已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn=2-an．求证：数列{ann}是等比数列；设数列{2nan}的前n项和为Tn，An=1

题文

已知数列{a_n}的前n项和为S_n，S_n=2-（2n+1）a_n（n≥1）．
（1）求证：数列{ann}是等比数列；
（2）设数列{2ⁿa_n}的前n项和为T_n，A_n=1T1+1T2+1T3+…+1Tn．试比较A_n与2nan的大小． 题型：未知 难度：其他题型

答案

（1）由a₁=S₁=2-3a₁得a₁=12，
由S_n=2-（2n+1）a_n得S_n-1=2-（2n-1+1）a_n-1，
于是a_n=S_n-S_n-1=（2n-1+1）a_n-1-（2n+1）a_n，
整理得ann=12×an-1n-1（n≥2），
所以数列{ann}是首项及公比均为12的等比数列．
（2）由（Ⅰ）得ann=12×(12)n-1=12n．
于是2ⁿa_n=n，T_n=1+2+3+…+n=n(n+1)2，
1Tn=2n(n+1)=2(1n-1n+1)，
A_n=2[（1-12）+（12-13）+…+(1n-1n+1)=2（1-1n+1）=2nn+1．
又2nan=2n+1n2，问题转化为比较2n+1n2与2nn+1的大小，即2nn2与nn+1的大小．
设f（n）=2nn2，g（n）=nn+1．
∵f（n+1）-f（n）=2n[n(n-2)-1][n(n+1)]2，当n≥3时，f（n+1）-f（n）＞0，
∴当n≥3时f（n）单调递增，
∴当n≥4时，f（n）≥f（4）=1，而g（n）＜1，∴当n≥4时f（n）＞g（n），
经检验n=1，2，3时，仍有f（n）≥g（n），
因此，对任意正整数n，都有f（n）＞g（n），
即A_n＜2nan．

解析

12

考点

据考高分专家说，试题“已知数列{an}的前n项和为Sn，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。