高考数学专题突破《专题三第讲数列求和及综合应用学案》解析版.docx

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高考数学专题突破《专题三第讲数列求和及综合应用学案》解析版

第2讲　数列求和及综合应用

年份

卷别

考查内容及考题位置

命题分析

2018

卷Ⅰ

an与Sn关系的应用·T14

　　等差数列、等比数列的前n项和是高考考查的重点．若以解答题的形式考查，数列往往与解三角形在17题的位置上交替考查，试题难度中等；若以客观题考查，难度中等的题目较多，但有时也出现在第12题或16题位置上，难度偏大，复习时应引起关注.

卷Ⅱ

等差数列前n项和的最值问题·T17

2017

卷Ⅱ

裂项相消法求和·T15

2016

卷Ⅱ

等差数列的基本运算、数列求和·T17

卷Ⅲ

等比数列的通项公式、an与Sn的关系·T17

数列求和问题（综合型）

[典型例题]

命题角度一　公式法求和

等差、等比数列的前n项和

（1）等差数列：

Sn＝na1＋d（d为公差）或Sn＝.

（2）等比数列：

Sn＝其中（q为公比）．

4类特殊数列的前n项和

（1）1＋2＋3＋…＋n＝n（n＋1）．

（2）1＋3＋5＋…＋（2n－1）＝n2.

（3）12＋22＋32＋…＋n2＝n（n＋1）（2n＋1）．

（4）13＋23＋33＋…＋n3＝n2（n＋1）2.

已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝，n∈N*.

（1）求证：

数列为等差数列；

（2）设T2n＝－＋－＋…＋－，求T2n.

【解】　

（1）证明：

由an＋1＝，得＝＝＋，

所以－＝.

又a1＝1，则＝1，所以数列是首项为1，公差为的等差数列．

（2）设bn＝－＝，

由

（1）得，数列是公差为的等差数列，

所以－＝－，即bn＝＝－×，

所以bn＋1－bn＝－＝－×＝－.

又b1＝－×＝－×＝－，

所以数列{bn}是首项为－，公差为－的等差数列，

所以T2n＝b1＋b2＋…＋bn＝－n＋×＝－（2n2＋3n）．

求解此类题需过“三关”：

第一关，定义关，即会利用等差数列或等比数列的定义，判断所给的数列是等差数列还是等比数列；第二关，应用关，即会应用等差（比）数列的前n项和公式来求解，需掌握等差数列{an}的前n项和公式：

Sn＝或Sn＝na1＋d；等比数列{an}的前n项和公式：

Sn＝；第三关，运算关，认真运算，此类题将迎刃而解．　

命题角度二　分组转化法求和

将一个数列分成若干个简单数列（如等差数列、等比数列、常数列等），然后分别求和．也可先根据通项公式的特征，将其分解为可以直接求和的一些数列的和，再分组求和，即把一个通项拆成几个通项求和的形式，方便求和．

已知等差数列{an}的首项为a，公差为d，n∈N*，且不等式ax2－3x＋2<0的解集为（1，d）．

（1）求数列{an}的通项公式an；

（2）若bn＝3an＋an－1，n∈N*，求数列{bn}的前n项和Tn.

【解】　

（1）易知a≠0，由题设可知

解得

故数列{an}的通项公式为an＝1＋（n－1）·2＝2n－1.

（2）由

（1）知bn＝32n－1＋2n－1－1，

则Tn＝（3＋1）＋（33＋3）＋…＋（32n－1＋2n－1）－n

＝（31＋33＋…＋32n－1）＋（1＋3＋…＋2n－1）－n

＝＋－n

＝（9n－1）＋n2－n.

（1）在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和．在利用分组求和法求和时，常常根据需要对项数n进行讨论．最后再验证是否可以合并为一个表达式．

（2）分组求和的策略：

①根据等差、等比数列分组．②根据正号、负号分组．　

命题角度三　裂项相消法求和

把数列的通项公式拆成两项之差的形式，求和时正负项相消，只剩下首尾若干项，达到化简求和的目的．

常见的裂项式有：

＝，＝，

＝－等．

（2018·唐山模拟）已知数列{an}满足：

＋＋…＋＝（32n－1），n∈N*.

