高考數(shù)學(xué)大二輪專題復(fù)習(xí)沖刺方案文數(shù)經(jīng)典版文檔：第二編 專題三 第2講 數(shù)列求和問題 Word版含解析

《高考數(shù)學(xué)大二輪專題復(fù)習(xí)沖刺方案文數(shù)經(jīng)典版文檔：第二編 專題三 第2講 數(shù)列求和問題 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)大二輪專題復(fù)習(xí)沖刺方案文數(shù)經(jīng)典版文檔：第二編 專題三 第2講 數(shù)列求和問題 Word版含解析（16頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第2講　數(shù)列求和問題 「考情研析」　1.從具體內(nèi)容上，高考對數(shù)列求和的考查主要以解答題的形式出現(xiàn)，通過分組轉(zhuǎn)化、錯(cuò)位相減、裂項(xiàng)相消等方法求一般數(shù)列的和，體現(xiàn)轉(zhuǎn)化與化歸的思想．　2.從高考特點(diǎn)上，難度稍大，一般以解答題為主，分值約為7～8分. 核心知識回顧 常見的求和方法 (1)公式法：適合求等差數(shù)列或等比數(shù)列的前n項(xiàng)和．對等比數(shù)列利用公式法求和時(shí)，一定注意公比q是否取1. (2)錯(cuò)位相減法：主要用于求數(shù)列{an·bn}的前n項(xiàng)和，其中{an}，{bn}分別是等差數(shù)列和等比數(shù)列． (3)裂項(xiàng)相消法：把數(shù)列和式中的各項(xiàng)分別裂項(xiàng)后，消去一部分從而計(jì)算和的方法，適用于求通項(xiàng)為的

2、數(shù)列的前n項(xiàng)和． (4)分組求和法：一個(gè)數(shù)列既不是等差數(shù)列，也不是等比數(shù)列，若將這個(gè)數(shù)列適當(dāng)拆開，重新組合，就會變成幾個(gè)可以求和的部分，分別求和，然后再合并． (5)并項(xiàng)求和法：當(dāng)一個(gè)數(shù)列為擺動數(shù)列，形如(－1)nan的形式，通常分奇、偶，觀察相鄰兩項(xiàng)是否構(gòu)成新數(shù)列． 熱點(diǎn)考向探究 考向1 分組轉(zhuǎn)化法求和 例1　(2019·天津南開區(qū)高三下學(xué)期一模)已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)和，且a5＝3a2，S7＝14a2＋7. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)數(shù)列{an＋bn}是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列，求數(shù)列{(－1)nbn(an＋bn)}的前n項(xiàng)和Tn

3、. 解　(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差是d. 由a5＝3a2得a1＋4d＝3(a1＋d)，化簡得d＝2a1，① 由S7＝14a2＋7得d＝a1＋1，② 由①②解得a1＝1，d＝2. 所以數(shù)列{an }的通項(xiàng)公式為an＝2n－1. (2)由數(shù)列{an＋bn }是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列，得an＋bn＝2n－1，即2n－1＋bn＝2n－1.所以bn＝2n－1－2n＋1. 所以(－1)nbn(an＋bn)＝(－1)n·2n－1·(2n－1－2n＋1)＝(－1)n4n－1＋(－2)n－1(2n－1)＝－(－4)n－1＋(2n－1)·(－2)n－1. ∴Pn＝(－4)0＋(－4)1＋

4、…＋(－4)n－1＝＝， Qn＝1·(－2)0＋3·(－2)1＋5·(－2)2＋…＋(2n－3)·(－2)n－2＋(2n－1)·(－2)n－1，③ －2Qn＝1·(－2)1＋3·(－2)2＋5·(－2)3＋…＋(2n－3)·(－2)n－1＋(2n－1)·(－2)n，④ ③－④得 3Qn＝1·(－2)0＋2·(－2)1＋2·(－2)2＋…＋2·(－2)n－1－(2n－1)·(－2)n＝1＋－(2n－1)·(－2)n＝－－·(－2)n. ∴Qn＝－－·(－2)n. ∴Tn＝－Pn＋Qn＝－＋－. 若一個(gè)數(shù)列是由兩個(gè)或多個(gè)等差、等比數(shù)列的和差形式組成，或這個(gè)數(shù)列可以分解成兩個(gè)或多個(gè)

