数列证明题型总结(教师版)附答案.doc

一、解答题 ：
1．在数列中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n.
(Ⅰ)设bn＝，证明：数列是等差数列；
(Ⅱ)求数列的前n项的和Sn.
【答案】
(Ⅰ)因为bn＋1－bn＝－＝＝＝1
所以数列{bn}为等差数列
(Ⅱ)因为bn＝b1＋(n－1)×1＝n
所以an＝n·2n－1
所以Sn＝1×20＋2×21＋…＋n×2n－1
2Sn＝1×21＋2×22＋…＋n×2n
两式相减得Sn＝(n－1)·2n＋1

2．在数列{an}中，a1＝，an＋1＝an＋.
(Ⅰ)设bn＝2nan，证明：数列{bn}是等差数列；
(Ⅱ)求数列{an}的前n项和Sn.
【答案】
(Ⅰ)由an＋1＝an＋，
得2n＋1an＋1＝2nan＋1　bn＋1＝bn＋1，
则{bn}是首项b1＝1，公差为1的等差数列．
故bn＝n，an＝.
(Ⅱ)Sn＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×
Sn＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×
两式相减，得：
Sn＝＋＋＋…＋－
＝－＝1－－
Sn＝2－－

3．数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且满足4Sn＝(an＋1)2(n∈N*)．
(Ⅰ)证明：数列{an}是等差数列，并求出其通项公式an；
(Ⅱ)设bn＝an＋2an(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.
【答案】
(Ⅰ)n＝1时，4a1＝(a1＋1)2⇒a－2a1＋1＝0，即a1＝1
n≥2时，4an＝4Sn－4Sn－1＝(an＋1)2－(an－1＋1)2＝a－a＋2an－2an－1
⇒a－a－2an－2an－1＝0
⇒(an＋an－1)[(an－an－1)－2]＝0
∵an>0　∴an－an－1＝2
故数列{an}是首项为a1＝1，公差为d＝2的等差数列，且an＝2n－1(n∈N*)
(Ⅱ)由(Ⅰ)知bn＝an＋2an＝(2n－1)＋22n－1
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝(1＋21)＋(3＋23)＋…＋[(2n－1)＋22n－1]
＝[1＋3＋…＋(2n－1)]＋(21＋23＋…＋22n－1)
＝n2＋＝＋n2－＝

4．数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且满足2＝an＋1(n∈N*)．
(Ⅰ)证明：数列{an}是等差数列，并求出其通项公式an；
(Ⅱ)设bn＝an·2n(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.
【答案】
(Ⅰ)由2＝an＋1(n∈N*)可以得到4Sn＝(an＋1)2(n∈N*)
n＝1时，4a1＝(a1＋1)2⇒a－2a1＋1＝0，即a1＝1
n≥2时，4an＝4Sn－4Sn－1＝(an＋1)2－(an－1＋1)2
＝a－a＋2an－2an－1
⇒a－a－2an－2an－1＝0
⇒(an＋an－1)[(an－an－1)－2]＝0
∵an>0　∴an－an－1＝2
故数列{an}是首项为a1＝1，公差为d＝2的等差数列，且
an＝2n－1(n∈N*)
(Ⅱ)由(Ⅰ)知bn＝an·2n＝(2n－1)·2n
∴Tn＝(1·21)＋(3·22)＋…＋[(2n－3)·2n－1]＋[(2n－1)·2n]
则2Tn＝(1·22)＋(3·23)＋…＋[(2n－3)·2n]＋[(2n－1)·2n＋1]
两式相减得：
－Tn＝(1·21)＋(2·22)＋…＋(2·2n)－[(2n－1)·2n＋1]
＝2·－2－[(2n－1)·2n＋1]
＝(3－2n)·2n＋1－6
∴Tn＝(2n－3)·2n＋1＋6(或Tn＝(4n－6)·2n＋6)

