1+2n ≥2,n ∈N * ．(1)求证：数列a n +1 是等比数列；
(2)若b n =2n +1 a n +1-a n ，S n 为数列b n 的前n 项和，求S n ．
【答案】(1)证明见解析
(2)S n =4n ⋅3n ，n ∈N *
【分析】(1)根据递推公式证明a n +1a n -1+1
为定值即可；(2)先由(1)求得数列a n 的通项，从而可得数列b n 的的通项，再利用错位相减法求解即可.
【详解】(1)因为a n =3a n -1+2n ≥2,n ∈N * ，
所以a n +1=3a n -1+1 ，
又a 1+1=2，
所以a n +1 是以2为首项，以3为公比的等比数列；
(2)由(1)知a n +1=2⋅3n -1，故a n =2⋅3n -1-1，
所以b n =2n +1 2⋅3n -1-2⋅3n -1+1 =432n +1 ⋅3n ，故S n =433×3+5×32+7×33+⋯+2n +1 ⋅3n ，则3S n =433×32+5×33+⋯+2n -1 ⋅3n +2n +1 ⋅3n +1 ，两式相减得-2S n =43
3×3+2×32+2×33+⋯+2⋅3n -2n +1 ⋅3n +1 =433+61-3n 1-3
-2n +1 3n +1 =-8n ⋅3n ，
所以S n =4n ⋅3n .
15设数列a n 的前n 项和为S n ,S n =2a n +2n -6n ∈N * .
(1)求数列a n 的通项公式；
(2)若数列2n +1a n a n +1 的前m 项和T m =
127258
，求m 的值.【答案】(1)a n =2n
(2)7
【分析】(1)当n ≥2时，构造S n -1=2a n -1+2n -8，与条件中的式子，两式相减，得a n =2a n -1-2，转化为构造等比数列求通项公式；
(2)由(1)可知b n =2n +1a n a n +1=2n +12n +2 2n +1+2
，利用裂项相消求和法求解.【详解】(1)因为S n =2a n +2n -6，所以当n =1时，S 1=2a 1-4，解得a 1=4．当n ≥2时，S n -1=2a n -1+2n -8，则S n -S n -1=2a n -2a n -1+2，整理得a n =2a n -1-2，即a n -2=2a n -1-2 ．
所以数列a n -2 是首项为2，公比为2的等比数列，
所以a n -2=2×2n -1=2n ．所以a n =2n +2.
(2)令b n =2n +1a n a n +1=2n +12n +2 2n +1+2
=212n +2-1
2n +1+2
，数列b n 的前m 项和T m =214-16+16-110+110-114+⋯+12m +2-1
2m +1+2
，
=214-12m +1+2
=12-22m +1+2，
则12-22m +1+2=127258，则22m +1+2=2258，则2m +1=256⇒m =7.
m 的值为7.
16已知数列a n 满足a 1=1，n -1 a n -na n -1=0n ≥2 ．(1)求数列a n 的通项公式；
(2)若b n =2n ⋅a n ，求数列b n 的前n 项和S n ．【答案】(1)a n =n (2)S n =n -1 ⋅2n +1+2
【分析】(1)由题意得数列a n
n
为常数列，可数列a n 的通项公式；(2)利用错位相减法求数列前n 项和.
【详解】(1)由n -1 a n -na n -1=0n ≥2 ，得a n n =a n -1n -1n ≥2 ，所以数列a n n 为常数列，有a n
n =a 11
=1，∴a n =n (2)b n =2n ⋅a n =n ⋅2n ，
S n =21+2×22+3×23+⋯+n -1 2n -1+n ⋅2n ，
2S n =22+2×23+3×24+⋯+n -1 2n +n ⋅2n +1，
两式相减，-S n =21+22+23+⋯+2n -n ⋅2n +1
=21-2n 1-2
-n ⋅2n +1=1-n ⋅2n +1-2，
所以S n =n -1 ⋅2n +1+2
17记数列a n 的前n 项和为S n ，已知a 1=-2，S n +1+2S n =-2 n +1.(1)求a n 的通项公式；
(2)记数列a n 的前n 项和为T n ，证明：S n ≤T n <3S n .【答案】(1)a n =-2 n -1-3n +1 (2)见解析
【分析】(1)根据辅助数法，整理等式，可得数列S n
-2 n
的通项，
在根据a n 与S n 的关系，可得答案；
(2)整理数列a n 的通项公式，利用错位相减法，求得T n ，根据作差法以及数列的单调性，可得答案.
