第四节　数列求和.doc

1、 1 第四节第四节 数列求和数列求和 【最新考纲】【最新考纲】 1.掌握等差、等比数列的前掌握等差、等比数列的前 n 项和公式项和公式.2.掌握特掌握特 殊的非等差、等比数列的几种常殊的非等差、等比数列的几种常见的求和方法见的求和方法 1公式法公式法 直接利用等差数列、等比数列的前直接利用等差数列、等比数列的前 n 项和公式求和项和公式求和 (1)等差数列的前等差数列的前 n 项和公式：项和公式： Snn（ （a1an） 2 na1n（ （n1） 2 d； (2)等比数列的前等比数列的前 n 项和公式：项和公式： Sn na1， ，q1， a1anq 1q a 1（ （1qn） 1q ，q1.

2、 2倒序相加法倒序相加法 如果一个数列如果一个数列an的前的前n项中首末两端等项中首末两端等“距离距离”的两项的和相的两项的和相 等或等于同一个常数等或等于同一个常数，那么求这个数列的前那么求这个数列的前 n 项和即可用倒序相加项和即可用倒序相加 法法 3错位相减法错位相减法 如果一个数如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应 项之积构成的，这个数列的前项之积构成的，这个数列的前 n 项和可用错位相减法项和可用错位相减法 4裂项相消法裂项相消法 2 (1)把数列的通项拆成两项之差把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相在求和

3、时中间的一些项可以相 互抵消互抵消，从而求得其和从而求得其和 (2)裂项时常用的三种变形：裂项时常用的三种变形： 1 n（n1） 1 n 1 n1； ； 1 （2n1）（2n1） 1 2 1 2n1 1 2n1 ； 1 n n1 n1 n. 5分组求和法分组求和法 一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和 的数列组成的数列组成，则可用分组求和法求和则可用分组求和法求和 6并项求和法并项求和法 一个数列的前一个数列的前 n 项和中项和中， 可两两结合求可两两结合求解， 则称之为并项求和解， 则称之为并项求和 形形 如如 an(1

4、)nf(n)类型类型，可采用两项合并求解可采用两项合并求解 例如例如，Sn10029929829722212 (10099)(9897)(21)5 050. 1(质疑夯基质疑夯基)判断下列结论的正误判断下列结论的正误(正确的打正确的打“”“”，错误的错误的 打打“”“”) (1)若若数列数列an为等比数列为等比数列，且公比不等于且公比不等于 1，则其前，则其前 n 项和项和 Sn a 1 an 1 1q .( ) 3 (2)当当 n2 时时， 1 n21 1 2 1 n1 1 n1 .( ) (3)求求 Sna2a23a3nan之和时只要把上式等号两边同之和时只要把上式等号两边同 时乘以时乘以

5、 a 即可根据错位相减法求得即可根据错位相减法求得( ) (4)如果数列如果数列an是周期为是周期为 k(k 为大于为大于 1 的正整数的正整数)的周的周期数列，期数列， 那么那么 SkmmSk.( ) 答案：答案：(1) (2) (3) (4) 2 数列数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn， 若若 an 1 n（n1）， ， 则则 S6等于等于( ) A. 1 42 B.4 5 C.5 6 D. 6 7 解析：解析： 因为因为 an 1 n（n1） 1 n 1 n1， ， 所以所以 S611 2 1 2 1 3 1 6 1 7 11 7 6 7. 答案：答案：D 3若数列若数列an的通项

6、公式为的通项公式为 an2n2n1，则数列则数列an的前的前 n 项和项和 Sn为为( ) A2nn21 B2n 1 n21 C2n 1 n22 D2nn22 解析：解析：Sn(222232n)(135(2n1) 2（12n） 12 n（ （12n1） 2 2n 1 2n2. 答案：答案：C 4 4(2017 “江南十校江南十校”联考联考)若数列若数列an为等比数列为等比数列，且且 a11， q2，则则 Tn 1 a1a2 1 a2a3 1 anan 1的结果可化为 的结果可化为( ) A1 1 4n B 1 1 2n C.2 3 1 1 4n D.2 3 1 1 2n 解析：解析：an2n

