2019届二轮复习　数列的综合问题学案（全国通用）

2019届二轮复习　数列的综合问题学案（全国通用）

第3讲　数列的综合问题 ‎[考情考向分析]　1.数列的综合问题，往往将数列与函数、不等式结合，探求数列中的最值或证明不等式.2.以等差数列、等比数列为背景，利用函数观点探求参数的值或范围.3.将数列与实际应用问题相结合，考查数学建模和数学应用能力．‎ 热点一　利用Sn，an的关系式求an ‎1．数列{an}中，an与Sn的关系 an＝ ‎2．求数列通项的常用方法 ‎(1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式．‎ ‎(2)在已知数列{an}中，满足an＋1－an＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n)可求，则可用累加法求数列的通项an.‎ ‎(3)在已知数列{an}中，满足＝f(n)，且f(1)·f(2)·…·f(n)可求，则可用累乘法求数列的通项an.‎ ‎(4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)．‎ 例1　已知等差数列{an}中，a2＝2，a3＋a5＝8，数列{bn}中，b1＝2，其前n项和Sn满足：bn＋1＝Sn＋2(n∈N*)．‎ ‎(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；‎ ‎(2)设cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)∵a2＝2，a3＋a5＝8，‎ ‎∴2＋d＋2＋3d＝8，∴d＝1，∴an＝n(n∈N*)．‎ ‎∵bn＋1＝Sn＋2(n∈N*)，①‎ ‎∴bn＝Sn－1＋2(n∈N*，n≥2)．②‎ 由①－②，得bn＋1－bn＝Sn－Sn－1＝bn(n∈N*，n≥2)，‎ ‎∴bn＋1＝2bn(n∈N*，n≥2)．‎ ‎∵b1＝2，b2＝2b1，‎ ‎∴{bn}是首项为2，公比为2的等比数列，‎ ‎∴bn＝2n(n∈N*)．‎ ‎(2)由cn＝＝，‎ 得Tn＝＋＋＋…＋＋，‎ Tn＝＋＋＋…＋＋，‎ 两式相减，得 Tn＝＋＋…＋－＝1－，‎ ‎∴Tn＝2－(n∈N*)．‎ 思维升华　给出Sn与an的递推关系，求an，常用思路：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.‎ 跟踪演练1　(2018·绵阳诊断性考试)已知数列{an}的前n项和Sn满足：a1an＝S1＋Sn.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若an>0，数列的前n项和为Tn，试问当n为何值时，Tn最小？并求出最小值．‎ 解　(1)由已知a1an＝S1＋Sn，①‎ 可得当n＝1时，a＝a1＋a1，解得a1＝0或a1＝2，‎ 当n≥2时，由已知可得a1an－1＝S1＋Sn－1，②‎ ‎①－②得a1＝an.‎ 若a1＝0，则an＝0，此时数列{an}的通项公式为an＝0.‎ 若a1＝2，则2＝an，化简得an＝2an－1，‎ 即此时数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，‎ 故an＝2n(n∈N*)．‎ 综上所述，数列{an}的通项公式为an＝0或an＝2n.‎ ‎(2)因为an>0，故an＝2n.‎ 设bn＝log2 ，则bn＝n－5，显然{bn}是等差数列，‎ 由n－5≥0，解得n≥5，所以当n＝4或n＝5时，Tn最小，‎ 最小值为T4＝T5＝＝－10.‎ 热点二　数列与函数、不等式的综合问题 数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出Sn的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化．数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查最值问题，不等关系或恒成立问题．‎ 例2　(2018·遵义联考)已知函数f(x)＝ln(1＋x)－.‎ ‎(1)若x≥0时，f(x)≤0，求λ的最小值；‎ ‎(2)设数列{an}的通项an＝1＋＋＋…＋，证明：a2n－an＋>ln 2.