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）设bn＝log3，求＋＋…＋.

【解】　

（1）＝（32－1）＝3，

当n≥2时，因为

＝－

＝（32n－1）－（32n－2－1）＝32n－1.

当n＝1，＝32n－1也成立，

所以an＝.

（2）bn＝log3＝－（2n－1），

因为＝＝，

所以＋＋…＋

＝

＝

＝.

（1）裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项．

（2）消项规律：

消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．　

命题角度四　错位相减法求和

已知数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，求数列{anbn}的前n项和Sn时，先令Sn乘以等比数列{bn}的公比，再错开位置，把两个等式相减，从而求出Sn.

（2018·石家庄质量检测

（一））已知数列{an}满足：

a1＝1，an＋1＝an＋.

（1）设bn＝，求数列{bn}的通项公式；

（2）求数列{an}的前n项和Sn.

【解】　

（1）由an＋1＝an＋，可得＝＋，

又bn＝，所以bn＋1－bn＝，

由a1＝1，得b1＝1，

累加可得（b2－b1）＋（b3－b2）＋…＋（bn－bn－1）＝＋＋…＋，

即bn－b1＝＝1－，

所以bn＝2－.

（2）由

（1）可知an＝2n－，设数列的前n项和为Tn，

则Tn＝＋＋＋…＋①，

Tn＝＋＋＋…＋②，

①－②得Tn＝＋＋＋…＋－＝－＝2－，

所以Tn＝4－.

易知数列{2n}的前n项和为n（n＋1），

所以Sn＝n（n＋1）－4＋.

（1）求解此类题需掌握三个技巧：

一是巧分拆，即把数列的通项转化为等差数列、等比数列的通项的和，并求出等比数列的公比；二是构差式，求出前n项和的表达式，然后乘以等比数列的公比，两式作差；三是得结论，即根据差式的特征进行准确求和．

（2）运用错位相减法求和时应注意三点：

一是判断模型，即判断数列{an}，{bn}一个为等差数列，一个为等比数列；二是错开位置；三是相减时一定要注意最后一项的符号，学生常在此步出错，一定要小心．　

命题角度五　并项求和

并项求和法：

把数列的一些项合并成我们熟悉的等差数列或等比数列来求和．

数列{an}满足an＋1＝an＋2n，n∈N*，则数列{an}的前100项和为（　　）

A．5050　　　　　　　　B．5100

C．9800D．9850

【解析】　设k∈N*，

当n＝2k时，a2k＋1＝－a2k＋4k，即a2k＋1＋a2k＝4k，①

当n＝2k－1时，a2k＝a2k－1＋4k－2，②

联立①②可得，a2k＋1＋a2k－1＝2，

所以数列{an}的前100项和

Sn＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a99＋a100

＝（a1＋a3＋…＋a99）＋（a2＋a4＋…＋a100）

＝（a1＋a3＋…＋a99）＋[（－a3＋4）＋（－a5＋4×2）＋（－a7＋4×3）＋…＋（－a101＋4×50）]

＝25×2＋[－（a3＋a5＋…＋a101）＋4×（1＋2＋3＋…＋50）]

＝25×2－25×2＋4×

＝5100.

故选B.

【答案】　B

（1）将一个数列分成若干段，然后各段分别利用等差（比）数列的前n项和的公式及错位相减法进行求和．利用并项求和法求解问题的常见类型：

一是数列的通项公式中含有绝对值符号；二是数列的通项公式中含有符号因子“（－1）n”．

（2）运用分类讨论法求数列的前n项和的突破口：

一是对分类讨论的“度”的把控，如本题，因为可以等于1，也可以等于0，因此分类的“度”可定位到“n分为奇数与偶数”，有些含绝对值的数列，其分类的“度”需在零点处下功夫；二是对各类分法做到不重不漏，解题的思路就能顺畅．　

[对点训练]

（2018·郑州模拟）在等差数列{an}中，已知a3＝5，且a1，a2，a5为递增的等比数列．

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）若数列{bn}的通项公式bn＝（k∈N*），求数列{bn}的前n项和Sn.