5．已知数列{an}，其前n项和为Sn＝n2＋n(n∈N*)．
(Ⅰ)求a1，a2；
(Ⅱ)求数列{an}的通项公式，并证明数列{an}是等差数列；
(Ⅲ)如果数列{bn}满足an＝log2bn，请证明数列{bn}是等比数列，并求其前n项和Tn.
【答案】
(Ⅰ)a1＝S1＝5，
a1＋a2＝S2＝×22＋×2＝13，
解得a2＝8.
(Ⅱ)当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1
＝[n2－(n－1)2]＋[n－(n－1)]
＝(2n－1)＋＝3n＋2.
又a1＝5满足an＝3n＋2，
∴an＝3n＋2(n∈N*)．
∵an－an－1＝3n＋2－[3(n－1)＋2]
＝3(n≥2，n∈N*)，
∴数列{an}是以5为首项，3为公差的等差数列．
(Ⅲ)由已知得bn＝2an(n∈N*)，
∵＝＝2an＋1－an＝23＝8(n∈N*)，
又b1＝2a1＝32，
∴数列{bn}是以32为首项，8为公比的等比数列．
∴Tn＝＝(8n－1)．

6．已知函数f(x)＝，数列{an}满足：a1＝，an＋1＝f(an)．
(Ⅰ)求证：数列为等差数列，并求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)记Sn＝a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1，求证：Sn<.
【答案】
证明：(Ⅰ)∵an＋1＝f(an)＝，∴＝＋，即－＝，
则成等差数列，
所以＝＋(n－1)×＝＋(n－1)×＝，则an＝.
(Ⅱ)∵anan＋1＝·＝8，
∴Sn＝a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝8＝8<.

7．已知数列{an}的前三项依次为2，8，24，且{an－2an－1}是等比数列．
(Ⅰ)证明是等差数列；
(Ⅱ)试求数列{an}的前n项和Sn的公式．
【答案】
(Ⅰ)∵a2－2a1＝4，a3－2a2＝8，
∴{an－2an－1}是以2为公比的等比数列．
∴an－2an－1＝4×2n－2＝2n.
等式两边同除以2n，得－＝1，
∴是等差数列．
(Ⅱ)根据(Ⅰ)可知＝＋(n－1)×1＝n，∴an＝n·2n.
Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，'①
2Sn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1.'②
①－②得：
－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1
＝－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1，
∴Sn＝(n－1)·2n＋1＋2.

8．已知数列{an}的各项为正数，前n项和为Sn，且满足：Sn＝(n∈N*)．
(Ⅰ)证明：数列{S}是等差数列；
(Ⅱ)设Tn＝S＋S＋S＋…＋S，求Tn.
【答案】
(Ⅰ)证明：当n＝1时，a1＝S1，又Sn＝(n∈N*)，
∴S1＝，解得S1＝1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，
∴Sn＝，
即Sn＋Sn－1＝，化简得S－S＝1，
{S}是以S＝1为首项，1为公差的等差数列．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知S＝n，
Tn＝S＋S＋…＋S，
即Tn＝1·＋2·＋…＋(n－1)＋n·.'①
①×得Tn＝1·＋…＋(n－1)＋n·.'②
①－②得Tn＝＋＋…＋－n·
＝－n·＝1－－n·＝1－，
∴Tn＝2－.

9．数列{an}满足a1＝1，an＋1·＝1(n∈N*)，记Sn＝a＋a＋…＋a.
(Ⅰ)证明：是等差数列；
(Ⅱ)对任意的n∈N*，如果S2n＋1－Sn≤恒成立，求正整数m的最小值．
【答案】
(Ⅰ)证明：－＝4⇒＝＋(n－1)×4⇒＝4n－3，
即是等差数列．
(Ⅱ)令g(n)＝S2n＋1－Sn＝＋＋…＋.
∵g(n＋1)－g(n)<0，
∴g(n)在n∈N*上单调递减，
∴[g(n)]max＝g(1)＝.∴≤恒成立⇒m≥，
又∵m∈N，∴正整数m的最小值为10.