【详解】(1)由S n +1=-2S n +-2 n +1，两边同时除以-2 n +1可得：S n +1-2 n +1
=S n
-2 n +1，故数列S n -2 n
为以1为公差的等差数列，则S n
-2 n =S 1-2
1+n -1 ×1=a 1-2+n -1=n ，即S n =n ⋅-2 n ，当n ≥2时，a n =S n -S n -1=n ⋅-2 n -n -1 -2 n -1=-2 n -1-3n +1 ，将n =1代入上式，可得a 1=-2 1-1-3+1 =-2，则a 1满足上式，故数列a n 的通项公式a n =-2 n -1-3n +1 .
(2)由n ∈N *，则-3n +1<0，即a n =-2 n -1-3n +1 =2n -13n -1 ，T n =20×2+21×5+22×8+⋯+2n -13n -1 ，2T n =21×2+22×5+23×8+⋯+2n 3n -1 ，
两式相减可得，-T n =2+21×3+22×3+⋯+2n -1×3-2n 3n -1 =2+3×2+22+23+⋯+2n -1 -2n 3n -1 =2+3×2×1-2n -1 1-2-2n 3n -1
=2+6×2n -1
-1 -2n 3n -1 =2+3×2n -6-2n 3n -1 =-4+2n 4-3n ，则T n =4+2n 3n -4 ，
由(1)可得S n =n ⋅-2 n =n ⋅2n ，
T n -S n =4+2n 3n -4 -n ⋅2n =4+2n 2n -4 ，
令b n =4+2n 2n -4 ，b n +1-b n =4+2n +12n +2-4 -4-2n 2n -4 =n ⋅2n +1>0，则数列b n 为递增数列，
b 1=4+21×2-4 =0，则b n ≥0，即T n ≥S n ；T n -3S n =4+2n 3n -4 -3n ⋅2n =4-2n +2，
令c n =4-2n +2，易知数列c n 为递减数列，c 1=4-21+2=-4<0，则c n <0，即3S n >T n .综上，不等式S n ≤T n <3S n 恒成立.
18已知数列a n 的前n 项和为S n ，且S n =2a n -n n ∈N * .(1)求证；数列a n +1 是等比数列；(2)求证：n
k =12k a k a k +1 <1.
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
【分析】(1)S n +1=2a n +1-n +1 ，S n =2a n -n ，作差得a n +1=2a n +1，则a n +1+1=2a n +1 ，即可证明数列
a n +1 为等比数列；
(2)首先求出a n =2n
-1，而2k a k a k +1=12k -1-12k +1-1，最后通过裂项求出得到n
k =1
2k a k a k +1 =1-12n +1-1<
1.
【详解】(1)由已知得S n +1=2a n +1-n +1 ，又a n +1=S n +1-S n ，S n =2a n -n 所以作差得a n +1=2a n +1-2a n -1，故a n +1=2a n +1所以a n +1+1=2a n +1
又当n =1时，S 1=2a 1-1，又S 1=a 1，故a 1=1故数列a n +1 是首项为2，公比为2的等比数列(2)由(1)可知：a n +1=2n ，故a n =2n -1
所以2k a k a k +1=2k +1-1 -2k
-1 2k -1 2k +1-1 =12k -1-1
2k +1-1n
k =12k a k a k +1
=2a 1a 2+22a 2a 3+23a 3a 4+⋅⋅⋅+2k a k a k +1+⋅⋅⋅+2n
a n a
n +1=1-
122
-1
+122-1-123-1 +⋅⋅⋅+12k -1-12k +1-1
+⋅⋅⋅+12n -1-1
2n +1
-1
=1-1
2n +1-1
<1
综上可知：n
k =12k
a k a k +1 <1
19已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n =2a n -1，n ∈N *，数列{b n }满足b 1=1，且nb n +1-(n +1)b n =n (n +1)，n ∈N *．
(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；
(2)设c n =a n ⋅b n ，求数列{c n }的前n 项和为Tn ．【答案】(1)a n =2n -1，b n =n 2
(2)T n =(n -1)2n +1
【分析】(1){a n }根据前n 项和为S n 与a 的关系可求出；{b n }根据递推公式先构造数列，再根据构造数列的通项公式求出{b n }的通项；
(2)写出{c n }通项公式，用错位相减法求出T n .