解：

（1）设等差数列{an}的公差为d，易知d≠0，

由题意得，（a3－2d）（a3＋2d）＝（a3－d）2，

即d2－2d＝0，解得d＝2或d＝0（舍去），

所以数列{an}的通项公式为an＝a3＋（n－3）d＝2n－1.

（2）当n＝2k，k∈N*时，

Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝（b1＋b3＋…＋b2k－1）＋（b2＋b4＋…＋b2k）＝（a1＋a2＋…＋ak）＋（20＋21＋…＋2k－1）＝＋＝k2＋2k－1＝＋2－1；

当n＝2k－1，k∈N*时，n＋1＝2k，

则Sn＝Sn＋1－bn＋1＝＋2－1－2－1＝＋2.

综上，Sn＝（k∈N*）．

数列与其他知识的交汇问题（综合型）

[典型例题]

命题角度一　数列与不等式相交汇

已知等差数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*，且a2＝3，S5＝25.

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）若数列{bn}满足bn＝，记数列{bn}的前n项和为Tn，证明：

Tn<1.

【解】　

（1）设等差数列{an}的公差为d.

因为a2＝3，S5＝25，所以

解得所以an＝2n－1.

（2）证明：

由

（1）知，an＝2n－1，所以Sn＝＝n2.

所以bn＝＝＝－.

所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn

＝＋＋…＋

＝1－<1.

证明数列不等式的关键：

一是会灵活运用等差数列与等比数列的通项公式、前n项和公式以及裂项相消法；二是会利用放缩法证明不等式．　

命题角度二　数列与函数相交汇

（2018·长沙模拟）设数列{an}的前n项和是Sn，若点An在函数f（x）＝－x＋c的图象上运动，其中c是与x无关的常数，且a1＝3.

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）记bn＝aan，求数列{bn}的前n项和Tn的最小值．

【解】　

（1）因为点An在函数f（x）＝－x＋c的图象上运动，所以＝－n＋c，所以Sn＝－n2＋cn.

因为a1＝3，所以c＝4，所以Sn＝－n2＋4n，所以an＝Sn－Sn－1＝－2n＋5（n≥2）．

又a1＝3满足上式，所以an＝－2n＋5（n≥1）．

（2）由

（1）知，bn＝aan＝－2an＋5＝－2（－2n＋5）＋5＝4n－5，

所以Tn＝＝2n2－3n.

所以Tn的最小值是T1＝－1.

数列与函数交汇问题的常见类型及解法

（1）已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题．

（2）已知数列条件，需构造函数，利用函数知识解决问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、分式、求和方法对式子化简变形．另外，解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解．　

[对点训练]

已知正项数列{an}，{bn}满足：

对于任意的n∈N*，都有点（n，）在直线y＝（x＋2）上，且bn，an＋1，bn＋1成等比数列，a1＝3.

（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；

（2）设Sn＝＋＋…＋，如果对任意的n∈N*，不等式2aSn<2－恒成立，求实数a的取值范围．

解：

（1）因为点（n，）在直线y＝（x＋2）上，

所以＝（n＋2），即bn＝.

又因为bn，an＋1，bn＋1成等比数列，

所以a＝bn·bn＋1＝，

所以an＋1＝，所以n≥2时，an＝，

a1＝3适合上式，所以an＝.

（2）由

（1）知，＝＝2，

所以Sn＝2

＝2＝.

故2aSn<2－可化为：

<2－＝2－＝，

即a<＝对任意的n∈N*恒成立，

令f（n）＝，显然f（n）随n的增大而减小，且f（n）>恒成立，

故a≤.

综上知，实数a的取值范围是.