10．已知数列{an}是首项a1＝，公比为的等比数列，设bn＋15log3an＝t，常数t∈N*.
(Ⅰ)求证：{bn}为等差数列；
(Ⅱ)设数列{cn}满足cn＝anbn，是否存在正整数k，使ck＋1，ck，ck＋2成等比数列？若存在，求k，t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】
(Ⅰ)证明：an＝3－，bn＋1－bn＝－15log3＝5，
∴{bn}是首项为b1＝t＋5，公差为5的等差数列．
(Ⅱ)cn＝(5n＋t)·3－，令5n＋t＝x，则cn＝x·－，
cn＋1＝(x＋5)·3－，cn＋2＝(x＋10)·3－，
若c＝cn＋1cn＋2，则(x·3－)2＝(x＋5)·3－·(x＋10)·3－，
化简得2x2－15x－50＝0，解得x＝10或－(舍)，
进而求得n＝1，t＝5，
综上，存在n＝1，t＝5适合题意．

11．在数列{ an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n＋1.
(Ⅰ)设bn＝an＋1－an＋2，(n∈N*)，证明：数列{bn}是等比数列；
(Ⅱ)求数列{an}的通项an.
【答案】
(Ⅰ)由已知an＋1＝2an＋2n＋1　①
得an＋2＝2an＋1＋2n＋3　②
②－①，得an＋2－an＋1＝2an＋1－2an＋2
设an＋2－an＋1＋c＝2(an＋1－an＋c)．
展开与上式对比，得c＝2
因此，有an＋2－an＋1＋2＝2(an＋1－an＋2)
由bn＝an＋1－an＋2，得bn＋1＝2bn，
由a1＝1，a2＝2a1＋3＝5，得b1＝a2－a1＋2＝6，
故数列{bn}是首项为6，公比为2的等比数列
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，bn＝6×2n－1＝3×2n
则an＋1－an＝bn－2＝3×2n－2，
所以an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝1＋(3×21－2)＋(3×22－2)＋…＋(3×2n－1－2)
＝1＋3(2＋22＋23＋…＋2n－1)－2(n－1)
an＝3×2n－2n－3，
当n＝1时，a1＝3×21－2×1－3＝6－5＝1，故a1也满足上式
故数列{an}的通项为an＝3×2n－2n－3(n∈N*)．

12．在数列{an}中，a1＝，an＝an－1＋×(n∈N*且n≥2)．
(Ⅰ)证明：{an＋}是等比数列；
(Ⅱ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅲ)设Sn为数列的前n项和，求证Sn<.
【答案】
(Ⅰ)由已知，得＝＝∴是等比数列．
(Ⅱ)设An＝an＋，则A1＝a1＋1＝＋＝，且q＝
则An＝()n，
∴an＋＝，可得an＝－
(Ⅲ)Sn＝(－)＋(－)＋…＋(－)
＝－
＝－＋·＝－<

13．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an－n＋1(n∈N*)．
(Ⅰ)证明：数列{an－n}是等比数列，并求出数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)数列{bn}满足：bn＝(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Sn.
【答案】
(Ⅰ)证法一：由an＋1＝2an－n＋1可得an＋1－(n＋1)＝2(an－n)，又a1＝2，则a1－1＝1，
∴数列{an－n}是以a1－1＝1为首项，且公比为2的等比数列，
则an－n＝1×2n－1，∴an＝2n－1＋n.
证法二：＝＝＝2，
又a1＝2，则a1－1＝1，
∴数列{an－n}是以a1－1＝1为首项，且公比为2的等比数列，
则an－n＝1×2n－1，∴an＝2n－1＋n.
(Ⅱ)∵bn＝，∴bn＝＝
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋2·()2＋…＋n·()n　①
∴Sn＝()2＋2·()3＋…＋(n－1)()n＋n·()n＋1　②
由①－②，得Sn＝＋()2＋()3＋…＋()n－n·()n＋1＝－n·()n＋1＝1－(n＋2)()n＋1，
∴Sn＝2－(n＋2)()n.

14．在数列{an}中，a1＝1，2nan＋1＝(n＋1)an，n∈N*.
(Ⅰ)设 bn＝，证明：数列{bn}是等比数列；
(Ⅱ)求数列{an}的前n项和Sn.
【答案】
(Ⅰ)因为＝×＝，
所以{bn}是首项为1，公比为的等比数列．
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知＝，即an＝，
Sn＝1＋＋＋＋…＋，
上式两边乘以，得
Sn＝＋＋＋…＋＋，
两式相减，得Sn＝1＋＋＋＋…＋－，
Sn＝2－，
所以Sn＝4－