5、等差、等比數(shù)列的和差形式，則可以根據(jù)數(shù)列的結(jié)構(gòu)對原數(shù)列求和式的各部分重新組合，進(jìn)而使用等差、等比數(shù)列的求和公式進(jìn)行求和．解題的關(guān)鍵是觀察結(jié)構(gòu)、巧分組． 等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，滿足a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3. (1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式； (2)令cn＝設(shè)數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Tn，求T2n. 解　(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，數(shù)列{bn}的公比為q，則由a1＝3，b1＝1及 得 解得所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2n－1. (2)由a1＝3，an＝2n＋1，得Sn＝n(n＋2

6、)． 則cn＝ 即cn＝ T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n) ＝＋(2＋23＋…＋22n－1)＝1－＋＝＋(4n－1)． 考向2 裂項(xiàng)相消法求和 例2　(2019·甘青寧高三3月聯(lián)考)設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知a7＝5，S5＝－55. (1)求Sn； (2)設(shè)bn＝，求數(shù)列的前19項(xiàng)和T19. 解　(1)∵∴ ∴Sn＝－19n＋×4＝2n2－21n. (2)設(shè)bn＝＝2n－21， 則＝＝， 故T19＝×＝×＝－. 裂項(xiàng)相消法：即把每一項(xiàng)都拆成正負(fù)兩項(xiàng)，使其正負(fù)抵消，只余有限幾項(xiàng)，可求和．適用于數(shù)列的求和，其中數(shù)列

7、{an}是各項(xiàng)不為0的等差數(shù)列，c為常數(shù)． 已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和是Sn，且滿足Sn＋an＝2n＋1(n∈N*)． (1)求證：數(shù)列{an－2}是等比數(shù)列，并求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)求證：＋＋…＋<. 解　(1)因?yàn)镾n＋an＝2n＋1，① 所以當(dāng)n＝1時(shí)，a1＋a1＝2＋1，解得a1＝. 當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＋an－1＝2(n－1)＋1，② 由①－②，得an－an－1＋an＝2，即an＝an－1＋1， 即an－2＝(an－1－2)， 所以數(shù)列{an－2}是等比數(shù)列，其首項(xiàng)為a1－2＝－，公比為， 所以an－2＝－n，所以an＝2－n. (2)證明：＝＝

8、－， 所以＋＋…＋＝＋＋…＋＝－<. 考向3 錯(cuò)位相減法求和 例3　(2019·東北三省三校高三二模)已知Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，Sn＝n2＋2n，等比數(shù)列{bn}的公比為4，且a2＝5b1. (1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式； (2)求數(shù)列{an·bn}的前n項(xiàng)和Tn. 解　(1)當(dāng)n≥2時(shí)，Sn＝n2＋2n，Sn－1＝(n－1)2＋2(n－1)，∴an＝Sn－Sn－1＝2n＋1， 當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝3滿足上式，綜上，an＝2n＋1. ∵5b1＝5，∴b1＝1，∴bn＝4n－1. (2)an·bn＝(2n＋1)·4n－1，① Tn＝3＋5×4＋7

9、×42＋…＋(2n＋1)·4n－1， ∴4Tn＝3×4＋5×42＋…＋(2n－1)·4n－1＋(2n＋1)·4n，② ①－②，得－3Tn＝3＋2·(4＋42＋…＋4n－1)－(2n＋1)·4n＝3＋2·－(2n＋1)·4n＝－4n， ∴Tn＝－＋4n. 錯(cuò)位相減法適用于由一個(gè)等差數(shù)列和一個(gè)等比數(shù)列對應(yīng)項(xiàng)的乘積構(gòu)成的數(shù)列的求和．但要注意相減后得到部分等比數(shù)列，求和時(shí)一定要弄清其項(xiàng)數(shù)；另外還要注意首項(xiàng)與末項(xiàng)． (2019·福建高三畢業(yè)班3月質(zhì)檢)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿足Sn＝2an－n. (1)求證：數(shù)列{an＋1}是等比數(shù)列，并求an； (2)若數(shù)列{bn}為等

10、差數(shù)列，且b3＝a2，b7＝a3，求數(shù)列{anbn}的前n項(xiàng)和Tn. 解　(1)證明：當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝2a1－1，所以a1＝1. 因?yàn)镾n＝2an－n，① 所以當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝2an－1－(n－1)，② ①－②得an＝2an－2an－1－1，所以an＝2an－1＋1， 所以＝＝＝2， 所以{an＋1}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列， 所以an＋1＝2·2n－1，所以an＝2n－1. (2)由(1)知，a2＝3，a3＝7，所以b3＝a2＝3，b7＝a3＝7， 設(shè){bn}的公差為d，則b7＝b3＋(7－3)·d，所以d＝1， 所以bn＝b3＋(n－3)·d＝n，所以an

