已知数列{an}的各项均为正值，a1=1，对任意n∈N*，an+12-1=4an，bn=log2都成立．求数列{an}、{bn}的

题文

已知数列{a_n}的各项均为正值，a₁=1，对任意n∈N^*，a_n+1²-1=4a_n（a_n+1），b_n=log₂（a_n+1）都成立．
（1）求数列{a_n}、{b_n}的通项公式；
（2）令c_n=a_n•b_n，求数列{c_n}的前n项和T_n；
（3）当k＞7且k∈N^*时，证明对任意n∈N^*，都有1bn+1bn+1+1bn+2+…+1bnk-1＞32成立． 题型：未知 难度：其他题型

答案

（1）由n∈N*，a2n+1-1=4an(an+1)，得（a_n+1+2a_n+1）（a_n+1-2a_n-1）=0
∵数列{a_n}的各项均为正值，a_n+1+2a_n+1＞0，∴a_n+1=2a_n+1，整理为a_n+1+1=2（a_n+1）
又a₁+1=2≠0∴数列{a_n+1}为等比数列，
∴an+1=(a1+1)•2n-1=2n∴数列{a_n}的通项公式an=2n-1，
数列{b_n}的通项公式bn=log2(2n-1+1)=n．
（2）由（1）c_n=a_n•b_n=n•（2ⁿ-1）
所以T_n=1•2¹+2•2²+3•2³+…+n•2ⁿ-（1+2+3+…+n）
令T_n′=1•2¹+2•2²+3•2³+…+n•2ⁿ①
则2T_n′=1•2²+2•2³+3•2⁴+…+n•2ⁿ⁺¹②
①-②得-T_n′=1•2¹+2²+2³+2⁴+…++2ⁿ-n•2ⁿ⁺¹=2ⁿ⁺¹-2-n•2ⁿ⁺¹=（1-n）2ⁿ⁺¹-2
（3）法1：设S=1bn+1bn+1+1bn+2+…+1bnk-1=1n+1n+1+1n+2+…+1nk-1
∴2S=(1n+1nk-1)+(1n+1+1nk-2)+(1n+2+1nk-3)+…+(1nk-1+1n)
当x＞0，y＞0时，x+y≥2xy，1x+1y≥21xy，
∴(x+y)(1x+1y)≥4∴1x+1y≥4x+y当且仅当x=y时等号成立．
∴上述（1）式中，k＞7，n＞0，n+1，n+2，…，nk-1全为正，
∴2S＞4n+nk-1+4n+1+nk-2+4n+2+nk-3+…+4nk-1+n=4n(k-1)n+nk-1
∴S＞2(k-1)1+k-1n＞2(k-1)k+1=2(1-2k+1)＞2(1-27+1)=32
法2∵k≥8，S≥1n+1n+1+…+18n-1
=1n+…+12n-1+12n+…+13n-1+13n+…+14n-1+…+18n-1＞12n-1+…+12n-1+13n-1+…+13n-1+14n-1+…+14n-1+…+18n-1+…+18n-1
=n2n-1+n3n-1+n4n-1+…+n8n-1＞12+13+14+15+16+17+18
=1+14+15+17+18=1+83140+18＞1+12=32

解析

a2n+1

考点

据考高分专家说，试题“已知数列{an}的各项均为正值，a1=1.....”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。