【详解】(1)∵S n =2a n -1，n ∈N *，∴S n +1=2a n +1-1，两式相减得：a n +1=2a n +1-2a ，∴a n +1=2a ，又S 1=a 1=2a 1-1，∴a 1=1，
∴{a n }是以首项为1，公比为2的一个等比数列，∴a n =1×2n -1=2n -1；
由nb n +1-(n +1)b n =n (n +1)得：b n +1n +1-b
n n =1,又b 11
=1
∴b n n 是以首项为1，公差为1的一个等差数列，∴b
n n
=1+(n -1)×1=n ，∴b n =n 2；(2)由(1)知c n =n ⋅2n -1，∴T n =1⋅20+2⋅21+⋯+n ⋅2n -1，
∴2T n =0+1⋅21+⋯+(n -1)⋅2n -1+n ⋅2n ，两式相减得：
-T n =1+2+22+⋯+2n -1-n ⋅2n
=1-2n 1-2
-n ⋅2n =(1-n )2n -1，
∴T n =(n -1)2n +1.
20已知数列a n 满足a 1=1，
a 2=4.有以下三个条件：①a n +1=4a n -4a n -1(n ≥2，n ∈N *)；②na n +1=2n +1 a n ；③a 1+a 22+a 34+⋅⋅⋅+a n 2n -1=n 2+n
2(n ∈N *)；从上述三个条件中任选一个条件，求数列a n 的
通项公式和前n 项和S n .
【答案】a n =n ⋅2n -1，S n =n -1 ⋅2n +1
【分析】选①根据递推关系式构造等比数列，再构造等差数列即可求得a n ；选②根据递推关系式，结合累乘法求得a n ；选③利用前n 项和与通项的关系，相减求得a n ；求前前n 项和采用错位相减法即可.【详解】解：选①由a n +1=4a n -4a n -1(n ≥2，n ∈N *)得a n +1-2a n =2a n -2a n -1 ，故a n +1-2a n 是公比为2的等比数列，则a n +1-2a n =a 2-2a 1 2n -1=2n
即a n +12n +1-a n 2n =12，故a n 2n 是公差为12的等差数列，则a n 2
n =12+n -1 12=12n ，即a n =n ⋅2n -1.
选②由na n +1=2n +1 a n 得a
n +1a n =2n +1 n
，
故a n a n -1⋅a n -1a n -2⋅⋅⋅a 2a 1=2⋅n n -1⋅2⋅n -1 n -2⋅⋅⋅2⋅2
1
化简得
a n
a 1
=n ⋅2n -1，即a n =n ⋅2n -1,n =1也满足选③由a 1+a 22+a 34+⋅⋅⋅+a n 2
n -1=n 2+n
2 (1)得
当n ≥2时，a 1+a 22+a 34+⋅⋅⋅+a n -12n -2=n -1 2
+n -1
2 (2)
由(1)-(2)得a n 2n -1
=n ，故a n
=n ⋅2n -1
,n =1也满足，因此，S n =1⋅20+2⋅21+3⋅22+⋅⋅⋅+n ⋅2n -12S n =1⋅21+2⋅22+3⋅23+⋅⋅⋅+n ⋅2n
两式相减得-S n =20+21+22+⋅⋅⋅+2n -1-n ⋅2n
化简得S n =-1-2n
1-2
+n ⋅2n =n -1 ⋅2n +121若数列a n 满足a 1=2,a n +1-2a n =3n -1．(1)证明:a n +1-3a n 是等比数列；
(2)设a n 的前n 项和为S n ,求满足S n <2023的n 的最大值．【答案】(1)证明见解析(2)7
【分析】(1)根据题意构造数列证明等比,求出首项及公比即可,
(2)由(1)求出a n +1-3a n 的通项公式,与题中等式联立,求出a n 通项公式,进而求出前n 项和为S n ,代数使得S n <2023即可求出n 的最大值.【详解】(1)证明：因为a n +1-2a n =3n -1,
所以a n +2-2a n +1=3n ,a n =12a n +1-1
2
⋅3n -1,
故a n +2-3a n +1a n +1-3a n
=
2a n +1+3n
-3a n +1a n +1
-3⋅12
a n +1
-12
⋅3n -1
=
3n
-a n +1
12
⋅3
n
-12a n +1
=2,
又a 1=2,则a 2=5,a 2-3a 1=-1,
故a n +1-3a n 是以-1为首项,2为公比的等比数列．(2)由(1)得a n +1-3a n =-2n -1①,又a n +1-2a n =3n -1②,②-①得,a n =2n -1+3n -1,故S n =a 1+a 2+⋯+a n
=20+21+⋯+2n -1 +30+31+⋯+3n -1 =2n -1+
123n -1 =2n
+3n 2-32
,易得S n 为递增数列,又S 7=1220<2023,S 8=3535>2023,S n <2023,故n 的最大值为7.