[A组　夯基保分专练]

一、选择题

1．在等比数列{an}中，公比q＝2，前87项和S87＝140，则a3＋a6＋a9＋…＋a87等于（　　）

A.B．60

C．80D．160

解析：

选C.a3＋a6＋a9＋…＋a87＝a3（1＋q3＋q6＋…＋q84）＝a1q2×＝×＝×140＝80.故选C.

2．已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝则数列{an}的前20项和为（　　）

A．1121B．1122

C．1123D．1124

解析：

选C.由题意可知，数列{a2n}是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a2n－1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{an}的前20项和为＋10×1＋×2＝1123.选C.

3．已知数列{an}满足2a1＋22a2＋…＋2nan＝n（n∈N*），数列的前n项和为Sn，则S1·S2·S3·…·S10＝（　　）

A.B.

C.D.

解析：

选C.因为2a1＋22a2＋…＋2nan＝n（n∈N*），

所以2a1＋22a2＋…＋2n－1an－1＝n－1（n≥2），

两式相减得2nan＝1（n≥2），a1＝也满足上式，故an＝，

故＝＝－，

Sn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，

所以S1·S2·S3·…·S10＝×××…××＝，故选C.

4．（2018·太原模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，点（n，Sn＋3）（n∈N*）在函数y＝3×2x的图象上，等比数列{bn}满足bn＋bn＋1＝an（n∈N*），其前n项和为Tn，则下列结论正确的是（　　）

A．Sn＝2TnB．Tn＝2bn＋1

C．Tn>anD．Tn

解析：

选D.因为点（n，Sn＋3）（n∈N*）在函数y＝3×2x的图象上，所以Sn＝3·2n－3，所以an＝3·2n－1，所以bn＋bn＋1＝3·2n－1，因为数列{bn}为等比数列，设公比为q，则b1＋b1q＝3，b2＋b2q＝6，解得b1＝1，q＝2，所以bn＝2n－1，Tn＝2n－1，所以Tn

5．已知数列{an}满足a1a2a3…an＝2n2（n∈N*），且对任意n∈N*都有＋＋…＋＜t，则实数t的取值范围为（　　）

A．（，＋∞）B．[，＋∞）

C．（，＋∞）D．[，＋∞）

解析：

选D.依题意得，当n≥2时，an＝＝＝2n2－（n－1）2＝22n－1，又a1＝21＝22×1－1，因此an＝22n－1，＝，数列{}是以为首项，为公比的等比数列，等比数列{}的前n项和等于＝（1－）＜，因此实数t的取值范围是[，＋∞），故选D.

6．（2018·河北“五个一名校联盟”模拟）在正整数数列中，由1开始依次按如下规则，将某些数染成红色．先染1；再染两个偶数2，4；再染4后面最邻近的3个连续奇数5，7，9；再染9后面最邻近的4个连续偶数10，12，14，16；再染此后最邻近的5个连续奇数17，19，21，23，25.按此规则一直染下去，得到一红色子数列1，2，4，5，7，9，10，12，14，16，17，…则在这个红色子数列中，由1开始的第2018个数是（　　）

A．3971B．3972

C．3973D．3974

解析：

选B.由题意可知，第1组有1个数，第2组有2个数……根据等差数列的前n项和公式，可知前n组共有个数．由于2016＝<2018<＝2080，因此，第2018个数是第64组的第2个数．由于第1组最后一个数是1，第2组最后一个数是4，第3组最后一个数是9，……，第n组最后一个数是n2，因此，第63组最后一个数为632，632＝3969，第64组为偶数组，其第1个数为3970，第2个数为3972.故选B.

二、填空题

7．已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋Sm＝Sn＋m（n，m∈N*）且a1＝5，则a8＝________．

解析：

数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋Sm＝Sn＋m（n，m∈N*）且a1＝5，令m＝1，则Sn＋1＝Sn＋S1＝Sn＋5，即Sn＋1－Sn＝5，所以an＋1＝5，所以a8＝5.