15．设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝(1＋λ)－λan，其中λ≠－1，0.
(Ⅰ)证明：数列{an}是等比数列；
(Ⅱ)设数列{an}的公比q＝f(λ)，数列{bn}满足b1＝，bn＝f(bn－1)(n∈N*，n≥2)，求数列{bn}的通项公式．
【答案】
(Ⅰ)由Sn＝(1＋λ)－λan⇒Sn－1＝(1＋λ)－λan－1(n≥2)，
相减得：an＝－λan＋λan－1，∴＝(n≥2)，
∴数列{an}是等比数列　
(Ⅱ)f(λ)＝，∴bn＝⇒＝＋1，
∴{}是首项为＝2，公差为1的等差数列；
∴＝2＋(n－1)＝n＋1，∴bn＝.　

16．在等差数列{an}中，a10＝30，a20＝50.
(Ⅰ)求数列{an}的通项an；
(Ⅱ)令bn＝2an－10，证明：数列{bn}为等比数列；
(Ⅲ)求数列{nbn}的前n项和Tn.
【答案】
(Ⅰ)由an＝a1＋(n－1)d，a10＝30，a20＝50，
得方程组，解得a1＝12，d＝2.
∴an＝12＋(n－1)·2＝2n＋10.
(Ⅱ)由(Ⅰ)得bn＝2an－10＝22n＋10－10＝22n＝4n，∴＝＝4
∴{bn}是首项是4，公比q＝4的等比数列．
(Ⅲ)由nbn＝n×4n
得：Tn＝1×4＋2×42＋…＋n×4n
4Tn＝1×42＋…＋(n－1)×4n＋n×4n＋1
相减可得：
－3Tn＝4＋42＋…＋4n－n×4n＋1＝－n×4n＋1
Tn＝

17．已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，已知a3＝11，S9＝153，
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)设an＝log2bn，证明{bn}是等比数列，并求其前n项和Tn.
【答案】
(Ⅰ) 　解得：d＝3，a1＝5, ∴an＝3n＋2
(Ⅱ)bn＝2an，∵＝＝2an＋1－an＝23＝8，
∴{bn}是公比为8的等比数列
又∵b1＝2a1＝32, ∴Tn＝＝(8n－1)．

18．在数列{an}中，a1＝3，an＝2an－1＋n－2(n≥2，且n∈N*)．
(Ⅰ)求a2，a3的值；
(Ⅱ)证明：数列{an＋n}是等比数列，并求{an}的通项公式；
(Ⅲ)求数列{an}的前n项和Sn.
【答案】
(Ⅰ)∵a1＝3，
an＝2an－1＋n－2(n≥2，且n∈N*)，
∴a2＝2a1＋2－2＝6，
a3＝2a2＋3－2＝13.
(Ⅱ)证明：∵＝
＝＝2，
∴数列{an＋n}是首项为a1＋1＝4，公比为2的等比数列．
∴an＋n＝4·2n－1＝2n＋1，即an＝2n＋1－n，
∴{an}的通项公式为an＝2n＋1－n(n∈N*)．
(Ⅲ)∵{an}的通项公式为an＝2n＋1－n(n∈N*)，
∴Sn＝(22＋23＋24＋…＋2n＋1)－
　(1＋2＋3＋…＋n)
＝－
＝2n＋2－.

19．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝3an＋2(n∈N*)．
(Ⅰ)求证：数列{an＋1}是等比数列；
(Ⅱ)求数列{an}的通项公式．
【答案】
(Ⅰ)证明：由an＋1＝3an＋2得an＋1＋1＝3(an＋1)，
从而＝3，
即数列{an＋1}是首项为3，公比为3的等比数列．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，an＋1＝3·3n－1＝3n⇒an＝3n－1.

20．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝4an＋2n＋1，Sn为{an}的前n项和．
(Ⅰ)设bn＝an＋2n，证明数列{bn}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)设Tn＝，n＝1，2，3，…，证明：i<.
【答案】
(Ⅰ)因为bn＋1＝an＋1＋2n＋1＝(4an＋2n＋1)＋2n＋1＝4(an＋2n)＝4bn，且b1＝a1＋2＝4，
所以{bn}是以4为首项，以q＝4为公比的等比数列．
所以bn＝b1qn－1＝4n，所以an＝4n－2n.
(Ⅱ)Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(4＋42＋…＋4n)－(2＋22＋…＋2n)
＝(4n－1)－2(2n－1)＝[(2n＋1)2－3·2n＋1＋2]
＝(2n＋1－1)(2n＋1－2)＝(2n＋1－1)(2n－1)，
所以Tn＝＝×＝×，
因此i＝＝<.