7、1， ，设设 bn 1 anan 1 1 2 2n1， ，则则 Tnb1b2bn1 2 1 2 3 1 2 2n1 1 2 1 1 4n 11 4 2 3 1 1 4n 答案：答案：C 53 2 1 4 2 2 5 2 3 (n2) 2 n _ 解析：解析：设设 S31 2 4 1 22 5 1 23 (n2) 1 2n， ， 则则1 2S 3 1 22 4 1 23 5 1 24 (n2) 1 2n 1. 两式相减得两式相减得1 2S 31 2 ( 1 22 1 23 1 2n) n 2 2n 1. S3(1 2 1 22 1 2n 1)n 2 2n 3 1 21（ （1 2） ）n 1 1

8、1 2 n 2 2n 4n 4 2n . 5 答案：答案：4n 4 2n 两种思路两种思路 解决非等差、等比数列的求和解决非等差、等比数列的求和，主要有两种思路主要有两种思路 1转化的思想转化的思想，即将一般数列设法转即将一般数列设法转化为等差或等比数列化为等差或等比数列，这这 一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成 2不能转化为等差或等比数列的数列不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消法、往往通过裂项相消法、 倒序相加法等来求和倒序相加法等来求和 两点注意两点注意 利用裂项相消法求和的注意事项利用裂项相消法求和的注意事项 1抵消后并不一

9、定只剩下第一项和最后一项抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩也有可能前面剩 两项两项，后面也剩两项；后面也剩两项； 2将通项裂项后将通项裂项后，有时需要调整前面的系数有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之使裂开的两项之 差和系数之积与原通项相等如：若差和系数之积与原通项相等如：若an是等差数列是等差数列，则则 1 anan 1 1 d 1 an 1 an 1 ， 1 anan 2 1 2d 1 an 1 an 2 . 6 一、选择题一、选择题 1数列数列12n 1的前 的前 n 项和为项和为( ) A12n B22n Cn2n1 Dn22n 解析：解析：由题意得由题意得 an1

10、2n 1， ，所以所以 Snn1 2n 12 n2n1. 答案：答案：C 2已知已知an是是等比数列等比数列，a22，a51 4， ，则则 a1a2a2a3anan 1( ) A16(14 n) B 16(12 n) C.32 3 (14 n) D.32 3 (12 n) 解析：解析：因为因为 q3a5 a2 1 8， ，所以所以 q1 2， ，a14， 从而数列从而数列anan 1是以是以 8 为首项为首项，1 4为公比的等比数列 为公比的等比数列， 其前其前 n 项和项和 Tn 8 1 1 4 n 11 4 32 3 (14 n) 答案：答案：C 3(2017 太原一模太原一模)已知数列已

11、知数列an的通项公式为的通项公式为 an(1)n(2n 1) cos n 2 1(nN*)，其前其前 n 项和为项和为 Sn，则则 S60( ) A30 B60 7 C90 D120 解析：解析：由题意可得由题意可得，当当 n4k3(kN*)时时，ana4k 31；当；当 n 4k2(kN*)时时，ana4k 268k；当；当 n4k1(kN*)时时，an a4k 11； 当； 当 n4k(kN*)时时， ana4k8k.a4k3a4k2a4k1a4k 8，S60815120. 答案：答案：D 4 已 知 函 数已 知 函 数f(x) xa的 图 象 过 点的 图 象 过 点 (4 ， 2)

12、， 令令 an 1 f（n1）f（n）， ，nN*.记数列记数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn，则则 S2 013 ( ) A. 2 0121 B. 2 0131 C. 2 0141 D. 2 0141 解析：解析：由由 f(4)2 得得 4a2，解得解得 a1 2， ，则则 f(x)x 1 2. an 1 f（n1）f（n） 1 n1 n n1 n， S2 013a1a2a3a2 013( 2 1)( 3 2)( 4 3) ( 2 014 2 013) 2 0141. 答案：答案：C 5已知等比数列已知等比数列an的各项都为正数的各项都为正数，且当且当 n3 时时，a4a2n 4 10

13、2n，则数列则数列 lg a1，2lg a2，22lg a3，23lg a4，2n 1lga n， ，的前的前 n 项和项和 Sn等于等于( ) An2n B(n1) 2n 1 1 8 C(n1) 2n1 D2n1 解析：解析：等比数列等比数列an的各项都为正数的各项都为正数，且当且当 n3 时时，a4a2n 4 102n，a2 n 102n，即即 an10n， 2n 1lg a n 2n 1lg 10n n 2n 1， ， Sn122322n 2n 1， ， 2Sn12222323n 2n， 得得Sn12222n 1 n 2n2n1 n 2n(1n) 2n1，Sn(n1) 2n1. 答案：答