答案：

5

8．（2018·武汉调研）设等差数列{an}满足a3＋a7＝36，a4a6＝275，且anan＋1有最小值，则这个最小值为________．

解析：

设等差数列{an}的公差为d，因为a3＋a7＝36，所以a4＋a6＝36，

与a4a6＝275，联立，解得或

当时，可得此时an＝7n－17，a2＝－3，a3＝4，易知当n≤2时，an<0，当n≥3时，an>0，所以a2a3＝－12为anan＋1的最小值；

当时，可得此时an＝－7n＋53，a7＝4，a8＝－3，易知当n≤7时，an>0，当n≥8时，an<0，所以a7a8＝－12为anan＋1的最小值．

综上，anan＋1的最小值为－12.

答案：

－12

9．（2018·昆明调研）将数列{an}中的所有项按每一行比上一行多1项的规则排成如下数阵：

记数阵中的第1列数a1，a2，a4，…构成的数列为{bn}，Sn为数列{bn}的前n项和．若Sn＝2bn－1，则a56＝________．

解析：

当n≥2时，因为Sn＝2bn－1，所以Sn－1＝2bn－1－1，所以bn＝2bn－2bn－1，所以bn＝2bn－1（n≥2且n∈N*），因为b1＝2b1－1，所以b1＝1，所以数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，所以bn＝2n－1.

设a1，a2，a4，a7，a11，…的下标1，2，4，7，11，…构成数列{cn}，则c2－c1＝1，c3－c2＝2，c4－c3＝3，c5－c4＝4，…，cn－cn－1＝n－1，累加得，cn－c1＝1＋2＋3＋4＋…＋（n－1），所以cn＝＋1，由cn＝＋1＝56，得n＝11，所以a56＝b11＝210＝1024.

答案：

1024

三、解答题

10．（2018·高考天津卷）设{an}是等差数列，其前n项和为Sn（n∈N*）；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn（n∈N*）．已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6.

（1）求Sn和Tn；

（2）若Sn＋（T1＋T2＋…＋Tn）＝an＋4bn，求正整数n的值．

解：

（1）设等比数列{bn}的公比为q.由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0.

因为q>0，可得q＝2，故bn＝2n－1.

所以，Tn＝＝2n－1.

设等差数列{an}的公差为d.由b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4.

由b5＝a4＋2a6，

可得3a1＋13d＝16，

从而a1＝1，d＝1，故an＝n.

所以，Sn＝.

（2）由

（1），有

T1＋T2＋…＋Tn＝（21＋22＋…＋2n）－n＝－n＝2n＋1－n－2.

由Sn＋（T1＋T2＋…＋Tn）＝an＋4bn可得

＋2n＋1－n－2＝n＋2n＋1，

整理得n2－3n－4＝0，

解得n＝－1（舍），或n＝4.

所以，n的值为4.

11．（2018·陕西教学质量检测

（一））已知在递增的等差数列{an}中，a1＝2，a3是a1和a9的等比中项．

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）若bn＝，Sn为数列{bn}的前n项和，求S100的值．

解：

（1）设公差为d（d>0），

则an＝a1＋（n－1）d.

因为a3是a1和a9的等比中项，

所以a＝a1a9，

即（2＋2d）2＝2（2＋8d），

解得d＝0（舍去）或d＝2.

所以an＝a1＋（n－1）d＝2n.

（2）由

（1）得bn＝＝＝，

所以S100＝b1＋b2＋…＋b100＝×（1－＋－＋…＋－）＝×＝.

12．（2018·兰州模拟）已知等差数列{an}中，a2＝2，a3＋a5＝8，数列{bn}中，b1＝2，其前n项和Sn满足：

bn＋1＝Sn＋2（n∈N*）．

（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；

（2）设cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.

解：

（1）设{an}的公差为d，

因为a2＝2，a3＋a5＝8，

所以2＋d＋2＋3d＝8，

所以d＝1，所以an＝n.

