已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=12an•an+1(n∈N*)，其中a1=1，an≠0．求数列{an}的通项公式；设数列{bn}满足(2a

题文

已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且Sn=12an•an+1(n∈N*)，其中a₁=1，a_n≠0．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）设数列{b_n}满足(2an-1)(2bn-1)=1，T_n为{b_n}的前n项和，求证：2T_n＞log₂（2a_n+1）n∈N． 题型：未知 难度：其他题型

答案

（Ⅰ）已知式即Sn=12anan+1，故an+1=Sn+1-Sn=12an+1an+2-12anan+1．
由条件知a_n+1≠0，所以a_n+2-a_n=2（n∈N^*）．
由于a1=S1=12a1a2，且a₁=1，故a₂=2．
于是a_2m-1=1+2（m-1）=2m-1，a_2m=2+2（m-1）=2m，
所以a_n=n（n∈N^*）．
（Ⅱ）由(2an-1)(2bn-1)=1，得(2n-1)(2bn-1)=1，2bn=2n2n-1，
故bn=log22n2n-1．
从而Tn=b1+b2++bn=log2(21•43•65••2n2n-1)．
2Tn=2log2(21•43•65••2n2n-1)=log2(21•43•65••2n2n-1)2
因此2T_n-log₂（2a_n+1）=log2(21•43•65••2n2n-1)2-log₂（2n+1）
=log2(21•43•65••2n2n-1)2+log212n+1
=log2[(21•43•65••2n2n-1)2•12n+1]．
设f(n)=(21•43•65••2n2n-1)2•12n+1，
则f(n+1)=(21•43•65••2n2n-1•2n+22n+1)2•12n+3，
故f(n+1)f(n)=2n+12n+3•(2n+22n+1)2=(2n+2)2(2n+3)(2n+1)=4n2+8n+44n2+8n+3＞1，
注意到f（n）＞0，所以f（n+1）＞f（n）．
特别地f(n)≥f(1)=43＞1，
从而2T_n-log₂（2a_n+1）=log₂f（n）＞0．
所以2T_n＞log₂（2a_n+1）．

解析

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考点

据考高分专家说，试题“已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn.....”主要考查你对 [数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等） ]考点的理解。 数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等）

数列求和的常用方法：

1.裂项相加法：数列中的项形如

的形式，可以把

表示为

，累加时抵消中间的许多项，从而求得数列的和；
2、错位相减法：源于等比数列前n项和公式的推导，对于形如

的数列，其中

为等差数列，

为等比数列，均可用此法；
3、倒序相加法：此方法源于等差数列前n项和公式的推导，目的在于利用与首末两项等距离的两项相加有公因式可提取，以便化简后求和。
4、分组转化法：把数列的每一项分成两项，或把数列的项“集”在一块重新组合，或把整个数列分成两个部分，使其转化为等差或等比数列，这一求和方法称为分组转化法。
5、公式法求和：所给数列的通项是关于n的多项式，此时求和可采用公式求和，常用的公式有：
 


数列求和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法。

数列求和特别提醒：

（1）对通项公式含有

的一类数列，在求

时，要注意讨论n的奇偶性；
（2）在用等比数列前n项和公式时，一定要分q=1和q≠1两种情况来讨论。