21．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝4an－3(n∈N*)．
(Ⅰ)证明：数列{an}是等比数列；
(Ⅱ)若数列{bn}满足bn＋1＝an＋bn(n∈N*)，且b1＝2，求数列{bn}的通项公式．
【答案】
(Ⅰ)证明：由Sn＝4an－3，n＝1时，a1＝4a1－3，解得a1＝1.
n≥2时，Sn－1＝4an－1－3，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4an－4an－1，得an＝an－1.
又a1＝1≠0，所以{an}是首项为1，公比为的等比数列．
(Ⅱ)因为an＝，由bn＋1＝an＋bn(n∈N*)，得bn＋1－bn＝.
可得bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝2＋＝3－1(n≥2)，
当n＝1时也满足，所以数列{bn}的通项公式为bn＝3－1.

22．在各项均为负数的数列{an}中，已知点(an，an＋1)(n∈N*)在函数y＝x的图象上，且a2·a5＝.
(Ⅰ)求证：数列{an}是等比数列，并求出其通项；
(Ⅱ)若数列{bn}的前n项和为Sn，且bn＝an＋n，求Sn.
【答案】
(Ⅰ)证明：因为点(an，an＋1)(n∈N*)在函数y＝x的图象上，
所以an＋1＝an，即＝，故数列{an}是公比q＝的等比数列．
因为a2a5＝，则a1q·a1q4＝，即a＝，
由于数列{an}的各项均为负数，则a1＝－，所以an＝－.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，an＝－，bn＝－＋n，
所以Sn＝3·＋.

23．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝3·2n－1－2，bn＝an＋1.
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)证明：数列{bn}是等比数列，并求其前n项和Tn.
【答案】
(Ⅰ)∵Sn＝3·2n－1－2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3·2n－1－2－3·n－2＋2＝3·2n－2，
当n＝1时，a1＝1不满足上式．∴an＝
(Ⅱ)bn＝an＋1＝3×2n－1，b1＝a2＝3，n∈N*.
∵＝＝2，n∈N*，∴数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列；
由等比数列前n项和公式得Tn＝＝3×2n－3.

24．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝5，an＋1＝Sn＋3n(n∈N*)．
(Ⅰ)令bn＝Sn－3n，求证：{bn}是等比数列；
(Ⅱ)令cn＝，设Tn是数列{cn}的前n项和，求满足不等式Tn>的n的最小值．
【答案】
(Ⅰ)证明：b1＝S1－3＝2≠0，
Sn＋1－Sn＝Sn＋3n，即Sn＋1＝2Sn＋3n，
＝＝＝2≠0，
所以{bn}是等比数列．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知bn＝2n，
则cn＝＝
＝－，
Tn＝－，
Tn＝－>，n>2 011，即nmin＝2 012.

25．已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝(n∈N*)．
(Ⅰ)求证：数列是等比数列；
(Ⅱ)若＝＋1，且数列{bn}是单调递增数列，求实数λ的取值范围．
【答案】
(Ⅰ)证明：＝1＋，＋1＝2，
＋1＝2≠0，所以数列是等比数列．
(Ⅱ)＋1＝2n，an＝，
＝＋1＝2n，bn＋1＝2n(n－λ)，
bn＝2n－1(n－1－λ)(n≥2)，b1＝－λ适合，
所以bn＝2n－1(n－1－λ)(n∈N*)，
由bn＋1>bn得2n＋1(n＋1－λ)>2n(n－λ)，
λ<n＋2，λ<(n＋2)min＝3，
∴λ的取值范围为{λ|λ<3}．