14、案：C 二、填空题二、填空题 6 数列数列an的通项公式的通项公式 an 5n 1 n是奇数是奇数， 2 n 2 n是偶数是偶数， 则这个数列的前则这个数列的前 2m 项的和是项的和是_ 解析：解析：数列数列an的奇数项组成首项为的奇数项组成首项为 6，公差为公差为 10 的等差数列的等差数列， 偶数项组成首项为偶数项组成首项为 2，公比为公比为 2 的等比数列的等比数列，则则 S2m6mm（ （m1） 2 102（ （12m） 12 5m2m2m 1 2. 答案：答案：5m2m2m 1 2 7数列数列an满足满足 anan 11 2(n N*)，且且 a11，Sn是数列是数列an 的前的前

15、n 项和项和，则则 S21_ 解析：解析：由由 anan 11 2 an 1an2， an 2an， 9 则则 a1a3a5a21，a2a4a6a20， S21a1(a2a3)(a4a5)(a20a21) 1101 2 6. 答案：答案：6 8对于每一个正整数对于每一个正整数 n，设曲线设曲线 yxn 1 在点在点(1，1)处的切线与处的切线与 x 轴的交点的横坐标为轴的交点的横坐标为 xn，令令 anlg xn，则则 a1a2a99 _ 解解析：析：曲线曲线 yxn 1 在点在点(1，1)处的切线方程为处的切线方程为 y(n1)(x1) 1，即即 y(n1)xn，它与它与 x 轴交于点轴交于

16、点(xn，0)，则有则有(n1)xnn 0xn n n1， ， anlg xnlg n n1 lg nlg(n1)， a1a2a99(lg 1lg 2)(lg 2lg 3)(lg 99lg 100)lg 1lg 1002， 答案：答案：2 三、解答题三、解答题 9 (2015 安徽卷安徽卷)已知数列已知数列an是是递增的等比数列， 且递增的等比数列， 且 a1a49， a2a38. (1)求数列求数列an的通项公式；的通项公式； (2)设设 Sn为数列为数列an的前的前 n 项和项和，bn an 1 SnSn 1， ，求数列求数列bn的前的前 n 项和项和 Tn. 10 解：解：(1)由题设知

17、由题设知 a1a4a2a38， 又又 a1a49，可解得可解得 a11， a48 或或 a18， a41 (舍去舍去) 由由 a4a1q3得公比得公比 q2，故故 ana1qn 1 2n 1. (2)Sna 1（ （1qn） 1q 2n1. 又又 bn an 1 SnSn 1 S n 1Sn SnSn 1 1 Sn 1 Sn 1， ， 所以所以 Tnb1b2bn 1 S1 1 S2 1 S2 1 S3 1 Sn 1 Sn 1 1 S1 1 Sn 1 1 1 2n 1 1. 10(2016 课标全国课标全国卷卷)已知已知an是公差为是公差为 3 的等差数列的等差数列，数列数列 bn满足满足 b1

18、1，b21 3， ，anbn 1bn1nbn. (1)求求an的通项公式；的通项公式； (2)求求bn的前的前 n 项和项和 【解】【解】 (1)由已知由已知，a1b2b2b1，b11，b21 3， ， 得得 a12. 所以数列所以数列an)是首项为是首项为 2，公差为公差为 3 的等差数列的等差数列，通项通项公式为公式为 an 3n1. (2)由由(1)知知 anbn 1bn1nbn，得得 bn1b n 3 ， 因此因此bn是首项为是首项为 1，公比为公比为1 3的等比数列 的等比数列 记记bn的前的前 n 项和为项和为 Sn， 11 则则 Sn 1 1 3 n 11 3 3 2 1 23n

19、 1. 数列中的高考热点题型数列中的高考热点题型 数列在中学数学中既数列在中学数学中既具有独立性具有独立性， 又具有较强的综合性又具有较强的综合性， 是初等是初等 数学与高等数学的一个重要衔接点数学与高等数学的一个重要衔接点， 本专题解答题的热点题型有： 一本专题解答题的热点题型有： 一 是等差、等比数列的综合是等差、等比数列的综合问题；二是数列与函数的综合问题；三是数问题；二是数列与函数的综合问题；三是数 列与不等式的综合问题列与不等式的综合问题难度中等难度中等 12 热点热点 1 等差、等比数列的综合问题等差、等比数列的综合问题 解决等差数列与等比数列的综合问题解决等差数列与等比数列的综合