22已知数列a n 的首项a 1=2
5，且满足a n +1=2a n 2a n +1
.(1)求证：数列1
a n
-2
为等比数列：
(2)若
1a 1+1a 2+1a 3+⋯+1a n
<101，求满足条件的最大整数n .【答案】(1)证明见解析(2)50
【分析】(1)两边取倒数，再同时减2，根据等比数列的定义，即可证明.(2)利用等比数列求和公式求和，再根据函数单调性，即可求解.
【详解】(1)证明：由a n +1=2a n 2a n +1，可得1a n +1=2a n +12a n =1+1
2a n
，
1a n +1-2=12a n -1=121a n -2
,又1a 1-2=12
≠0,故数列1
a n -2 为等比数列.
(2)由(1)可知1a n -2=12×12 n -1=12n ，故1a n =1
2
n +2.
1a 1+1a 2+1a 3+⋯+1a n =12+2+122+2+123+2+⋯+1
2n +2=1
2
1-1
2n
1-12
+2n =1-
1
2n
+2n .令f n =1-1
2n
+2n ，易知f n 随n 的增大而增大，f 50 <101,f 51 >101，故满足f n <101的最大整数为50.
23已知数列a n 满足a 1=1,a 2=6，
且a n +1=4a n -4a n -1,n ≥2,n ∈N * .(1)证明数列a n +1-2a n 是等比数列，并求数列a n 的通项公式；(2)求数列a n 的前n 项和S n .【答案】(1)证明见详解，a n =(2n -1)2n -1
(2)T n =(2n -3)2n +3
【分析】(1)根据递推公式构造可证，然后借助a n +1-2a n 为等比数列可得通项，再构造数列a n
2n
可证为等差数列，根据等差数列通项公式可解；(2)由错位相减法可得.
【详解】(1)因为a n +1=4a n -4a n -1,n ≥2,n ∈N * 所以a n +1-2a n =2a n -4a n -1=2(a n -2a n -1)又因为a 2-2a 1=4
所以a n +1-2a n 是以4为首项，2为公比的等比数列.所以a n +1-2a n =4×2n -1=2n +1
变形得a n +12n +1
-a n
2n =1
所以a n 2n 是以a 12=12
为首项，1为公差的等差数列所以a n 2
n =12+n -1=n -12，所以a n =(2n -1)2n -1
(2)因为T n =1×20+3×21+5×22+⋅⋅⋅+(2n -1)2n -1⋯①所以2T n =1×21+3×22+5×23+⋅⋅⋅+(2n -1)2n ⋯②
①-②得：-T n =1+22
+23
+⋅⋅⋅+2n -1
-(2n -1)2n
=1+22(1-2n -1)
1-2
-(2n -1)2n
所以T n =(2n -1)2n -2n +1+3=(2n -3)2n +3
24已知正项数列a n 的前n 项和为S n ，
现在有以下三个条件：①数列a 2n 的前n 项和为T n =n (n +1)
2；②a 1=1,a n +1=n +1n
a n ；
③a 1=1,a 2=2，当n ≥3时，a n +a n -1 S n -2S n -1+S n -2 =1．从上述三个条件中任选一个，完成以下问题：(1)求数列a n 的通项公式；
(2)设数列b n 满足b 1=1,b n =a n -a n -1(n ≥2)，试问b n 中是否存在连续三项b k ,b k +1,b k +2，使得1b k ,1
b k +1
,1
b k +2构成等差数列？请说明理由．
【答案】(1)任选一条件，都有a n =n (2)不存在，理由见解析.
【分析】(1)选①，结合a 2n =T n -T n -1求得a n ；选②，通过构造常数列的方法求得a n ；选③，结合a n =S n -S n -1以及等差数列的知识来求得a n .
