选修二第一单元《数列》检测题(包含答案解析)

一、选择题

1．对大于1的自然数m的三次幂可用奇数进行以下形式的“分裂”：仿此，若m3的“分裂数”中有一个是2017，则m的值为（ ）

13715323,339,43,5111719A．44

B．45 C．46 D．47

2．已知数列an满足an2an1an，,nN*.若4a53a616，则

a1a2a9（ ）

A．16

B．28

C．32

D．48

3．在函数yf(x)的图像上有点列xn,yn，若数列xn是等比数列，数列yn是等差数列，则函数yf(x)的解析式可能是（ ） A．f(x)4x3

B．f(x)4x2

3C．f(x)

4xD．f(x)log4x

4．在数列an中，a11，且an1A．

an，则其通项公式为an（ ） 1nanB． 21

n2n11

nn2C． 22

nn1D． 22

nn25．已知数列an满足a11，an1anA．

2，则a10（ ） n2nC．

25 9B．

14 531 11D．

17 66．等差数列{an}的公差为2，若a2,a4,a8成等比数列，则S9（ ） A．72

B．90

C．36

D．45

7．已知数列{an}满足：a11，an1A．

an(nN*)．则 a10（ ） an2C． 1 1021B．

1 10221 1023D． 1 1024

8．数列an是等比数列，若a21，a5（ ）

1，则a1a2a2a38anan1的取值范围是

A．,

83B．,2

32C．1,

83D．2,

839．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn2an1，则A．

S6( ) a6D．

63 32B．

3116 C．

123 64127 128

10．设y＝f(x)是一次函数，若f(0)＝1，且f(1),f(4),f(13)成等比数列，则

f(2)f(4)A．n(2n＋3) C．2n(2n＋3)

f(2n)等于（ ）

B．n(n＋4) D．2n(n＋4)

Sn11．已知数列an是等比数列，a11，且前n项和Sn满足limn范围是（ ） A．1,2

1，那么a1的取值a1B．1,4 C．1,2

D．1,

12．已知数列an的前n项和为Sn，且a12，an1（ ） A．n12n1n2SnnN*，则annD．2n3n1

B．n2n C．3n1

二、填空题

13．将正整数12分解成两个正整数的乘积有112，26，34，三种，其中34是这三种分解中两数差的绝对值最小的，我们称34为12的最佳分解，当

pqpq,pN,qN是正整数n的最佳分解时，我们定义函数f(n)qp，例

n如f(12)431，则数列f3的前2020项和为______．

*14．数列an的前n项和Sn2an3nN，则a4__________.

15．已知正项数列an和bn满足：①a11，a23；②anan12bn，

2bnbn1an1.则数列an的通项公式为an___________.

16．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a218a7，S8__________． 17．已知数列an满足a111，an1an2，则an__________.

nn22218．设数列an是首项为1的正项数列，且n1an1nanan1an0，则它的通项公式an______.

19．等差数列an的前n项和为Sn，且a130,a140,a13a14，若SkSk10，则k_________.

n2annN，设cn120．正项数列an的前n项和为Sn，且2Snan2an1，则2Sn数列cn的前2019项的和为___________.

三、解答题

n4121．已知数列{an}的前n项和Sn,Sn(nN*).

3（1）求数列{an}的通项公式； （2）设bnlog2ban1，求数列n的前n项和Tn.

an22．已知数列an的前n项和为Sn，且an是Sn与2的等差中项，数列bn，b11，点

Pbn,bn1直线xy20上.

（1）求a1值；

（2）求数列an,bn的通项公式； （3）设cnanbn，求数列cn的前n项和Tn.