11、bn＝n(2n－1)＝n·2n－n. 設(shè)數(shù)列{n·2n}的前n項(xiàng)和為Kn，數(shù)列{n}的前n項(xiàng)和為Mn， 所以Kn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，③ 2Kn＝22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1，④ ③－④得 －Kn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1 ＝－n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2. 所以Kn＝(n－1)·2n＋1＋2， 又因?yàn)镸n＝1＋2＋3＋…＋n＝， 所以Kn－Mn＝(n－1)·2n＋1－＋2. 所以數(shù)列{anbn}的前n項(xiàng)和Tn＝(n－1)·2n＋1－＋2. 真題押題 『真題模擬』 1．(2019·江西八所重點(diǎn)中學(xué)高三4月聯(lián)考

12、)已知數(shù)列{an}是等比數(shù)列，若ma6·a7＝a－2a4·a9，且公比q∈(，2)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是(　　) A．(2,6) B．(2,5) C．(3,6) D．(3,5) 答案　C 解析　∵ma6·a7＝a－2a4·a9，∴maq11＝aq14－2aq11，m＝q3－2，∵q∈(，2)，∴q3∈(5,8)，m∈(3,6)．故選C． 2．(2019·安徽馬鞍山高三一模)數(shù)列{an}為等比數(shù)列，若a1＝1，a7＝8a4，數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn，則S5＝(　　) A． B． C．7 D．31 答案　A 解析　∵數(shù)列{an}為等比數(shù)列，a1＝1，a7＝8a

13、4， ∴q6＝8q3，解得q＝2，∴an＝a1qn－1＝2n－1，＝.∵數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn， ∴S5＝1＋＋＋＋＝＝. 故選A． 3．(2019·南寧調(diào)研)已知{an}是等比數(shù)列，a2＝2，a5＝，則a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝(　　) A．16(1－4－n) B．16(1－2－n) C．(1－4－n) D．(1－2－n) 答案　C 解析　∵q3＝＝，∴q＝，a1＝4，∴數(shù)列{an·an＋1}是以8為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列．∴a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝＝(1－4－n)，故選C． 4．(2019·天津高考)設(shè){an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列

14、．已知a1＝4，b1＝6，b2＝2a2－2，b3＝2a3＋4. (1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)數(shù)列{cn}滿足c1＝1，cn＝其中k∈N*. ①求數(shù)列{a2n(c2n－1)}的通項(xiàng)公式； ②求ici(n∈N*)． 解　(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q.依題意得 解得或(舍去)， 故an＝4＋(n－1)×3＝3n＋1，bn＝6×2n－1＝3×2n. 所以，{an}的通項(xiàng)公式為an＝3n＋1，{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝3×2n. (2)①a2n(c2n－1)＝a2n(bn－1)＝(3×2n＋1)(3×2n－1)＝9×4n－1. 所

15、以，數(shù)列{a2n(c2n－1)}的通項(xiàng)公式為a2n(c2n－1)＝9×4n－1. ②ici＝ai＋ai(ci－1)]＝i＋2i(c2i－1) ＝＋(9×4i－1) ＝(3×22n－1＋5×2n－1)＋9×－n ＝27×22n－1＋5×2n－1－n－12(n∈N*)． 『金版押題』 5．已知函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)，且函數(shù)y＝f(x－2)的圖象關(guān)于x＝1對稱，若數(shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列，且f(a50)＝f(a51)，則{an}的前100項(xiàng)的和為(　　) A．－200 B．－100 C．－50 D．0 答案　B 解析　函數(shù)f(x)在(－1，＋

16、∞)上單調(diào)，且函數(shù)y＝f(x－2)的圖象關(guān)于x＝1對稱，可得y＝f(x)的圖象關(guān)于x＝－1對稱，又?jǐn)?shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列，且f(a50)＝f(a51)，∴a50＋a51＝－1×2＝－2. ∴S100＝a1＋a2＋…＋a100＝50(a50＋a51)＝－100.故選B． 6．已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿足S3＝6，S5＝，則數(shù)列的前n項(xiàng)和為(　　) A．1－ B．2－ C．2－ D．2－ 答案　B 解析　設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則Sn＝na1＋d，因?yàn)镾3＝6，S5＝， 所以解得所以an＝n＋1，＝，設(shè)數(shù)列的前n項(xiàng)和為Tn，則Tn＝＋＋＋…＋＋，T