(2)先假设存在符合题意的b k ,b k +1,b k +2，结合等差中项的知识推出矛盾，从而作出判断.
【详解】(1)选①：因为数列a 2n 的前n 项和为T n =n (n +1)
2
，所以当n =1时，a 21=1；当n ≥2时，a 2n =T n -T n -1=n (n +1)2-(n -1)n
2
=n ．经检验n =1时，a 21=1符合上式，所以a 2n =n ,n ∈N *
，故正项数列a n 的通项公式为a n =n ，
选②：因为a 1=1,a n +1=
n +1n a n ，所以a n +1n +1=a n n
，所以a n n 为常数列，即a n
n
=a 1=1，所以正项数列a n 的通项公式a n =n ．选③：由a n +a n -1 S n -2S n -1+S n -2 =a n +a n -1 a n -a n -1 =a 2n -a 2
n -1=1(n ≥3)，所以数列a 2n 从第2项起成等差数列，且a 2n =n (n ≥2)，
经检验n =1时，a 1=1符合上式，所以正项数列a n 的通项公式a n =n ．
(2)数列b k 中不存在连续三项b k ,b k +1,b k +2，使得1b k ,1b k +1,1
b k +2构成等差数列．
理由如下：由(1)知当n ≥2时，b n =a n -a n -1=n -n -1，
所以1b n =1n -n -1
=n +n -1．
假设数列b n 中存在连续三项b k ,b k +1,b k +2，使得1b k ,1b k +1,1
b k +2构成等差数列．
当k =1时，1,2+1,3+2，显然不成等差数列，假设不成立；当k ≥2时，则2(k +1+k )=(k +k -1)+(k +2+k +1)，即k +1+k =k -1+k +2，
两边同时平方，得k +1+k +2k +1⋅k =k -1+k +2+2k -1⋅k +2，所以(k +1)k =(k -1)(k +2)，整理得k 2+k =k 2+k -2，所以0=-2，矛盾，故假设不成立．
综上所述，数列b n 中不存在连续三项b k ,b k +1,b k +2，使得
1b k ,1b k +1,1
b k +2
构成等差数列．
25已知数列a n 中，a 1=5且a n =2a n -1+2n -1n ≥2,n ∈N * ，b n =a n -1
n +1
(1)求证：数列b n 是等比数列；
(2)从条件①n +b n ，②n ⋅b n 中任选一个，补充到下面的问题中并给出解答．求数列
的前n 项和T n ．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)证明见解析
(2)选①：T n =n 22+n
2
+2n +1-2；选②：T n =n -1 2n +1+2
【分析】(1)根据递推公式使用构造法可得a n -1
2n 的通项公式，然后可得b n 通项，再由等比数列定义可证；
(2)选①：由分组求和法可得；选②：使用错位相减法可得.【详解】(1)因为a 1=5且a n =2a n -1+2n -1n ≥2,n ∈N * ，所以当n ≥2时，a n -1=2a n -1-1 +2n ，
所以a n -12n =a n -1-12n -1+1，即a n -1
2n -a n -1-12n -1
=1
所以a n -1
2n 是以a 1-12=2为首项，1为公差的等差数列，所以a n -1
2
n =2+n -1 ×1=n +1，
所以a n =n +1 2n
+1，b n =a n -1n +1=n +1 2n
+1-1n +1
=2n
因为b 1=a 1-11+1=2，n ≥2时，b n b n -1=2
n
2
n -1=2
所以数列b n 是以2为首项，2为公比的等比数列．(2)选①：因为b n =2n ，所以n +b n =n +2n ，则T n =(1+2)+2+22 +3+23 +⋅⋅⋅+n +2n =1+2+3+⋅⋅⋅+n +2+22+23+⋅⋅⋅+2n
=12n n +1 +21-2n 1-2=n 22+n 2
+2n +1-2选②：因为b n =2n ，所以nb n =n ⋅2n
，则T n =1×21+2×22+⋅⋅⋅+n ×2n (i )2T n =1×22+2×23+⋅⋅⋅+n ×2n +1(ii )
(i )-(ii )得-T n =1×21+22+23+⋅⋅⋅+2n -n ×2n +1
T n =n ×2n +1
-21-2n 1-2
=n ×2n +1-2n +1+2=n -1 2n +1+2
26已知数列a n 的前n 项的和为S n 且满足S n =2a n -2n ，数列b n 是两个等差数列1,4,7,10,⋅⋅⋅与4,9,14,19,⋅⋅⋅的公共项组成的新数列．(1)求出数列a n ，b n 的通项公式；(2)求出数列a n +b n 的前n 项的和T n ．【答案】(1)a n =n +1 ⋅2n -1，b n =15n -11(2)T n =n ⋅2n
+
15n 2-7n
2
【分析】(1)利用a n 与S n 关系可得a n =2a n -1+2n -1，进而得到
a n 2n =a n -12n -1
+12，可知数列a n 2n 为等差数列，
由等差数列通项公式可推导得到a n ；由题意可知b n 为等差数列，由等差数列通项公式可求得b n ；(2)采用分组求和法，分别利用错位相减法和等差数列求和公式可求得数列a n ,b n 的前n 项和，加和即可得到T n .
