∴(n－1)Sn－1－(n－2)Sn－2＝Sn－2＋1，…，2S2－S1＝S1＋1， ∴nSn－S1＝S1＋S2＋…＋Sn－1＋n－1， ∴S1＋S2＋…＋Sn－1＝nSn－n ＝(Sn－1)·n(n≥2)， ∴g(n)＝n.
12．已知数列{an}的首项为1，Sn为数列{an}的前n项和，Sn＋1＝qSn＋1，其中q>0，n∈N. (1)若2a2，a3，a2＋2成等差数列，求数列{an}的通项公式；
nny254－3
(2)设双曲线x－2＝1的离心率为en，且e2＝，证明：e1＋e2＋…＋en>n－1.
an33
2
*
(1)解 由已知Sn＋1＝qSn＋1，得Sn＋2＝qSn＋1＋1，两式相减得到an＋2＝qan＋1，n≥1.又由S2＝qS1＋1得到a2＝qa1，故an＋1＝qan对所有n≥1都成立．
所以，数列{an}是首项为1，公比为q的等比数列． 从而an＝qn－1
.
由2a2，a3，a2＋2成等差数列， 可得2a3＝3a2＋2，
即2q＝3q＋2，则(2q＋1)(q－2)＝0， 由已知，q>0，故q＝2.所以an＝2(2)证明 由(1)可知，an＝q2
2
n－1
(n∈N)．
*
n－1
.
y2
所以双曲线x－2＝1的离心率
anen＝1＋a2n＝1＋qn－
.
542由e2＝1＋q＝，解得q＝. 33因为1＋q2(k－1)
>q2(k－1)
， (k∈N)．
n－1
*
所以1＋qk－
>qk－1
qn－1
于是e1＋e2＋…＋en>1＋q＋…＋q＝. q－1
4－3
故e1＋e2＋…＋en>n－1.
3
13.已知数列{an}的前n项和Sn满足关系式Sn＝kan＋1，k为不等于0的常数． (1)试判断数列{an}是否为等比数列； 1
(2)若a2＝，a3＝1.
2
①求数列{an}的通项公式及前n项和Sn的表达式；
nn②设bn＝log2Sn，数列{cn}满足cn＝
＋3
1
bn＋3bn＋4
＋bn＋2·2，数列{cn}的前n项和为Tn，当n>1时，求使
bn4
Tn ＋n＋1 22 成立的最小正整数n的值． 解 (1)若数列{an}是等比数列，则由n＝1得a1＝S1＝ka2，从而a2＝ka3. 又取n＝2，得a1＋a2＝S2＝ka3， 于是a1＝0，显然矛盾，故数列{an}不是等比数列． 1a＝k，??2 (2)①由条件得?1 a＋??2＝k， 11 1??a1＝， 2解得???k＝1， 从而Sn＝an＋1. 当n≥2时，由Sn－1＝an，得an＝Sn－Sn－1＝an＋1－an， 1 即an＋1＝2an，此时数列是首项为a2＝，公比为2的等比数列． 21??，n＝1， 综上所述，数列{an}的通项公式为an＝?2 ??2n－3，n≥2.从而其前n项和Sn＝2②由①得bn＝n－2， 从而cn＝记C1＝ 1 n－2 (n∈N)． * n＋n＋ ＋n·2 n－2 . 11 ＋＋…＋2×33×4 1 n＋n＋ ?11??11??1－1? ＝?－?＋?－?＋…＋???23??34??n＋1n＋2? ＝ nn＋ ， －1 0 记C2＝1·2＋2·2＋…＋n·2则2C2＝1·2＋2·2＋…＋n·2两式相减得C2＝(n－1)·2从而Tn＝＝ n－1 0 1 n－2 ， n－1 ， 1＋， 2 n－1 nn＋ ＋(n－1)·2 1＋ 2 n＋1n－1 ＋(n－1)·2， n＋2 4n＋1n＋Tn ＋2 n＋1 则不等式<2 n＋1 ＋ n＋1 22 ， 即n＋n－90>0，因为n∈N且n≠1，故n>9， 从而最小正整数n的值是10. 14．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn－n＝2(an－2)(n∈N)． (1)证明：数列{an－1}为等比数列； (2)若bn＝an·log2(an－1)，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn. (1)证明 ∵Sn－n＝2(an－2)， 当n≥2时，Sn－1－(n－1)＝2(an－1－2)， 两式相减，得an－1＝2an－2an－1， ∴an＝2an－1－1，∴an－1＝2(an－1－1)， ∴ * 2* an－1 ＝2(n≥2)(常数)． an－1－1 又当n＝1时，a1－1＝2(a1－2)， 得a1＝3，a1－1＝2， ∴数列{an－1}是以2为首项，2为公比的等比数列． (2)解 由(1)知，an－1＝2×2∴an＝2＋1， 又bn＝an·log2(an－1)， ∴bn＝n(2＋1)， ∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ＝(1×2＋2×2＋3×2＋…＋n×2)＋(1＋2＋3＋…＋n)， 设An＝1×2＋2×2＋3×2＋…＋(n－1)×2 2 32 3 2 3 n－1 ＝2， nnnnn－1 ＋n×2， ， n则2An＝1×2＋2×2＋…＋(n－1)×2＋n×2两式相减，得 －An＝2＋2＋2＋…＋2－n×2＝ －21－2 n2 3 nn＋1 nn＋1 －n×2 n＋1 n＋1 ， ∴An＝(n－1)×2＋2. 又1＋2＋3＋…＋n＝∴Tn＝(n－1)×2 n＋1 nn＋ 2 2 ， (n∈N)． * * ＋2＋ nn＋ 15．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2(Sn＋n＋1)(n∈N)，令bn＝an＋1. (1)求证：{bn}是等比数列； (2)记数列{nbn}的前n项和为Tn，求Tn； 11111111 (3)求证：－. n<＋＋＋…＋< 22×3a1a2a3an16(1)证明 a1＝2，a2＝2(2＋2)＝8， an＋1＝2(Sn＋n＋1)(n∈N*)， an＝2(Sn－1＋n)(n≥2)， 两式相减，得an＋1＝3an＋2(n≥2)． 经检验，当n＝1时上式也成立， 即an＋1＝3an＋2(n≥1)． 所以an＋1＋1＝3(an＋1)， 即bn＋1＝3bn，且b1＝3. 故{bn}是首项为3，公比为3的等比数列． (2)解 由(1)得bn＝3，nbn＝n·3. nnTn＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n×3n， 3Tn＝1×3＋2×3＋3×3＋…＋n×3两式相减，得 －2Tn＝3＋3＋3＋…＋3－n×3＝ －31－3 n2 3 2 3 4 n＋1 ， nn＋1 －n×3 n＋1 ， ?33?n3 化简得Tn＝?n－?×3＋. 4?24? 111 (3)证明 由＝k>k， ak3－131111111得＋＋＋…＋>＋2＋…＋n a1a2a3an33311?1－n???3?3?111＝＝－×n. 12231－31 又＝k＝ak3－1< 3 kk＋1 k＋1 13 kk＋1 －1 k＋1 － － －－ 1?3?1 ＝?k－k＋1?， 2?3－13－1?
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