‎ ‎(1)解　由已知可得f(0)＝0，‎ ‎∵f(x)＝ln(1＋x)－，‎ ‎∴f′(x)＝，且f′(0)＝0.‎ ‎①若λ≤0，则当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，‎ ‎∴f(x)≥f(0)＝0，不合题意；‎ ‎②若0<λ<，‎ 则当00，f(x)单调递增，‎ ‎∴当0f(0)＝0，不合题意；‎ ‎③若λ≥，‎ 则当x>0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，‎ 当x≥0时，f(x)≤f(0)＝0，符合题意．‎ 综上，λ≥.‎ ‎∴实数λ的最小值为.‎ ‎(2)证明　由于a2n－an＋＝＋＋＋…＋＋＋，‎ 若λ＝，由(1)知，f(x)＝ln(1＋x)－，‎ 且当x>0时，f(x)<0，‎ 即>ln(1＋x)，‎ 令x＝，则>ln ，‎ ‎∴＋>ln ，‎ ＋>ln ，‎ ＋>ln ，‎ ‎…，‎ ＋>ln .‎ 以上各式两边分别相加可得 ＋＋＋＋＋＋…＋＋ ‎>ln ＋ln ＋ln ＋…＋ln ，‎ 即＋＋＋…＋＋＋ ‎>ln ···…·＝ln ＝ln 2，‎ ‎∴a2n－an＋>ln 2.‎ 思维升华　解决数列与函数、不等式的综合问题要注意以下几点 ‎(1)数列是一类特殊的函数，函数定义域是正整数，在求数列最值或不等关系时要特别重视．‎ ‎(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件．‎ ‎(3)不等关系证明中进行适当的放缩．‎ 跟踪演练2　(2018·南昌模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，满足S4＝2a4－1，S3＝2a3－1.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)记bn＝log2(n∈N*)，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：＋＋…＋<2.‎ ‎(1)解　设{an}的公比为q，‎ 由S4－S3＝a4，S4＝2a4－1得，‎ ‎2a4－2a3＝a4，‎ 所以＝2，所以q＝2.又因为S3＝2a3－1，‎ 所以a1＋2a1＋4a1＝8a1－1，所以a1＝1，‎ 所以an＝2n－1(n∈N*)．‎ ‎(2)证明　由(1)知bn＝log2(an＋1·an)‎ ‎＝log2(2n×2n－1)＝2n－1，‎ 所以Tn＝n＝n2，‎ 所以＋＋…＋＝＋＋…＋<1＋＋＋…＋ ‎＝1＋1－＋－＋…＋－ ‎＝2－<2.‎ 热点三　数列的实际应用 用数列知识解相关的实际问题，关键是合理建立数学模型——数列模型，弄清所构造的数列是等差模型还是等比模型，它的首项是什么，项数是多少，然后转化为解数列问题．求解时，要明确目标，即搞清是求和，还是求通项，还是解递推关系问题，所求结论对应的是解方程问题，还是解不等式问题，还是最值问题，然后进行合理推算，得出实际问题的结果．‎ 例3　科学研究证实，二氧化碳等温室气体的排放(简称碳排放)对全球气候和生态环境产生了负面影响，环境部门对A市每年的碳排放总量规定不能超过550万吨，否则将采取紧急限排措施．已知A市2017年的碳排放总量为400万吨，通过技术改造和倡导低碳生活等措施，此后每年的碳排放总量比上一年的碳排放总量减少10%.同时，因经济发展和人口增加等因素，每年又新增加碳排放量m万吨(m>0)．‎ ‎(1)求A市2019年的碳排放总量(用含m的式子表示)；‎ ‎(2)若A市永远不需要采取紧急限排措施，求m的取值范围．‎ 解　设2018年的碳排放总量为a1,2019年的碳排放总量为a2，…，‎ ‎(1)由已知，a1＝400×0.9＋m，‎ a2＝0.9×＋m ‎＝400×0.92＋0.9m＋m＝324＋1.9m.‎ ‎(2)a3＝0.9×＋m ‎＝400×0.93＋0.92m＋0.9m＋m，‎ ‎…，‎ an＝400×0.9n＋0.9n－1m＋0.9n－2m＋…＋0.9m＋m ‎＝400×0.9n＋m ＝400×0.9n＋10m ‎＝×0.9n＋10m.‎ 由已知∀n∈N*，an≤550，‎ ‎(1)当400－10m＝0，即m＝40时，显然满足题意；‎ ‎(2)当400－10m>0，即m<40时，‎ 由指数函数的性质可得×0.9＋10m≤550，解得m≤190.