23．已知等差数列an中，a23，a47，数列bn满足b1a1，bn13bn. （1）求数列an通项公式an； （2）求数列bn的前n项和Sn. 24．已知数列an中，a11，an1（1）求an的通项公式an； （2）数列bn满足的bn31nn1TnannN*. an3nan，数列bn的前n项和为Tn，若不等式n2n对一切nN*恒成立，求的取值范围. n121，225．已知数列{an}的前n项和Sn和通项an满足2Sn+an＝1，数列{bn}中，b1＝1，b22bn111，(n∈N*). bnbn2（1）求数列{an}，{bn}的通项公式； （2）数列{cn}满足cnan3，求证：c1c2c3…cn. bn426．设数列an的前n项和为Sn，且an（1）求数列an的通项公式；

Sn1． 2（2）设2anbn，求数列bn的前n项和Tn． n1

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．B 解析：B 【分析】

由题意，从23到m3，正好用去从3开始的连续奇数，共23个，再由2017是从3开始的第1008个奇数，可得选项． 【详解】

由题意，从23到m3，正好用去从3开始的连续奇数，共23m1(m2)(m1)2m1(m2)(m1)22n12017 ，得n1008， 所以2017是从3开始的第1008个奇数，

个，

当m45时，从23到453，用去从3开始的连续奇数共当m44时，从23到443，用去从3开始的连续奇数共所以m45， 故选：B． 【点睛】

方法点睛：对于新定义的数列问题，关键在于找出相应的规律，再运用等差数列和等比数列的通项公式和求和公式，得以解决．

47441034个， 24643989个， 22．C

解析：C 【分析】

由an2an1an，分别求出a3,a4,a5,a6,a7,a8,a9关于a1,a2的表达式， 再利用4a53a616，即可求解 【详解】

由an2an1an可得，a3a2a1，a4a3a22a2a1

a5a4a33a22a1，a6a5a45a23a1，a7a6a58a25a1， a8a7a613a28a1，a9a8a721a213a1，

a1a2a954a234a12(27a217a1)，

4a53a616，4(3a22a1)3(5a23a1)16，即27a217a116， a1a2a954a234a12(27a217a1)32

故选：C 【点睛】

关键点睛，利用递推式an2an1an，

求得a1a2a954a234a12(27a217a1)，再利用

4a53a616，求得

27a217a116，进而求解，主要考查学生的数学运算能力，属于中档题

3．D

解析：D 【分析】

把点列代入函数解析式，根据{xn}是等比数列，可知

xn1为常数进而可求得yn1yn的结xn果为一个与n无关的常数，可判断出{yn}是等差数列． 【详解】

对于A，函数f(x)4x3上的点列{xn，yn}，有yn＝4xn3，由于{xn}是等比数列，所以

xn1为常数， xn因此yn1yn＝4xn134xn34xn1xn4xnq1这是一个与n有关的数，故{yn}不是等差数列；

xn1对于B，函数f(x)4x上的点列{xn，yn}，有yn＝4xn，由于{xn}是等比数列，所以为

xn22常数，

2222因此yn1yn＝4xn14xn4xnq1这是一个与n有关的数，故{yn}不是等差数列；

3x3对于C，函数f(x)上的点列{xn，yn}，有yn＝()n，由于{xn}是等比数列，所以44xn1为常数， xnxx因此yn1yn＝()n1()n＝()n()1，这是一个与n有关的数，故{yn}不是等

4444x333x3q差数列；

x对于D，函数f(x)log4x上的点列{xn，yn}，有yn＝log4n，由于{xn}是等比数列，所以

xn1为常数， xn因此yn1yn＝log故选：D． 【点睛】 方法点睛：

4xn1log4xnlog4xn1xnlog4q为常数，故{yn}是等差数列；

判断数列是不是等差数列的方法：定义法，等差中项法.

4．D

解析：D 【分析】

an111n2n2n，再由累加法计算出先由an1得出，进而求出an.