20、问题， 关键是理清两个数列的关关键是理清两个数列的关 系并注重方程思想的应用系并注重方程思想的应用，等差等差(比比)数列总共涉及五个量数列总共涉及五个量 a，an， Sn，d(q)，n， “知三求二知三求二” 1 若若an是等差数列是等差数列， 则则ban(b0 且且 b1)是等比数列； 若是等比数列； 若an 13 是正项等比数列是正项等比数列，则则logban(b0 且且 b1)是等差数列是等差数列 2对等差、等比数列的综合对等差、等比数列的综合问题问题，应重点分析等差、等比数列，应重点分析等差、等比数列 项之间的关系，以便实现等差、等比数列之间的相互转化项之间的关系，以便实现等差、等比数

21、列之间的相互转化 【变式训练】【变式训练】 已知数列已知数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn，常数常数 0， 且且 a1anS1Sn对一切正整数对一切正整数 n 都成立都成立 (1)求数列求数列an的通项公式的通项公式 (2)设设 a10，100.当当 n 为何值时为何值时，数列数列 lg 1 an 的前的前 n 项和最大？项和最大？ 解：解：(1)取取 n1，得得 a2 1 2S12a1，a1(a12)0. 若若 a10，则则 Sn0. 当当 n2 时时，anSnSn 1000， 所以所以 an0(n1)，若若 a10，则则 a1 2 . 当当 n2 时时，2an 2 Sn，2an 1

22、2 Sn 1， 两式相减得两式相减得 2an2an 1an， 所以所以 an2an 1(n2)，从而数列从而数列an是等比数列是等比数列， 所以所以 ana12n 1 2 2n 1 2 n . 综上综上，当当 a10 时时，an0；当；当 a10 时时，an2 n . (2)当当 a10 且且 100 时时，令令 bnlg 1 an， ， 由由(1)知知，bnlg 100 2n 2nlg 2. 14 所以数所以数列列bn是单调递减的等差数列是单调递减的等差数列公差为公差为lg 2 b1b2b6lg 100 26 lg 100 64 lg 10， 当当 n7 时时，bnb7lg 100 27 l

23、g 100 128 lg 10. 故数列故数列 lg 1 an 的前的前 6 项和最大项和最大 热点热点 2 数列与函数的综合问题数列与函数的综合问题(满分现场满分现场) 数列与函数的综合一般体现在两个方面：一是以数列的特征量数列与函数的综合一般体现在两个方面：一是以数列的特征量 n，an，Sn等为坐标的点在函数图象上等为坐标的点在函数图象上，可以得到数列的递推关系；可以得到数列的递推关系； 二是数列的项或前二是数列的项或前 n 项和可以看作关于项和可以看作关于 n 的函数的函数，然后利用函数的然后利用函数的 性质求解数列问题性质求解数列问题 (经典经典母母题题)(本小题满分本小题满分 12

24、分分)(2014 四川卷四川卷)设设 等差数列等差数列an的公的公差为差为 d， 点点(an， bn)在函数在函数 f(x)2x的图象上的图象上(nN*) (1)若若 a12，点点(a8，4b7)在函数在函数 f(x)的图象上的图象上，求数列求数列an的前的前 n 项和项和 Sn； (2)若若 a11，函数函数 f(x)的图象在点的图象在点(a2，b2)处的切线在处的切线在 x 轴上的截轴上的截 距为距为 2 1 ln 2， ，求数列求数列 an bn 的前的前 n 项和项和 Tn. 规范解答：规范解答：(1)由已知由已知，b72a7，b82a84b7， 有有 2a842a72a72，解得解得

25、 da8a72. 所以所以，Snna1n（ （n1） 2 d2nn(n1)n23n.4 分分 (2)函数函数 f(x)2x在在(a2，b2)处的切线方程为处的切线方程为 y2a2(2a2ln 2)(x a2)， 15 它在它在 x 轴上的截距为轴上的截距为 a2 1 ln 2. 由题意知由题意知，a2 1 ln 2 2 1 ln 2， ，解得解得 a22. 6 分分 所以所以，da2a11. 从而从而 ann，bn2n，8 分分 所以所以 Tn1 2 2 22 3 23 n 1 2n 1 n 2n， ， 2Tn1 1 2 2 3 22 n 2n 110 分分 因此因此，2TnTn11 2 1