【详解】(1)当n =1时，a 1=S 1=2a 1-2，∴a 1=2；
当n ≥2时，S n -1=2a n -1-2n -1，∴a n =S n -S n -1=2a n -2n -2a n -1+2n -1=2a n -2a n -1-2n -1，即a n =2a n -1+2n -1，
∴a n 2n =a n -12n -1+12，∴数列a n 2n 是以a 12=1为首项，12为公差的等差数列，∴a n 2
n =1+12n -1 =n +12，∴a n =n +1 ⋅2n -1；
∵数列b n 是两个等差数列1,4,7,10,⋅⋅⋅与4,9,14,19,⋅⋅⋅的公共项组成的新数列，∴数列b n 是以4为首项，15为公差的等差数列，∴b n =4+15n -1 =15n -11.(2)设A n 为数列a n 的前n 项和，B n 为数列b n 的前n 项和，
∵A n =2×20+3×21+4×22+⋅⋅⋅+n ⋅2n -2+n +1 ⋅2n -1，2A n =2×21+3×22+4×23+⋅⋅⋅+n ⋅2n -1+n +1 ⋅2n ，
∴-A n =2-n +1 ⋅2n
+21
+22
+⋅⋅⋅+2n -1
=2-n +1 ⋅2n
+21-2n -1 1-2
=-n ⋅2n ，
∴A n =n ⋅2n
，又B n =n b 1+b n 2=n 4+15n -11 2=15n 2-7n 2
，
∴数列a n +b n 的前n 项的和T n =A n +B n =n ⋅2n
+15n 2-7n 2
.
27记S n 是公差不为0的等差数列a n 的前n 项和，已知a 3+3a 4=S 5,a 1a 5=S 4，数列b n 满足b n =3b n -1+2n -1n ≥2,n ∈N * ，且b 1=a 1-1.
(1)求a n 的通项公式；
(2)证明数列b n
2n +1 是等比数列，
并求b n 的通项公式；(3)求证：对任意的n ∈N *
，n
i =11b i <32.
【答案】(1)a n =2n (2)证明见解析；b n =3n -2n (3)见解析
【分析】(1)根据题意求出等差数列的首项与公差，再根据等差数列的通项即可得解；(2)根据等比数列的定义结合递推公式证明b n
2n +1b n -1
2n -1
+1为定值，即可得证，再根据等比数列的通项求出数列
b n 2n
+1 的通项，
从而可得出答案；(3)由(2)得
1b n =13n -2n ≤1
3
n -1，再根据等比数列的前n 项和的公式即可得证.【详解】(1)解：设等差数列a n 的公差为d ,d ≠0，因为a 3+3a 4=S 5,a 1a 5=S 4，则a 1+2d +3a 1+9d =5a 1+10d
a 1a 1+4d =4a 1+6d
，
解得a 1=2d =2
或a 1
=0
d =0 (舍去)，
所以a n =2n ；
(2)证明：因为b n =3b n -1+2n -1n ≥2,n ∈N * ，所以b n 2n =32⋅b n -12n -1+12，即b n 2n
+1=32b n -1
2n -1+1
，所以
b n
2n +1b n -1
2n -1
+1=
32
，因为b 1=a 1-1，所以
b 12+1=3
2
，所以数列b n 2n +1 是以32为首项，32为公比的等比数列，所以b n 2n
+1=32 n
，所以b n =3n -2n ；
(3)证明：由(2)得1b n =13n -2n ≤1
3
n -1，
故n
i =11b i
=1b 1+1b 2+1b 3+⋯
1b n ≤1+13+13
2+⋯+13n -1
=1×1-13 n
1-13=321-13 n <32，所以n
i =1
1b i
<32.28已知数列a n 的前n 项和为S n ，满足a 1=1，且2S n =na n +1.(1)求数列a n 的通项公式；(2)求数列1S n
的前n 项和T n .
