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40 综上可得所求m的范围是.
思维升华　常见数列应用题模型的求解方法
(1)产值模型：原来产值的基础数为N，平均增长率为p，对于时间n的总产值y＝N(1＋p)n.
(2)银行储蓄复利公式：按复利计算利息的一种储蓄，本金为a元，每期的利率为r，存期为n，则本利和y＝a(1＋r)n.
(3)银行储蓄单利公式：利息按单利计算，本金为a元，每期的利率为r，存期为n，则本利和y＝a(1＋nr)．
(4)分期付款模型：a为贷款总额，r为年利率，b为等额还款数，则b＝.
跟踪演练3　(2018·上海崇明区模拟)2016 年崇明区政府投资 8 千万元启动休闲体育新乡村旅游项目．规划从 2017 年起，在今后的若干年内，每年继续投资 2 千万元用于此项目.2016 年该项目的净收入为 5 百万元，并预测在相当长的年份里，每年的净收入均在上一年的基础上增长50%.记 2016 年为第 1 年，f(n)为第 1 年至此后第 n(n∈N*)年的累计利润(注：含第 n 年，累计利润＝累计净收入－累计投入，单位：千万元)，且当 f(n)为正值时，认为该项目赢利．

(1)试求 f(n)的表达式；
(2)根据预测，该项目将从哪一年开始并持续赢利？请说明理由．
解　(1)由题意知，第1年至此后第n(n∈N*)年的累计投入为8＋2(n－1)＝2n＋6(千万元)，
第1年至此后第n(n∈N*)年的累计净收入为＋×1＋×2＋…＋×n－1
＝＝n－1(千万元)．
∴f(n)＝n－1－(2n＋6)
＝n－2n－7(千万元)．
(2)方法一　∵f(n＋1)－f(n)＝
－
＝，
∴当n≤3时，f(n＋1)－f(n)<0，
故当n≤4时，f(n)递减；
当n≥4时，f(n＋1)－f(n)>0，
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Tn 押题依据　本题综合考查数列知识，第(1)问考查反证法的数学方法及逻辑推理能力，第(2)问是高考的热点问题，即数列与不等式的完美结合，其中将求数列前n项和的常用方法“裂项相消法”与“错位相减法”结合在一起，考查了综合分析问题、解决问题的能力．
解　(1)若数列{an}是等比数列，则由n＝1得a1＝S1＝ka2，从而a2＝ka3.
又取n＝2，得a1＋a2＝S2＝ka3，
于是a1＝0，显然矛盾，故数列{an}不是等比数列．
(2)①由条件得解得
从而Sn＝an＋1.
当n≥2时，由Sn－1＝an，得an＝Sn－Sn－1＝an＋1－an，
即an＋1＝2an，此时数列是首项为a2＝，公比为2的等比数列．
综上所述，数列{an}的通项公式为an＝
从而其前n项和Sn＝2n－2(n∈N*)．
②由①得bn＝n－2，
从而cn＝＋n·2n－2.
记C1＝＋＋…＋
＝＋＋…＋
＝，
记C2＝1·2－1＋2·20＋…＋n·2n－2，
则2C2＝1·20＋2·21＋…＋n·2n－1，
两式相减得C2＝(n－1)·2n－1＋，
从而Tn＝＋(n－1)·2n－1＋
＝＋(n－1)·2n－1，
则不等式Tn 即n2＋n－90>0，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0 所以an＝－，Sn＝－1，
由Sn>10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*，an 答案　(3,5)
解析　由条件Sn＋Sn－1＝4n2(n≥2，n∈N*)，
得Sn＋1＋Sn＝4(n＋1)2，
两式相减，得an＋1＋an＝8n＋4，
故an＋2＋an＋1＝8n＋12，
两式再相减，得an＋2－an＝8，
由n＝2，得a1＋a2＋a1＝16⇒a2＝16－2a，
从而a2n＝16－2a＋8(n－1)＝8n＋8－2a；
由n＝3，得a1＋a2＋a3＋a1＋a2＝36⇒a3＝4＋2a，
从而a2n＋1＝4＋2a＋8(n－1)＝8n－4＋2a，
由条件得
解得3 9．已知数列{an}中，a1＝1，且点P(an，an＋1)(n∈N*)在直线x－y＋1＝0上．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若函数f(n)＝＋＋＋…＋(n∈N*，且n>2)，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－<＋＋＋…＋<.