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则数列{bn－12}是等比数列，首项为 b1－12＝3，公比为12，(4 分)
所以 bn－12＝3×(12)n－1，bn＝3×(12)n－1＋12.(5 分)
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第三部分 第2讲
高考调研
高考总复习·二轮专题·数学·理
(2)因为 bn＝3×(12)n－1＋12， 所以 Tn＝3(1＋12＋212＋…＋2n1－1)＋n2＝311－－1221n＋n2＝6(1－21n) ＋n2.(8 分)
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第三部分 第2讲
高考调研
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由
题
知
不
等
式
2Tn＋3×22－n－10 k
≤n2
＋
4n
＋
5
，
则
k≥n2＋n＋4n2＋5对来自百度文库意 n∈N*恒成立．(10 分)
又n2＋n＋4n2＋5＝n＋2＋1 n＋1 2≤130，则 k≥130.(11 分)
所以实数 k 的取值范围为[130，＋∞)．(12 分)
分)
所以数列ann是以a11＝1 为首项，1 为公差的等差数列．(5 分) (2)解：由(1)得ann＝1＋(n－1)·1＝n，所以 an＝n2. 从而 bn＝n·3n.(7 分) Sn＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n·3n，① 3Sn＝1×32＋2×33＋…＋(n－1)·3n＋n·3n＋1.②
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第三部分 第2讲
高考调研
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2．(2014·抚州检测)(本小题满分 12 分) 已知 Sn 是数列{an}的前 n 项和，a1＝2，Sn＋1＝3Sn＋n2＋2(n ∈N*)，设 bn＝an＋n. (1)证明：数列{bn}是等比数列； (2)若 cn＝bnn，数列{cn}的前 n 项和为 Tn，求证：Tn<45.
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第三部分 第2讲
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(2)由(1)知 bn＝3n，所以 cn＝3nn. 所以 Tn＝13＋322＋333＋…＋n3－n－11 ＋3nn， ① 3Tn＝1＋23＋332＋…＋n3－n－12 ＋3nn－1. ②(7 分) ②－①，得 2Tn＝1＋13＋312＋…＋3n1－1－3nn＝32－32＋·32nn. 所以 Tn＝34－34＋·32nn.(10 分)
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对点练
1．(2014·新课标全国Ⅰ)(本小题满分 12 分) 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn －1，其中 λ 为常数． (1)证明：an＋2－an＝λ； (2)是否存在 λ，使得{an}为等差数列？并说明理由． 思路 根据条件的递推关系，寻找 an 与 an＋1 的关系．
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高考调研
因为 n∈N*，显然有34＋·32nn>0.
又34<45，所以
4 Tn<5.(12
分)
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3．解析 (1)证明：对任意 n∈N*，都有 bn＋1＝12bn＋14，所以 bn＋1－12＝12(bn－12)．(3 分)
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①—②，得－2Sn＝31＋32＋…＋3n－n·3n＋1＝3·11－－33n－n·3n＋ 1＝1－2n2·3n＋1－3.(10 分)
所以 Sn＝2n－14·3n＋1＋3.(12 分)
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第三部分 第2讲
高考调研
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3．(2014·济南针对性训练)(本小题满分 12 分) 已知数列{bn}满足 bn＋1＝12bn＋14，且 b1＝72，Tn 为数列{bn}的 前 n 项和． (1)求证：数列{bn－12}是等比数列，并求数列{bn}的通项公式； (2)如果对任意 n∈N*，k>0，不等式2Tn＋3×k22－n－10≤n2＋ 4n＋5 恒成立，求实数 k 的取值范围．
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类型一 证明等差、等比数列
典型例题
1．(2014·安徽)(本小题满分 12 分) 数列{an}满足 a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，n∈N*. (1)证明：数列ann是等差数列； (2)设 bn＝3n· an，求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
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规范解答及评分 1．思路 (1)将已知关系式变形后利用等差数列定义证明； (2)根据(1)的结论求 an 的通项公式，利用错位相减法求 Sn.
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第三部分 第2讲
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解析 (1)证明：由已知可得na＋n＋11＝ann＋1，即na＋n＋11－ann＝1.(4
2．解析 (1)证明：因为 a1＝2，Sn＋1＝3Sn＋n2＋2， 所以当 n＝1 时，a1＋a2＝3a1＋12＋2，解得 a2＝7.(2 分) 由 Sn＋1＝3Sn＋n2＋2 及 Sn＝3Sn－1＋(n－1)2＋2(n≥2)，两式相 减，得 an＋1＝3an＋2n－1.故 an＋1＋n＋1＝3(an＋n)． 即 bn＋1＝3bn(n≥2)．(4 分) 又 b1＝3，b2＝9，所以当 n＝1 时上式也成立． 故数列{bn}是以 3 为首项，3 为公比的等比数列．(5 分)
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解析 (1)证明：由题设知 anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－ 1，(2 分)
两式相减，得 an＋1(an＋2－an)＝λan＋1. 由于 an＋1≠0，所以 an＋2－an＝λ.(5 分) (2)解：由题设知 a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得 a2＝λ－1. 由(1)知，a3＝λ＋1. 令 2a2＝a1＋a3，解得 λ＝4.故 an＋2－an＝4.(7 分) 由此可得{a2n－1}是首项为 1，公差为 4 的等差数列，a2n－1＝ 4n－3；(9 分)
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第三部分 讲重点•解答题专练
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第三部分 讲重点•解答题专练
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第2讲 数 列
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第三部分 第2讲
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近几年高考中的数列总体难度有所降低，以考查数列的概 念、等差数列和等比数列的基础知识、基本技能和基本思想方法 为主，有时也有涉及到函数、方程、不等式知识的综合性问题， 在解题过程中常用到等价转化、分类讨论、函数与方程等思想方 法.