【答案】(1)a n =n ；(2)T n =2n
n +1
.
【分析】(1)利用S n 与a n 的关系求解通项公式；(2)利用等差数列求和公式求解S n ，再根据裂项相消法求解T n .(1)
因为2S n =na n +1，所以2S n +1=n +1 a n +2，
两式相减得2a n +1=n +1 a n +2-na n +1，
即n +2 a n +1=n +1 a n +2，即a n +2n +2=a
n +1n +1n ∈N * ，
又a 2=2a 1=2，a 1=1，故a
n n =⋅⋅⋅=a 22=a 11
=1，
因此，数列a n
n 是每项都是1的常数列，从而a n =n .(2)
因为a n =n ，所以S n =n n +1
2
，
从而1S n =2n n +1
=21n -1n +1 ，
因此T n=2×1-1
2
+1
2
-1
3
+1
3
-1
4
+⋅⋅⋅+1
n
-1
n+1
=2×1-1n+1
=2n n+1.
29设数列a n
满足a1=2，a n-2a n-1=2-n n∈N*
．
(1)求证：a n-n
为等比数列，并求a n
的通项公式；
(2)若b n=a n-n
⋅n，求数列b n
的前n项和T n．
【答案】(1)证明见解析，a n=2n-1+n
(2)T n=n-1
×2n+1
【分析】(1)由递推公式可得a n-n=2a n-1-n-1
，即可得到a n-n
是以1为首项，2为公比的等比数列，再根据等比数列的通项公式求出a n
的通项公式；
(2)由(1)可得b n=n×2n-1，再利用错位相减法求和即可；
【详解】(1)解：因为a1=2，a n-2a n-1=2-n n∈N*
，
所以a n=2a n-1+2-n，即a n-n=2a n-1-n-1
又a1-1=2-1=1，所以a n-n
是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以a n-n=1×2n-1，所以a n=2n-1+n
(2)解：由(1)可得b n=a n-n
⋅n=n×2n-1，
所以T n=1×20+2×21+3×22+⋯+n×2n-1①，
所以2T n=1×21+2×22+3×23+⋯+n×2n②，
①-②得-T n=1+1×21+1×22+1×23+⋯+1×2n-1-n×2n
即-T n=1-2n
1-2
-n×2n，所以T n=n-1
×2n+1；
30问题：已知n∈N*，数列a n
的前n项和为S n，是否存在数列a n
，满足S1=1,a n+1≥1+a n，﹖若存在．求通项公式a n﹔若不存在，说明理由．
在①a n+1=2(S n+1+S n)﹔②a n=S n-1+n n≥2
；③a n+1=2a n+n-1这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】选①：a n=
1,n=1
8n-8,n≥2
；选②：a n+1=2n-1；选③：a n=2n-n
【分析】选①：利用a n与S n的关系得到关于S n的递推公式，再由递推公式求S n，然后可得通项a n；选②：利用a n与S n的关系得到递推公式，然后构造等比数列可求通项；选③：根据递推公式构造等比数列可解.【详解】选①：a n+1=2(S n+1+S n)=S n+1-S n=(S n+1+S n)(S n+1-S n)
∵S1=a1=1,a n+1-a n≥1
∴S n+1+S n>0
∴S n+1-S n=2，即{S n}是以2为公差，1为首项的等差数列
∴S n=2n-1，即∴S n=(2n-1)2
当n≥2时，a n=S n-S n-1=(2n-1)2-(2n-3)2=8n-8
显然，n=1时，上式不成立，所以a n=
1,n=1 8n-8,n≥2 .
选②：当n≥2时，a n=S n-1+n，即S n-1=a n-n
所以a n=S n-S n-1=a n+1-(n+1)-(a n-n)
整理得a n+1+1=2(a n+1)
又a2=S1+2=3，a2+1=4
所以{a n+1}从第二项起，是以2为公比，4为首项的等比数列。