【正文】 1＝1an＋ 2 n ， ∴1an＋1－1an＝ 2 n ，累加得 1an－14＝ 2 ＋ 4 ＋ 6 ＋ ? ＋ 2 ( n － 1 ) ＝2 ＋ 2 ? n － 1 ?2( n － 1 ) ＝ n2－ n ?1an＝ ( n －12)2? an＝1? n －12?2＝4? 2 n － 1 ?2( n ∈ N*) ． ( 3 ) 證明： bn＝ anan ＋ 1＝4? 2 n － 1 ?? 2 n ＋ 1 ? ＝ 2 (12 n － 1－12 n ＋ 1) Tn＝ b1＋ b2＋ ? ＋ bn＝ a1a2＋ a2a3＋ ? ＋ anan ＋ 1 ＝ 2 ( 1 －13) ＋ (13－15) ＋ ? ＋ (12 n － 1－12 n ＋ 1) ＝ 2 ( 1 －12 n ＋ 1) 2 . ∵ 2 n ＋ 1 ≥ 3 ， 故 2 ( 1 －12 n ＋ 1) ≥43， ∴43≤ Tn2 . 數(shù)列中各方面知識的綜合 已知數(shù)列 {an}中， Sn是其前 n項和，并且 Sn＋ 1＝4an＋ 2(n＝ 1,2， … )， a1＝ 1. (1)設數(shù)列 bn＝ an＋ 1－ 2an(n＝ 1,2， …… )，求證：數(shù)列 {bn}是等比數(shù)列； (2)設數(shù)列 ＝ (n＝ 1,2， …… )，求證：數(shù)列 {}是等差數(shù)列； (3)求數(shù)列 {an}的通項公式及前 n項和． an2n 思路點撥： 由于 {bn}和 {}中的項都和 {an}中的項有關(guān)，{an}中又有 Sn ＋ 1 ＝ 4an＋ 2，可由 Sn ＋ 2 － Sn ＋ 1 作切入點探索解題的途徑． 解析： (1)由 Sn ＋ 1 ＝ 4an＋ 2， Sn ＋ 2 ＝ 4an ＋ 1 ＋ 2，兩式相減，得 Sn ＋ 2 － Sn ＋ 1 ＝ 4(an ＋ 1 － an)，即 an＋ 2＝ 4an＋ 1－ 4an. ∴ an＋ 2－ 2an＋ 1＝ 2(an＋ 1－ 2an)， 又 bn ＝ an＋ 1－ 2an，所以 bn＋ 1＝ 2bn，① 已知 S2 ＝ 4a1＋ 2， a1＝ 1， a1＋ a2＝ 4a1＋ 2， 解得 a2＝ 5， b1＝ a2－ 2a1＝ 3，② 由①和②得，數(shù)列 {bn}是首項為 3，公比為 2的等比數(shù)列，故 bn＝ 32n－ 1. ( 2 ) 因為 cn＝an2n ( n ∈ N*) ，所以 cn ＋ 1－ cn＝an ＋ 12n ＋ 1 －an2n ＝ an ＋ 1－ 2 an2n ＋ 1 ＝bn2n ＋ 1 ＝3 2n － 12n ＋ 1 ＝34， 又 c1＝a12＝12，故數(shù)列 { cn} 是首項為12，公差是34的等差數(shù)列， cn＝34n －14. ( 3 ) 因為 cn＝an2n ，又 cn＝34n －14， 所以an2n ＝3 n4－14， an＝ ( 3 n － 1 ) 2n － 2. 當 n≥2時， Sn ＝ 4an－ 1 ＋ 2＝ 2n－ 1(3n－ 4)＋ 2；當 n＝ 1時，S1 ＝ a1 ＝ 1也適合上式． 綜上可知，所求的前 n項和公式為 Sn ＝ 2n－ 1(3n－ 4)＋ 2. 點評： 本例主要復習用等差、等比數(shù)列的定義證明一個數(shù)列為等差、等比數(shù)列，求數(shù)列通項與前 n項和，解決本題的關(guān)鍵在于由條件 Sn＋ 1＝ 4an＋ 2得出遞推公式． 