26、22 1 2n 1 n 2n 2 1 2n 1 n 2n 2 n1 n2 2n . 所以所以，Tn2 n1 n2 2n .12 分分 【满分规则】【满分规则】 (1)本题的易失分点是：本题的易失分点是： 不能由题意正确列出不能由题意正确列出 a7、a8的关的关系式；系式； 不能正确利用导数的几何意义求解；不能正确利用导数的几何意义求解； 不会利用错位相减法求不会利用错位相减法求 Tn. (2)满分规则：满分规则： 明确点在函数图象上明确点在函数图象上，点的坐标适合函数解析式点的坐标适合函数解析式 明确导数的几何意义是曲线在切点处的切线斜率明确导数的几何意义是曲线在切点处的切线斜率 若若an是等

27、差数列是等差数列，bn是等比数列是等比数列，可用错位相减法求数列可用错位相减法求数列 16 anbn前前 n 项的和项的和 【构建模板】【构建模板】 错位相减法求和的一般步骤错位相减法求和的一般步骤 第一步：确定通项第一步：确定通项，根据已知条件求根据已知条件求 an，bn. 第二步： 巧分拆第二步： 巧分拆， 即新的数列分解为等差数列和等比数列的乘积即新的数列分解为等差数列和等比数列的乘积， 并确定等比数列的公比并确定等比数列的公比 第三步：构差式第三步：构差式，即写出即写出 Sn的表达式的表达式，然后乘以公比然后乘以公比，两式作两式作 差差 第四第四步：根据差式的特征准确求和步：根据差式的

28、特征准确求和 第五步：反思回顾查看关键点第五步：反思回顾查看关键点，易错点及解题规范易错点及解题规范 解解决此类问题要抓住一个中心决此类问题要抓住一个中心函数函数， 两个密切联系： 一是数， 两个密切联系： 一是数 列和函数之间的密切联系， 数列的通项公式是数列问题的核心， 函数列和函数之间的密切联系， 数列的通项公式是数列问题的核心， 函数 的解析式是研究函数问题的基础；二是方程、不等式与函数的联系，的解析式是研究函数问题的基础；二是方程、不等式与函数的联系， 利用它们之间的对应关系进行灵活的处理利用它们之间的对应关系进行灵活的处理 【变式训练】【变式训练】 已知二次函数已知二次函数 yf(

29、x)的图象经过坐标原点的图象经过坐标原点， 其导函数为其导函数为 f(x)6x2， 数列数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn， 点点(n， Sn)(nN*) 均在函数均在函数 yf(x)的图象上的图象上 (1)求数列求数列an的通项公的通项公式；式； 17 (2)设设 bn 3 anan 1， ，试求数列试求数列bn的前的前 n 项和项和 Tn. 解：解：(1)设二次函数设二次函数 f(x)ax2bx(a0)， 则则 f(x)2axb. 由于由于 f(x)6x2，得得 a3，b2， 所以所以 f(x)3x22x. 又因为点又因为点(n，Sn)(nN*)均在函数均在函数 yf(x)的图象上的

30、图象上， 所以所以 Sn3n22n. 当当 n2 时时，anSnSn 13n22n3(n1)22(n1)6n 5； 当当 n1 时时，a1S131221615， 所以所以 an6n5(nN*) (2)由由(1)得得 bn 3 anan 1 3 （6n5）6（n1）5 1 2 1 6n5 1 6n1 ， 故故 Tn 1 2 11 7 1 7 1 13 1 6n5 1 6n1 1 2(1 1 6n1) 3n 6n1. 热点热点 3 数列与不等式的综合问题数列与不等式的综合问题 数列与不等式相结合问题的考查方式主要有三种： 一是判断数列数列与不等式相结合问题的考查方式主要有三种： 一是判断数列 18

31、 中的一些不等关系；二是以数列为载体中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式恒成立问题；三考查不等式恒成立问题；三 是考查与数列有关的不等式的证明是考查与数列有关的不等式的证明 (2015 安徽卷安徽卷)设设 nN*，xn是曲线是曲线 yx2n 2 1 在点在点(1，2)处的切线与处的切线与 x 轴交点的横坐标轴交点的横坐标 (1)求数列求数列xn的通项公式；的通项公式； (2)记记 Tnx2 1x 2 3 x2 2n 1，证明：证明：Tn 1 4n. 解：解：(1)y(x2n 2 1)(2n2)x2n 1， ，曲线曲线 yx2n 2 1 在点在点(1， 2)处的切线斜率为处的切线斜率为