‎ 综合得m<40；‎ ‎(3)当400－10m<0，即m>40时，‎ 由指数函数的性质可得10m≤550，‎ 解得m≤55，综合得400，‎ 故当n≥4时，f(n)递增．‎ 又f(1)＝－<0，‎ f(7)＝7－21≈17－21＝－4<0，‎ f(8)＝8－23≈25－23＝2>0.‎ ‎∴该项目将从第8年开始并持续赢利．‎ 答：该项目将从2023年开始并持续赢利．‎ 方法二　设f(x)＝x－2x－7(x≥1)，‎ 则f′(x)＝xln －2，令f′(x)＝0，‎ 得x＝＝≈＝5，‎ ‎∴x≈4.‎ 从而当x∈[1,4)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；‎ 当x∈(4，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．‎ 又f(1)＝－<0，‎ f(7)＝7－21≈17－21＝－4<0，‎ f(8)＝8－23≈25－23＝2>0.‎ ‎∴该项目将从第8年开始并持续赢利．‎ 答：该项目将从2023年开始并持续赢利．‎ 真题体验 ‎1．(2018·全国Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝________.‎ 答案　－63‎ 解析　∵Sn＝2an＋1，当n≥2时，Sn－1＝2an－1＋1，‎ ‎∴an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，‎ 即an＝2an－1(n≥2)．‎ 当n＝1时，a1＝S1＝2a1＋1，得a1＝－1.‎ ‎∴数列{an}是首项a1＝－1，公比q＝2的等比数列，‎ ‎∴Sn＝＝＝1－2n，‎ ‎∴S6＝1－26＝－63.‎ ‎2．(2017·山东)已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2.‎ ‎(1)求数列{xn}的通项公式；‎ ‎(2)如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1,1)，P2(x2,2)，…，Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折线P1P2…Pn＋1，求由该折线与直线y＝0，x＝x1，x＝xn＋1所围成的区域的面积Tn.‎ 解　(1)设数列{xn}的公比为q.‎ 由题意得 所以3q2－5q－2＝0，‎ 由已知得q>0，‎ 所以q＝2，x1＝1.‎ 因此数列{xn}的通项公式为xn＝2n－1(n∈N*)．‎ ‎(2)过P1，P2，…，Pn＋1向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，…，Qn＋1.‎ 由(1)得xn＋1－xn＝2n－2n－1＝2n－1，‎ 记梯形PnPn＋1Qn＋1Qn的面积为bn，‎ 由题意得bn＝×2n－1＝(2n＋1)×2n－2，‎ 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn ‎＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n－1)×2n－3＋(2n＋1)×2n－2.①‎ 又2Tn＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n－1)×2n－2＋(2n＋1)×2n－1，②‎ ‎①－②得 ‎－Tn＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n－1)－(2n＋1)×2n－1‎ ‎＝＋－(2n＋1)×2n－1.‎ 所以Tn＝(n∈N*)．‎ 押题预测 已知数列{an}的前n项和Sn满足关系式Sn＝kan＋1，k为不等于0的常数．‎ ‎(1)试判断数列{an}是否为等比数列；‎ ‎(2)若a2＝，a3＝1.‎ ‎①求数列{an}的通项公式及前n项和Sn的表达式；‎ ‎②设bn＝log2Sn，数列{cn}满足cn＝＋bn＋2·，数列{cn}的前n项和为Tn，当n>1时，求使Tn0，因为n∈N*且n≠1，故n>9，‎ 从而最小正整数n的值是10.