设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=1，Sn=nan-2n，n∈N*．求数列{an}的通项公式；设bn=an2n，求数列{bn}的

题文

设数列{a_n}的前n项和为S_n，已知a₁=1，S_n=na_n-2n（n-1），n∈N^*．
（I）求数列{a_n}的通项公式；
（II）设bn=an2n，求数列{b_n}的前n项和T_n；
（III）求使不等式(1+2a1+1)(1+2a2+1)…(1+3an+1)≥p2n+1对一切n∈N^*均成立的最大实数p的值． 题型：未知 难度：其他题型

答案

（I）证明：∵a₁=1，S_n=na_n-2n（n-1），
S_n+1=（n+1）a_n+1-2（n+1）n，
∴a_n+1=S_n+1-S_n=（n+1）a_n+1-na_n-4n，
∴a_n+1-a_n=4，
∴数列{a_n}是首项为1，公差为4的等差数列，
∴a_n=1+（n-1）•4=4n-3．
（II）由（I）知：a_n=4n-3，
∴bn=an2n=4n-32n，
∴Tn=12+522+923+…+4n-72n-1+4n-32n，
∴12Tn=12 2+523+924+…+4n-72n+4n-32n+1，
两式相减，得：12Tn=12+4(12 2+12 3+12 4+…+12 n）-4n-32n+1
=12+4×12 2(1-12 n-1)1-12-4n-32n+1
=12+2-22 n-1-4n-32n+1，
∴Tn=5-4n+52n．
（III）∵(1+2a1+1)(1+2a2+1)…(1+2an+1)≥p2n+1对一切n∈N^*均成立，
即p≤12n+1(1+2a1+1)(1+2a2+1)…(1+2an+1)对一切n∈N^*均成立，
只需p≤[12n+1(1+2a1+1)(1+2a2+1)…(1+2an+1)]min_min，n∈N^*，
令f(n)=12n+1(1+2a1+1 )(1+2a2+1)…(1+2an-1+1)，n≥2，且n∈N^*，
则f(n-1)=12n-1(1+2a1+1)(1+2a2+1)…(1+2an-1+1)，n≥2，且n∈N^*，
f(n)f(n-1)=2n-12n+1(1+2an+1)=2n-12n+1•2n2n-1=2n4n2-1＞1，n≥2，且n∈N^*，
∴f（n）＞f（n-1），n≥2，且n∈N^*，
即f（n）在n∈N^*上为增函数，
∴f(n) min=f(1)=23=233，
∴p≤233，
故实数p的最大值是233．

解析

an2n

考点

据考高分专家说，试题“设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1.....”主要考查你对 [等差数列的通项公式 ]考点的理解。 等差数列的通项公式

等差数列的通项公式:

a_n=a₁+（n-1）d，n∈N*。
a_n=dn+a₁-d，d≠0时，是关于n的一次函数，斜率为公差d；
a_n=kn+b（k≠）

｛a_n｝为等差数列，反之不能。

对等差数列的通项公式的理解：

 ①从方程的观点来看，等差数列的通项公式中含有四个量，只要已知其中三个，即可求出另外一个．其中a₁和d是基本量，只要知道a₁和d即可求出等差数列的任一项；
②从函数的观点来看，在等差数列的通项公式中，。。是n的一次函数，其图象是直线y=dx+（a₁-d）上均匀排开的一列孤立点，我们知道两点确定一条直线，因此，给出一个等差数列的任意两项，等差数列就被唯一确定了，

等差数列公式的推导：

等差数列的通项公式可由

归纳得出，当然，等差数列的通项公式也可用累加法得到：