32、 2n2， 从而切线方程为从而切线方程为 y2(2n2)(x1) 令令 y0，得与得与 x 轴交点的横坐标轴交点的横坐标 xn1 1 n1 n n1. 所所以数列以数列xn的通项公式的通项公式 xn n n1. (2)证明：证明：由题设和由题设和(1)中的计算结果知中的计算结果知， Tnx2 1x 2 3 x2 2n 1 1 2 2 3 4 2 2n1 2n 2. 当当 n1 时时，T11 4. 当当 n2 时时，因为因为 x2 2n 1 2n1 2n 2 （ （2n1）2 （2n）2 （ （2n1）21 （2n）2 2n 2 2n n 1 n ， 所以所以 Tn 1 2 2 1 2 2 3

33、n 1 n 1 4n. 19 综上可得综上可得，对任意的对任意的 nN*，均有均有 Tn 1 4n. 解决数列与不等式的综合问题时解决数列与不等式的综合问题时， 如果是证明题要灵活选择不等如果是证明题要灵活选择不等 式的证明方法式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；如果是解不如比较法、综合法、分析法、放缩法等；如果是解不 等式问题要使用不等式的各种不同解法等式问题要使用不等式的各种不同解法， 如列表法、 因式分解法等 总如列表法、 因式分解法等 总 之解决这类问题把数列和不等式的知识巧妙结合起来综合处理就行之解决这类问题把数列和不等式的知识巧妙结合起来综合处理就行 了了 【变式【变

34、式训练】训练】 已知单调递增的等比数列已知单调递增的等比数列an满足满足 a2a3a4 28，且且 a32 是是 a2，a4的等差中项的等差中项 (1)求数列求数列an的通项公式；的通项公式； (2)若若 bnanlog1 2 an，Snb1b2bn，对任意正整数对任意正整数 n，Sn (nm)an 10 恒成立恒成立，试求试求 m 的取值范围的取值范围 解：解：(1)设等比数列设等比数列an的首项为的首项为 a1，公比为公比为 q. 依题意依题意，有有 2(a32)a2a4， 代入代入 a2a3a428，得得 a38. a2a420， a1qa1q320， a3a1q28， 解得解得 q2，

35、 a12 或或 q 1 2， ， a132. 20 又又an单调递增单调递增， q2， a12. an2n. (2)bn2nlog1 2 2nn 2n， Sn12222323n2n， 2Sn122223324(n1)2nn2n 1. ，得得 Sn222232nn2n 1 2（ （12n） 12 n2n 1 2n 1 n2n 1 2. 由由 Sn(nm)an 10， 得得 2n 1 n2n 1 2n2n 1 m2n 1 0 对任意正整数对任意正整数 n 恒恒 成立成立， m 2n 1 22n 1， ， 即即 m 1 2n 1 对任意正整数对任意正整数 n 恒成立恒成立 1 2n 11，m1， 即

36、即 m 的取值范围是的取值范围是(，1 1(2015 浙江卷浙江卷)已知数列已知数列an和和bn满足满足 a12，b11，an 1 2an(nN*)，b11 2b2 1 3b3 1 nbn bn 11(nN*) (1)求求 an与与 bn； (2)记数列记数列anbn的前的前 n 项和为项和为 Tn，求求 Tn. 解：解：(1)由由 a12，an 12an，得得 an2n(nN*) 由题意知：由题意知： 当当 n1 时时，b1b21，故故 b22. 21 当当 n2 时时，1 nbn bn 1bn.整理得整理得 bn 1 n1 bn n ， 所以所以 bnn(nN*)， (2)由由(1)知知 anbnn 2n， 因此因此 Tn22 223 23n 2n， 2Tn222 233 24n 2n 1， ， 所以所以 Tn2Tn222232nn 2n 1. 故故 Tn(n1)2n 1 2(nN*) 22 3(2017 广州一模广州一模) 已知数列已知数列(an)的前的前 n 项和为项和为 Sn，且且 Sn2an 2(nN*) (1)求数列求数列an的通项公式；的通项公式； (2)求数列求数列Sn的前的前 n 项和项和 Tn. 解