‎ A组　专题通关 ‎1．(2018·安徽省“皖南八校”联考)删去正整数数列1,2,3，… 中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个数列的第2 018项是(　　)‎ A．2 062 B．2 063‎ C．2 064 D．2 065‎ 答案　B 解析　由题意可得，这些数可以写为12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，第k个平方数与第k＋1个平方数之间有2k个正整数，而数列12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，452共有2 025项，去掉45个平方数后，还剩余2 025－45＝1 980(个)数，所以去掉平方数后第2 018项应在2 025后的第38个数，即是原来数列的第2 063项，即为2 063.‎ ‎2．(2018·百校联盟联考)已知数列{an}满足010的n的最小值为(　　)‎ A．60 B．61 C．121 D．122‎ 答案　B 解析　由a－8a＋4＝0，得a＋＝8，‎ 所以a＋＝8＋8(n－1)＝8n，‎ 所以2＝a＋＋4＝8n＋4，‎ 所以an＋＝2，‎ 即a－2an＋2＝0，‎ 所以an＝＝±，‎ 因为010得>11，‎ 所以n>60.‎ ‎3．(2018·商丘模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1－an≥2(n∈N*)，Sn为数列{an}的前n项和，则(　　)‎ A．an≥2n＋1 B．Sn≥n2‎ C．an≥2n－1 D．Sn≥2n－1‎ 答案　B 解析　由题意得a2－a1≥2，a3－a2≥2，a4－a3≥2，…，‎ an－an－1≥2，‎ ‎∴a2－a1＋a3－a2＋a4－a3＋…＋an－an－1≥2(n－1)，‎ ‎∴an－a1≥2(n－1)，∴an≥2n－1.‎ ‎∴a1≥1，a2≥3，a3≥5，…，an≥2n－1，‎ ‎∴a1＋a2＋a3＋…＋an≥1＋3＋5＋…＋2n－1，‎ ‎∴Sn≥(1＋2n－1)＝n2.‎ ‎4．(2018·河南省豫南豫北联考)数列{an}满足a1＝，an＝(n∈N*)，若对n∈N*，都有k>＋＋…＋成立，则最小的整数k是(　　)‎ A．3 B．4 C．5 D．6‎ 答案　C 解析　由an＝，得an＝an＋1－1，‎ ‎∴＝＝－，‎ 即＝－，且an>1.‎ ‎∴＋＋…＋＝＋‎ ＋…＋ ‎＝－，‎ ‎∴＋＋…＋＝5－<5.‎ 又对n∈N*，都有k>＋＋…＋成立，‎ ‎∴k≥5.故最小的整数k是5.‎ ‎5．(2018·马鞍山联考)已知f(n)表示正整数n的所有因数中最大的奇数，例如：12的因数有1,2,3,4,6,12，则f(12)＝3；21的因数有1,3,7,21，则f(21)＝21，那么(i)的值为(　　)‎ A．2 488 B．2 495 C．2 498 D．2 500‎ 答案　D 解析　由f(n)的定义知f(n)＝f(2n)，且若n 为奇数则f(n)＝n，‎ 则(i)＝f(1)＋f(2)＋…＋f(100)‎ ‎＝1＋3＋5＋…＋99＋f(2)＋f(4)＋…＋f(100)‎ ‎＝＋f(1)＋f(2)＋…＋f(50)‎ ‎＝2 500＋(i)，‎ ‎∴(i)＝(i)－(i)＝2 500.‎ ‎6．对于数列{an}，定义Hn＝为{an}的“优值”，现在已知某数列{an}的“优值”Hn＝2n＋1，记数列{an－kn}的前n项和为Sn，若Sn≤S5对任意的n恒成立，则实数k的取值范围为________．‎ 答案　 解析　由题意可知＝2n＋1，‎ ‎∴a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n＋1，①‎ a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)·2n，②‎ 由①－②，得2n－1an＝n·2n＋1－(n－1)·2n(n≥2，n∈N*)，‎ 则an＝2n＋2(n≥2)，‎ 又当n＝1时，a1＝4，符合上式，‎ ‎∴an＝2n＋2(n∈N*)，∴an－kn＝(2－k)·n＋2，‎ 令bn＝(2－k)·n＋2，‎ ‎∵Sn≤S5，∴b5≥0，b6≤0，解得≤k≤，‎ ‎∴k的取值范围是.