26．已知数列{an}中，a1＝2，a2＝4，an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)．
(Ⅰ)证明：数列{an＋1－an}是等比数列，并求出数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)记bn＝，数列{bn}的前n项和为Sn，求使Sn>2 010的n的最小值．
【答案】
(Ⅰ)an＋1＝3an－2an－1(n≥2)，
∴(an＋1－an)＝2(an－an－1)(n≥2)．
∵a1＝2，a2＝4，∴a2－a1＝2≠0，an－an－1≠0，
故数列{an＋1－an}是首项为2，公比为2的等比数列，
∴an＋1－an＝(a2－a1)2n－1＝2n，
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋(an－2－an－3)＋…＋
　(a2－a1)＋a1
＝2n－1＋2n－2＋2n－3＋…＋21＋2
＝＋2
＝2n(n≥2)．
又a1＝2满足上式，∴an＝2n(n∈N*)．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知bn＝＝2＝2
＝2－，
∴Sn＝2n－
＝2n－＝2n－2＝2n－2＋.
由Sn>2 010得：
2n－2＋>2 010，即n＋>1 006，
因为n为正整数，所以n的最小值为1 006.

27．已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn+2n=2an．
（I）证明：数列{an+2}是等比数列，并求数列{an}的通项公式an；
（Ⅱ）若数列{bn}满足bn=log2（an+2），求数列{}的前n项和Tn．
【答案】
（I）证明：由Sn+2n=2an，得Sn=2an﹣2n，
当n∈N*时，Sn=2an﹣2n，①
当n=1时，S1=2a1﹣2，则a1=2，
当n≥2时，Sn﹣1=2an﹣1﹣2（n﹣1），②
①﹣②，得an=2an﹣2an﹣1﹣2，
即an=2an﹣1+2，
∴an+2=2（an﹣1+2），
∴，
∴{an+2}是以a1+2为首项，以2为公比的等比数列．
∴，
∴．
（Ⅱ）解：∵，
∴bn=n（n+1），
∴，
∴
=1﹣+﹣+…+
=1﹣
=．
【解析】
考点： 数列的求和；等比数列的通项公式．
专题： 综合题．
分析： （I）由Sn+2n=2an，得Sn=2an﹣2n，由此利用构造法能够证明数列{an+2}是等比数列，并求出数列{an}的通项公式an．
（Ⅱ）由，得，由此利用错位相减法能够求出数列{}的前n项和Tn．

28．数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项的和Sn满足S＝an(Sn－1)．
(Ⅰ)证明：数列是等差数列；
(Ⅱ)设bn＝log2，数列{bn}的前n项和为Tn，求满足Tn≥6的最小正整数n.
【答案】
(Ⅰ)∵S＝an(Sn－1)，
∴S＝(Sn－Sn－1)(Sn－1)(n≥2)，
∴SnSn－1＝Sn－1－Sn，即－＝1，
∴是1为首项，1为公差的等差数列．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知Sn＝，∴bn＝log2，
∴Tn＝log2
＝log2≥6，
∴(n＋2)(n＋1)≥128，∵n∈N*，∴n≥10，
所以满足Tn≥6的最小正整数为10

29．已知数列{an}的首项a1=，，其中n∈N+．
（Ⅰ）求证：数列{}为等比数列；
（Ⅱ）记Sn=，若Sn＜100，求最大的正整数n．
【答案】
（Ⅰ）证明：∵，∴，
∵，∴∈N+），
∴数列{}为等比数列．
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可求得
=，
若Sn＜100，则n+1﹣，
∴nmax=99．
【解析】考点： 数列递推式；数列的求和．专题： 综合题；等差数列与等比数列．
分析： （Ⅰ）利用数列递推式，变形可得，从而可证数列{}为等比数列；
（Ⅱ）确定数列的通项，利用等比数列的求和公式求和，即可求最大的正整数n．

30．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝4an－3n＋1，n∈N*.
(Ⅰ)证明数列{an－n}是等比数列；
(Ⅱ)设数列{an}的前n项和Sn，求Sn＋1－4Sn的最大值．
【答案】
(Ⅰ)证明：由题设an＋1＝4an－3n＋1，
得an＋1－(n＋1)＝4(an－n)，n∈N*.
又a1－1＝1，所以数列{an－n}是首项为1，且公比为4的等比数列．
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知an－n＝4n－1，
于是数列{an}的通项公式为an＝4n－1＋n.
所以数列{an}的前n项和Sn＝＋.
Sn＋1－4Sn＝＋－4
＝－(3n2＋n－4)，故n＝1，最大0.

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