17、n＝＋＋＋…＋＋，兩項(xiàng)相減，得Tn＝＋－＝＋－，所以Tn＝2－. 配套作業(yè) 一、選擇題 1．(2019·湖南永州高三第三次模擬)已知Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且Sn＋1＝Sn＋an＋1，a2＋a6＝10，則S7＝(　　) A．20 B．25 C．30 D．35 答案　D 解析　因?yàn)镾n是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且Sn＋1＝Sn＋an＋1，所以an＋1－an＝1，因此數(shù)列{an}是公差為1的等差數(shù)列，又a2＋a6＝10，所以a1＋a7＝10，因此S7＝＝35.故選D． 2．(2019·四川成都外國語學(xué)校高三一診)在正項(xiàng)等比數(shù)列{an}中，a5＝，a6＋a7＝3

18、.則滿足a1＋a2＋a3＋…＋an>a1a2a3…an的最大正整數(shù)n的值為(　　) A．10 B．11 C．12 D．13 答案　C 解析　∵正項(xiàng)等比數(shù)列{an}中，a5＝，a6＋a7＝a5(q＋q2)＝3，∴q2＋q＝6.∵q>0，解得q＝2或q＝－3(舍去)，∴a1＝， ∵a1＋a2＋a3＋…＋an＝＝，∴>×2，整理可得，2n>2＋1，∴2n>2，n>(n－1)·，易知n>1，∴1

19、．2018 B．－2018 C．3027 D．－3027 答案　C 解析　a1＝tan225°＝tan45°＝1，設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則由a5＝13a1，得a5＝13，d＝＝＝3，所以S2018＝－a1＋a2－a3＋a4＋…＋(－1)2018a2018＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋(a6－a5)＋…＋(a2018－a2017)＝1009d＝1009×3＝3027.故選C． 4．(2019·安徽省毛坦廠中學(xué)高三4月聯(lián)考)已知等差數(shù)列{an}滿足a3＝3，a4＋a5＝a8＋1，數(shù)列{bn}滿足bnan＋1an＝an＋1－an，記數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，若對于

20、任意的a∈[－2,2]，n∈N*，不等式Sn<2t2＋at－3恒成立，則實(shí)數(shù)t的取值范圍為(　　) A．(－∞，－2]∪[2，＋∞) B．(－∞，－2]∪[1，＋∞) C．(－∞，－1]∪[2，＋∞) D．[－2,2] 答案　A 解析　由題意得a4＋a5＝a8＋a1＝a8＋1，則a1＝1，等差數(shù)列{an }的公差d＝＝1，∴an＝1＋(n－1)＝n.由bnan＋1an＝an＋1－an，得bn＝－＝－，∴Sn＝＋＋＋…＋＋＝1－，則不等式Sn<2t2＋at－3恒成立等價(jià)于1－<2t2＋at－3恒成立，而1－<1，∴問題等價(jià)于對任意的a∈[－2,2]，2t2＋at－4≥0恒成立．設(shè)f(

21、a)＝2t2＋at－4，a∈[－2，2]，則即解得t≥2或t≤－2.故選A． 5．各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若Sn＝2，S3n＝14，則S4n＝(　　) A．80 B．30 C．26 D．16 答案　B 解析　由題意，有(S2n－2)2＝2(14－S2n)，∴S2n＝6或S2n＝－4，由于{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，故S2n＝6，則Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，即2,4,8,16為等比數(shù)列，∴S4n－S3n＝16，∴S4n＝30，故選B． 6．已知數(shù)列{an}滿足a1a2a3·…·an＝2n2(n∈N*)，且對任意n∈N*都有＋＋

22、…＋

23、第三組中有6個(gè)，所以各組數(shù)的個(gè)數(shù)組成一個(gè)首項(xiàng)為2，公差為2的等差數(shù)列，所以m＝S2017＝2017×2＋×2＝2017×2018＝4070306，故答案為4070306. 8．(2019·江蘇蘇州高三下學(xué)期階段測試)已知等差數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，a1＝1，且a3，a4＋，a11成等比數(shù)列．若p－q＝10，則ap－aq＝________. 答案　15 解析　設(shè)等差數(shù)列的公差為d，由題意知d＞0，∵a3，a4＋，a11成等比數(shù)列，∴2＝a3a11， ∴2＝(1＋2d)(1＋10d)，即44d2－36d－45＝0， 解得d＝或d＝－(舍去)， ∵p－q＝10，則ap－aq＝(p－q