3. (2022徽州市模擬 )在數(shù)列 {an}中， a1＝ 1， an＋ 1＝ 2an＋ 2n. (1)設 bn＝ ，證明：數(shù)列 {bn}是等差數(shù)列； (2)求數(shù)列 {an}的前 n項和 Sn. an2n－ 1 解析： (1)證明： an＋ 1＝ 2an＋ 2n， bn＋ 1＝ bn＋ 1， 則 {bn}為等差數(shù)列， b1＝ 1， bn＝ n， an＝ n2 n－ 1. (2)Sn＝ 120＋ 221＋ … ＋ (n－ 1)2n－ 2＋ n2 n－ 1， 2Sn＝ 121＋ 222＋ … ＋ (n－ 1)2n－ 1＋ n2 n， 兩式相減，得 Sn＝ n2 n－ 2176。 － 21－ … － 2n－ 1＝ n2 n－ 2n＋ 1. a n ＋ 12 n ＝a n2 n － 1 ＋ 1 ， 數(shù)列與指數(shù)、對數(shù)及三角函數(shù)的綜合 (2022安徽卷 )在數(shù) 1和 100之間插入 n個實數(shù)，使得這 n＋ 2個數(shù)構(gòu)成遞增的等比數(shù)列，將這 n＋ 2個數(shù)的乘積記作Tn，再令 an＝ lgTn， n≥1. (1)求數(shù)列 {an}的通項公式； (2)設 bn＝ tan antan an＋ 1，求數(shù)列 {bn}的前 n項和 Sn. 解析： (1)設 t1， t2， … ， tn＋ 2構(gòu)成等比數(shù)列，其中 t1＝ 1，tn＋ 2＝ 100，則 Tn＝ t1t2… tn＋ 1tn＋ 2，① Tn＝ tn＋ 2tn＋ 1… t2t1，② ① ② 并利用 titn＋ 3－ i＝ t1tn＋ 2＝ 102(1≤i≤n＋ 2)，得 T2n＝ (t1tn＋ 2)(t2tn＋ 1)… ( tn＋ 1t2)(tn＋ 2t1)＝ 102(n＋ 2)， ∴ an＝ lgTn＝ n＋ 2， n≥1. ( 2 ) 由題意和 ( 1 ) 中計算結(jié)果，知 bn＝ tan ( n ＋ 2 ) tan ( n ＋ 3 ) ，n ≥ 1 ， 另一方面，利用 tan 1 ＝ tan [( k ＋ 1 ) － k ] ＝tan ? k ＋ 1 ? － tan k1 ＋ tan ? k ＋ 1 ? tan k， 得 tan ( k ＋ 1 ) tan k ＝tan ? k ＋ 1 ? － tan ktan 1－ 1. 所以 Sn＝ ?k ＝ 1nb k＝ ?k ＝ 3n ＋ 2t an ( k ＋ 1 ) tan k ＝ ?k ＝ 3n ＋ 2 ????????tan ? k ＋ 1 ? － tan ktan 1－ 1 ＝tan ? n ＋ 3 ? － tan 3tan 1－ n . 4. ( 2022 南昌市重點中學聯(lián)考 ) 數(shù)列 { a n } 的前 n 項和為 S n ，滿足 S n ＝32a n －n2－34， 設 b n ＝ lo g 3????????a n ＋12， 求 ： ( 1 ) 數(shù)列 { b n } 的通項 b n ； ( 2 ) 數(shù)列??????????1b n b n ＋ 1的前 2022 項的和 T 2022 . 解析： ( 1 ) ∵ Sn＝32an－n2－34， ∴ Sn＋1＝32an＋1－n ＋ 12－34， 兩式相減， Sn＋1－ Sn＝32( an＋1－ an) －12， 即 an＋1＝32( an＋1－ an) －12， an＋1＝ 3 an＋ 1 ， ∴ an＋1＋12＝ 3 ( an＋12) ，又 S1＝32a1－12－34，得 a1＝52， ∴ a1＋12＝ 3 ， an＋12＝ 3 3n － 1＝ 3n， ∵ bn＝ lo g3( an＋12) ， ∴ bn＝ lo g33n＝ n . ( 2 ) 證明：由 ( 1 ) 得 1bn bn ＋ 1＝1n ? n ＋ 1 ?＝1n－1n ＋ 1， ∴ T2 012＝1b1b2＋1b2b3＋ ? ＋1b201 1b20 12＋1b2022b201 3 ＝11 2