已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2-n+2nan(n∈N*)．求证：an+1an=n+12n；求an及Sn；求证：a21+a2

题文

已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且Sn=2-n+2nan(n∈N*)．
（I）求证：an+1an=n+12n；
（II）求a_n及S_n；
（III）求证：a21+a22+a23+…+a2n＜4964． 题型：未知 难度：其他题型

答案

（ I）Sn=2-n+2nan(n∈N*)，（1）Sn+1=2-n+3n+1an+1，（2）（2分）
（2）-（1），得an+1=n+2nan-n+3n+1an+1，∴an+1an=n+12n．（3分）
（ II）当n=1时，a1=S1=2-1+21a1，a1=12；                          （4分）
由（ I），得an=a1•a2a1•a3a2•a4a3•…•anan-1=12•22×1•32×2•42×3•…•n2(n-1)=n2n
即an=n2n                                             （7分）
将an=n2n代入Sn=2-n+2nan(n∈N*)，得Sn=2n+1-n-22n．（8分）
（ III）由an=n2n，则即证(12)2+(222)2+(323)2+…+(n2n)2＜4964
下证：当n≥4，n∈N^*时，2ⁿ≥n²．
①当n=4时，2⁴=4²，成立；当n=5时，2⁵＞5²，成立；              （9分）
②假设当n=k（k≥4，k∈N^*）时，成立，即2^k≥k²，则
当n=k+1时，2^k+1≥2k²，令f（k）=2k²-（k+1）²=k²-2k-1，k≥4，k∈N^*，当k=4时有最小值7，故2k²＞（k+1）²，
∴2^k+1≥（k+1）²，即n=k+1成立；
由①②得结论成立．（11分）
于是，(k2k)2＜12k．
令k=4，5，6，…，n，各式相加，得(424)2+(525)2+(626)2+…+(n2n)2＜18-12n，
又(12)2+(222)2+(323)2=4164，
两式相加，得(12)2+(222)2+(323)2+…+(n2n)2＜4964-12n＜4964．（12分）

解析

n+2n

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。