‎ ‎7．已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝(an－1)，则(4n－2＋1)的最小值为__________．‎ 答案　4‎ 解析　∵Sn＝(an－1)，∴Sn－1＝(an－1－1)(n≥2)，‎ ‎∴an＝Sn－Sn－1＝(an－an－1)，‎ ‎∴an＝4an－1，又a1＝S1＝(a1－1)，‎ ‎∴a1＝4，∴{an}是首项为4，公比为4的等比数列，‎ ‎∴an＝4n，‎ ‎∴(4n－2＋1)＝ ‎＝2＋＋≥2＋2＝4，‎ 当且仅当n＝2时取“＝”．‎ ‎8．已知数列{an}的首项a1＝a，其前n项和为Sn，且满足Sn＋Sn－1＝4n2(n≥2，n∈N*)，若对任意n∈N*，an2)，求函数f(n)的最小值；‎ ‎(3)设bn＝，Sn表示数列{bn}的前n项和，试问：是否存在关于n的整式g(n)，使得S1＋S2＋S3＋…＋Sn－1＝(Sn－1)·g(n)对于一切不小于2的自然数n恒成立？若存在，写出g(n)的解析式，并加以证明；若不存在，请说明理由．‎ 解　(1)点P(an，an＋1)在直线x－y＋1＝0上，‎ 即an＋1－an＝1，且a1＝1，‎ ‎∴数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，‎ ‎∴an＝1＋(n－1)·1＝n(n∈N*)．‎ ‎(2)∵f(n)＝＋＋…＋，‎ ‎∴f(n＋1)＝＋＋…＋＋＋，‎ ‎∴f(n＋1)－f(n)＝－＋‎ ＋>＋－ ‎＝＋＝－ ‎＝－>0，‎ ‎∴f(n＋1)－f(n)>0，∴f(n)是单调递增的，‎ 故f(n)的最小值是f(3)＝.‎ ‎(3)∵bn＝⇒Sn＝1＋＋＋…＋，‎ ‎∴Sn－Sn－1＝(n≥2)，‎ 即nSn－(n－1)Sn－1＝Sn－1＋1，‎ ‎∴(n－1)Sn－1－(n－2)Sn－2＝Sn－2＋1，…，2S2－S1＝S1＋1，‎ ‎∴nSn－S1＝S1＋S2＋…＋Sn－1＋n－1，‎ ‎∴S1＋S2＋…＋Sn－1＝nSn－n ‎＝(Sn－1)·n(n≥2)，‎ ‎∴g(n)＝n.‎ ‎10．(2016·四川)已知数列{an}的首项为1，Sn为数列{an}的前n项和，Sn＋1＝qSn＋1，其中q>0，n∈N*.‎ ‎(1)若2a2，a3，a2＋2成等差数列，求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设双曲线x2－＝1的离心率为en，且e2＝，证明：e1＋e2＋…＋en>.‎ ‎(1)解　由已知Sn＋1＝qSn＋1，得Sn＋2＝qSn＋1＋1，两式相减得到an＋2＝qan＋1，n≥1.又由S2＝qS1＋1得到a2＝qa1，故an＋1＝qan对所有n≥1都成立．‎ 所以，数列{an}是首项为1，公比为q的等比数列．‎ 从而an＝qn－1.‎ 由2a2，a3，a2＋2成等差数列，‎ 可得2a3＝3a2＋2，‎ 即2q2＝3q＋2，则(2q＋1)(q－2)＝0，‎ 由已知，q>0，故q＝2.所以an＝2n－1(n∈N*)．‎ ‎(2)证明　由(1)可知，an＝qn－1.‎ 所以双曲线x2－＝1的离心率 en＝＝.‎ 由e2＝＝，解得q＝.‎ 因为1＋q2(k－1)>q2(k－1)，‎ 所以>qk－1(k∈N*)．‎ 于是e1＋e2＋…＋en>1＋q＋…＋qn－1＝.‎ 故e1＋e2＋…＋en>.‎ B组　能力提高 ‎11．若数列{an}满足－＝1，且a1＝5，则数列{an}的前100项中，能被5整除的项数为(　　)‎ A．42 B．40 C．30 D．20‎ 答案　B 解析　∵数列{an}满足－＝1，‎ 即－＝1，且＝1，‎ ‎∴数列是以1为首项，1为公差的等差数列，‎ ‎∴＝n，‎ ‎∴an＝2n2＋3n，由题意可知，‎ 项 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ 个位数 ‎5‎ ‎4‎ ‎7‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎0‎ ‎9‎ ‎2‎ ‎9‎ ‎0‎ ‎∴每10项中有4项能被5整除，∴数列{an}的前100项中，能被5整除的项数为40.‎ ‎12．