24、)d＝10×＝15. 9．已知數(shù)列{an}中，a1＝1，Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且當(dāng)n≥2時(shí)，有＝1成立，則S2019＝________. 答案　 解析　∵＝1，∴2an＝anSn－S， ∴2(Sn－Sn－1)＝(Sn－Sn－1)·Sn－S， 2Sn－2Sn－1＝－Sn－1·Sn，∴－＝1， 又＝2，∴是以2為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列． ∴＝2＋(n－1)×1＝n＋1，∴Sn＝，∴S2019＝. 10．(2019·郴州高三第二次教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測)已知數(shù)列{an}和{bn}滿足a1a2a3…an＝2 bn (n∈N*)，若數(shù)列{an}為等比數(shù)列，且a1＝2，a4＝16.則b5＝

25、________，數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn＝________. 答案　15　 解析　∵{an}為等比數(shù)列，且a1＝2，a4＝16， ∴其公比q＝＝＝2，∴an＝2n， ∴a1a2a3…an＝212223…2n＝21＋2＋3＋…＋n＝2. ∵a1a2a3…an＝2bn，∴bn＝，b5＝＝15. ∵＝＝2. ∴的前n項(xiàng)和Sn＝＋＋＋…＋＝2＝2＝. 三、解答題 11．(2019·山東淄博實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三教學(xué)診斷)已知遞增的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a1a4＝16，S4＝20. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)若bn＝(－1)n－1·，且數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，求

26、Tn. 解　(1)由 且a10，

27、令n＝1，則S1＝＝，所以a1a2＝3，① 令n＝2，則S2＝＋＝，所以a2a3＝15, ② a2＝a1＋d, ③ a3＝a1＋2d, ④ 聯(lián)立①②③④，解得或(舍去)， 所以an＝2n－1. (2)由題意知，bn＝(－1)na＝(－1)n[n(n＋1)－1]，所以T2n＝－(1×2－1)＋(2×3－1)－(3×4－1)＋…＋(－1)2n[2n·(2n＋1)－1]＝[－(1×2－1)＋(2×3－1)]＋[－(3×4－1)＋(4×5－1)]＋…＋{－[(2n－1)·2n－1]＋[2n(2n＋1)－1]}＝4＋8＋…＋4n＝＝2n2＋2n. 13．(2019·貴州省南白中學(xué)(遵

28、義縣一中)高三第一次聯(lián)考)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2)，a1＝. (1)求證：是等差數(shù)列； (2)求an的表達(dá)式； (3)若bn＝2(1－n)an(n≥2)，求證：b＋b＋…＋b<1. 解　(1)證明：當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1，又an＋2Sn·Sn－1＝0，所以Sn－Sn－1＋2Sn·Sn－1＝0， 若Sn＝0，則a1＝S1＝0與a1＝矛盾， 故Sn≠0，所以－＝2， 又＝2，所以是首項(xiàng)為2，公差為2的等差數(shù)列． (2)由(1)得＝2＋(n－1)·2＝2n，故Sn＝(n∈N*)， 當(dāng)n≥2時(shí)，an＝－2Sn·Sn－1＝－

29、2··＝－；當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝， 所以an＝ (3)證明：當(dāng)n≥2時(shí)，bn＝2(1－n)an＝2(1－n)·＝， b＋b＋…＋b＝＋＋…＋<＋＋…＋＝＋＋…＋＝1－<1. 14．(2019·河南省頂級名校高三第四次聯(lián)考)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若an－＝1(n∈N*)． (1)求出數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)已知bn＝(n∈N*)，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和記為Tn，證明：Tn∈. 解　(1)因?yàn)閍n－＝1，所以an＋1－＝1， 兩式相減可得(an＋1－an)－＝0，an＋1＝2an，即＝2. 在an－＝1中，令n＝1可得a1＝2， 所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列， ∴an＝2n. (2)證明：bn＝＝－， 所以Tn＝＋＋…＋＝1－， 所以{Tn}是一個(gè)單調(diào)遞增的數(shù)列． 當(dāng)n＝1時(shí)，Tn(min)＝T1＝1－＝，當(dāng)n→＋∞時(shí)，Tn→1， 所以Tn∈.