因为bn＋1＝Sn＋2（n∈N*），①

所以bn＝Sn－1＋2（n∈N*，n≥2）．②

①－②得，bn＋1－bn＝Sn－Sn－1＝bn（n∈N*，n≥2），

所以bn＋1＝2bn（n∈N*，n≥2）．

因为b1＝2，b2＝2b1，

所以{bn}为等比数列，b1＝2，q＝2，

所以bn＝2n.

（2）因为cn＝＝，

所以Tn＝＋＋＋…＋＋，

Tn＝＋＋＋…＋＋，

两式相减，得Tn＝＋＋…＋－＝1－，

所以Tn＝2－.

[B组　大题增分专练]

1．（2018·昆明模拟）数列{an}满足a1＝－1，an＋1＋2an＝3.

（1）证明{an－1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；

（2）已知符号函数sgn（x）＝设bn＝an·sgn（an），求数列{bn}的前100项和．

解：

（1）因为an＋1＝－2an＋3，a1＝－1，

所以an＋1－1＝－2（an－1），a1－1＝－2，

所以数列{an－1}是首项为－2，公比为－2的等比数列．

故an－1＝（－2）n，即an＝（－2）n＋1.

（2）bn＝an·sgn（an）＝

设数列{bn}的前n项和为Sn，则S100＝（2－1）＋（22＋1）＋（23－1）＋…＋（299－1）＋（2100＋1）＝2＋22＋23＋…＋2100＝2101－2.

2．（2018·惠州第一次调研）在公差不为0的等差数列{an}中，a1，a4，a8成等比数列．

（1）若数列{an}的前10项和为45，求数列{an}的通项公式；

（2）若bn＝，且数列{bn}的前n项和为Tn，若Tn＝－，求数列{an}的公差．

解：

（1）设数列{an}的公差为d（d≠0），

由a1，a4，a8成等比数列可得a＝a1·a8，

即（a1＋3d）2＝a1·（a1＋7d），得a1＝9d.

由数列{an}的前10项和为45得10a1＋45d＝45，

即90d＋45d＝45，

所以d＝，a1＝3.

故数列{an}的通项公式为an＝3＋（n－1）×＝.

（2）因为bn＝＝，

所以数列{bn}的前n项和Tn＝[＋＋…＋]＝，

即Tn＝＝＝

＝－，

因此＝1，解得d＝－1或1.

故数列{an}的公差为－1或1.

3．已知等差数列{an}的首项a1＝2，前n项和为Sn，等比数列{bn}的首项b1＝1，且a2＝b3，S3＝6b2，n∈N*.

（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；

（2）数列{cn}满足cn＝bn＋（－1）nan，记数列{cn}的前n项和为Tn，求Tn.

解：

（1）设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q.

因为a1＝2，b1＝1，且a2＝b3，S3＝6b2，

所以解得

所以an＝2＋（n－1）×2＝2n，bn＝2n－1.

（2）由题意：

cn＝bn＋（－1）nan＝2n－1＋（－1）n2n.

所以Tn＝（1＋2＋4＋…＋2n－1）＋[－2＋4－6＋8－…＋（－1）n2n]，

①若n为偶数：

Tn＝＋{（－2＋4）＋（－6＋8）＋…＋[－2（n－1）＋2n]}

＝2n－1＋×2＝2n＋n－1.

②若n为奇数：

Tn＝＋{（－2＋4）＋（－6＋8）＋…＋[－2（n－2）＋2（n－1）]－2n}

＝2n－1＋2×－2n＝2n－n－2.

所以Tn＝

4．已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝2an－n＋1，数列{bn}满足b1＝2，bn＋1＝bn＋an－n，n∈N*.

（1）证明：

{an－n}为等比数列；

（2）数列{cn}满足cn＝，求证数列{cn}的前n项和Tn<.

证明：

（1）因为an＋1＝2an－n＋1，

所以an＋1－（n＋1）＝2（an－n）．

又a1＝3，所以a1－1＝2，