(2018·江西省重点中学协作体联考)设x＝1是函数f(x)＝an＋1x3－anx2－an＋2x＋1(n∈N*)的极值点，数列{an}满足 a1＝1，a2＝2，bn＝log2an＋1，若[x]表示不超过x的最大整数，则 等于(　　)‎ A．2 017 B．2 018‎ C．2 019 D．2 020‎ 答案　A 解析　由题意可得f′(x)＝3an＋1x2－2anx－an＋2，‎ ‎∵x＝1是函数f(x)的极值点，‎ ‎∴f′(1)＝3an＋1－2an－an＋2＝0，‎ 即an＋2－3an＋1＋2an＝0.‎ ‎∴an＋2－an＋1＝2，‎ ‎∵a2－a1＝1，∴a3－a2＝2×1＝2，a4－a3＝2×2＝22，…，an－an－1＝2n－2，‎ 以上各式累加可得an＝2n－1.‎ ‎∴bn＝log2an＋1＝log22n＝n.‎ ‎∴＋＋…＋ ‎＝2 018 ‎＝2 018＝2 018－＝2 017＋.‎ ‎∴＝2 017.‎ ‎13．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn－n＝2(an－2)(n∈N*)．‎ ‎(1)证明：数列{an－1}为等比数列；‎ ‎(2)若bn＝an·log2(an－1)，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.‎ ‎(1)证明　∵Sn－n＝2(an－2)，‎ 当n≥2时，Sn－1－(n－1)＝2(an－1－2)，‎ 两式相减，得an－1＝2an－2an－1，‎ ‎∴an＝2an－1－1，∴an－1＝2(an－1－1)，‎ ‎∴＝2(n≥2)(常数)．‎ 又当n＝1时，a1－1＝2(a1－2)，‎ 得a1＝3，a1－1＝2，‎ ‎∴数列{an－1}是以2为首项，2为公比的等比数列．‎ ‎(2)解　由(1)知，an－1＝2×2n－1＝2n，‎ ‎∴an＝2n＋1，‎ 又bn＝an·log2(an－1)，‎ ‎∴bn＝n(2n＋1)，‎ ‎∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ‎＝(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n)＋(1＋2＋3＋…＋n)，‎ 设An＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n，‎ 则2An＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，‎ 两式相减，得 ‎－An＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1‎ ‎＝－n×2n＋1，‎ ‎∴An＝(n－1)×2n＋1＋2.‎ 又1＋2＋3＋…＋n＝，‎ ‎∴Tn＝(n－1)×2n＋1＋2＋(n∈N*)．‎ ‎14．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2(Sn＋n＋1)(n∈N*)，令bn＝an＋1.‎ ‎(1)求证：{bn}是等比数列；‎ ‎(2)记数列{nbn}的前n项和为Tn，求Tn；‎ ‎(3)求证：－<＋＋＋…＋<.‎ ‎(1)证明　a1＝2，a2＝2(2＋2)＝8，‎ an＋1＝2(Sn＋n＋1)(n∈N*)，‎ an＝2(Sn－1＋n)(n≥2)，‎ 两式相减，得an＋1＝3an＋2(n≥2)．‎ 经检验，当n＝1时上式也成立，‎ 即an＋1＝3an＋2(n≥1)．‎ 所以an＋1＋1＝3(an＋1)，‎ 即bn＋1＝3bn，且b1＝3.‎ 故{bn}是首项为3，公比为3的等比数列．‎ ‎(2)解　由(1)得bn＝3n，nbn＝n·3n.‎ Tn＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n×3n，‎ ‎3Tn＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n×3n＋1，‎ 两式相减，得 ‎－2Tn＝3＋32＋33＋…＋3n－n×3n＋1‎ ‎＝－n×3n＋1，‎ 化简得Tn＝×3n＋.‎ ‎(3)证明　由＝>，‎ 得＋＋＋…＋>＋＋…＋ ‎＝＝－×.‎ 又＝＝ ‎< ‎＝，‎ 所以＋＋＋…＋<＋ ‎＝＋ ‎＝＋－×<，‎ 故－<＋＋＋…＋<.‎