所以 bn－12＝3×(12)n－1，bn＝3×(12)n－1＋12.(5 分)
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(2)因为 bn＝3×(12)n－1＋12， 所以 Tn＝3(1＋12＋212＋…＋2n1－1)＋n2＝311－－1221n＋n2＝6(1－21n) ＋n2.(8 分)
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由
题
知
不
等
式
2Tn＋3×22－n－10 k
≤n2
＋
4n
＋
5
，
则
k≥n2＋n＋4n2＋5对来自百度文库意 n∈N*恒成立．(10 分)
又n2＋n＋4n2＋5＝n＋2＋1 n＋1 2≤130，则 k≥130.(11 分)
所以实数 k 的取值范围为[130，＋∞)．(12 分)
分)
所以数列ann是以a11＝1 为首项，1 为公差的等差数列．(5 分) (2)解：由(1)得ann＝1＋(n－1)·1＝n，所以 an＝n2. 从而 bn＝n·3n.(7 分) Sn＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n·3n，① 3Sn＝1×32＋2×33＋…＋(n－1)·3n＋n·3n＋1.②
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2．(2014·抚州检测)(本小题满分 12 分) 已知 Sn 是数列{an}的前 n 项和，a1＝2，Sn＋1＝3Sn＋n2＋2(n ∈N*)，设 bn＝an＋n. (1)证明：数列{bn}是等比数列； (2)若 cn＝bnn，数列{cn}的前 n 项和为 Tn，求证：Tn<45.
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(2)由(1)知 bn＝3n，所以 cn＝3nn. 所以 Tn＝13＋322＋333＋…＋n3－n－11 ＋3nn， ① 3Tn＝1＋23＋332＋…＋n3－n－12 ＋3nn－1. ②(7 分) ②－①，得 2Tn＝1＋13＋312＋…＋3n1－1－3nn＝32－32＋·32nn. 所以 Tn＝34－34＋·32nn.(10 分)
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1．(2014·新课标全国Ⅰ)(本小题满分 12 分) 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn －1，其中 λ 为常数． (1)证明：an＋2－an＝λ； (2)是否存在 λ，使得{an}为等差数列？并说明理由． 思路 根据条件的递推关系，寻找 an 与 an＋1 的关系．
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因为 n∈N*，显然有34＋·32nn>0.
又34<45，所以
4 Tn<5.(12
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①—②，得－2Sn＝31＋32＋…＋3n－n·3n＋1＝3·11－－33n－n·3n＋ 1＝1－2n2·3n＋1－3.(10 分)
所以 Sn＝2n－14·3n＋1＋3.(12 分)
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3．(2014·济南针对性训练)(本小题满分 12 分) 已知数列{bn}满足 bn＋1＝12bn＋14，且 b1＝72，Tn 为数列{bn}的 前 n 项和． (1)求证：数列{bn－12}是等比数列，并求数列{bn}的通项公式； (2)如果对任意 n∈N*，k>0，不等式2Tn＋3×k22－n－10≤n2＋ 4n＋5 恒成立，求实数 k 的取值范围．
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典型例题
1．(2014·安徽)(本小题满分 12 分) 数列{an}满足 a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，n∈N*. (1)证明：数列ann是等差数列； (2)设 bn＝3n· an，求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
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规范解答及评分 1．思路 (1)将已知关系式变形后利用等差数列定义证明； (2)根据(1)的结论求 an 的通项公式，利用错位相减法求 Sn.
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解析 (1)证明：由已知可得na＋n＋11＝ann＋1，即na＋n＋11－ann＝1.(4
2．解析 (1)证明：因为 a1＝2，Sn＋1＝3Sn＋n2＋2， 所以当 n＝1 时，a1＋a2＝3a1＋12＋2，解得 a2＝7.(2 分) 由 Sn＋1＝3Sn＋n2＋2 及 Sn＝3Sn－1＋(n－1)2＋2(n≥2)，两式相 减，得 an＋1＝3an＋2n－1.故 an＋1＋n＋1＝3(an＋n)． 即 bn＋1＝3bn(n≥2)．(4 分) 又 b1＝3，b2＝9，所以当 n＝1 时上式也成立． 故数列{bn}是以 3 为首项，3 为公比的等比数列．(5 分)
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第三部分 第2讲
高考调研
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解析 (1)证明：由题设知 anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－ 1，(2 分)
两式相减，得 an＋1(an＋2－an)＝λan＋1. 由于 an＋1≠0，所以 an＋2－an＝λ.(5 分) (2)解：由题设知 a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得 a2＝λ－1. 由(1)知，a3＝λ＋1. 令 2a2＝a1＋a3，解得 λ＝4.故 an＋2－an＝4.(7 分) 由此可得{a2n－1}是首项为 1，公差为 4 的等差数列，a2n－1＝ 4n－3；(9 分)
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第2讲 数 列
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