1nanan1anan2【详解】 解：an1an， 1nanan11nanan，

化简得：an1nanan1an， 两边同时除以anan1并整理得：

11n， an1an即

11111111n1(n2,nz)， 1，2，3，…，a3a2anan1a4a3a2a1将上述n1个式子相加得：

11111111+…123…n1， a2a1a3a2a4a3anan1即

11n(n1)， ana1211n(n1)n(n1)n2n2=1(n2,nz)， ana1222又

11也满足上式， a11n2n2(nz)， an22(nz).

n2n2故选：D. 【点睛】 an易错点点睛：利用累加法求数列通项时，如果出现n1，要注意检验首项是否符合.

5．B

解析：B 【分析】 由an1an可求解. 【详解】 由an1an1221aa2a3转化为，利用叠加法，求得，即n1nn2nn1nnn2121aa2，可得n1n，

n(n1)n2nnn1所以ananan1an1an2an2an3a2a1a1

112112111111222n1nn2n1n3n2212113，

nn所以a103故选：B. 【点睛】

数列的通项公式的常见求法：

214. 105对于递推关系式可转化为an1anf(n)的数列，通常采用叠加法（逐差相加法）求其通项公式；

对于递推关系式可转化为

an1f(n)的数列，并且容易求数列{f(n)}前n项积时，通常an采用累乘法求其通项公式； 对于递推关系式形如an1panq的数列，可采用构造法求解数列的通项公式.

6．B

解析：B 【分析】

由题意结合a2,a4,a8成等比数列，有a4(a44)(a48)即可得a4，进而得到a1、an，即可求S9. 【详解】

由题意知：a2a44，a8a48，又a2,a4,a8成等比数列，

2∴a4(a44)(a48)，解之得a48，

2∴a1a43d862，则ana1(n1)d2n， ∴S99(229)90，

2故选：B 【点睛】

思路点睛：由其中三项成等比数列，利用等比中项性质求项，进而得到等差数列的基本量 由am,ak,an成等比，即akaman； 等差数列前n项和公式Sn2n(a1an)的应用. 27．C

解析：C 【分析】

12111 ，构造根据数列的递推关系，利用取倒数法进行转化得为等比数an1anan列，求解出通项，进而求出a10. 【详解】 因为an1ana22111n1，则121， ，所以两边取倒数得

an2an1ananan1an所以数列所以an故选：C 【点睛】

1111为等比数列，则112n12n，

anana1111a. ，故102n121011023方法点睛：对于形如an1panqp1型，通常可构造等比数列anx（其中

xq）来进行求解. p18．D

解析：D 【分析】

由题意计算出an的公比q，由等比数列的性质可得anan1也为等比数列，由等比数列前n项和计算即可得结果. 【详解】

a5113q，即q1，所以因为数列an是等比数列，a21，a5，所以

a2882a12，

由等比数列的性质知anan1是以2为首项，以

1为公比的等比数列. 4所以2aaaaaa1212231n214881n8， anan11334314故选：D. 【点睛】

本题主要考查了等比数列的性质以及等比数列前n项和的计算，属于中档题.

9．A

解析：A 【分析】

利用数列递推关系：n1时，a12a11，解得a1；n2时，anSnSn1．再利用等比数列的通项公式与求和公式即可得出． 【详解】

Sn2an1，n1时，a12a11，解得a11；n2时，

anSnSn12an1(2an11)，

化为：an2an1．

数列{an}是等比数列，公比为2．

261a6232，S663．

215S663则． a632故选：A． 【点睛】

本题考查数列递推关系、等比数列的通项公式与求和公式，考查推理能力与计算能力，属于中档题．

10．A

解析：A 【分析】

由已知可以假设一次函数为ykx1，在根据f(1),f(4),f(13)成等比数列，得出

k3，利用等差数列的求和公式求解即可． 【详解】

由已知，假设f(x)kxb，(k0)

f(0)1k0b，b1．

f(1),f(4),f(13)成等比数列，

且f(1)k1,f(4)4k1,f(13)13k1．

k1，4k1，13k1成等比数列，即(4k1)2(k1)(13k1)，

16k218k13k214k1，从而解得k0（舍去），k2，

f(2)f(4)f(2n)

(221)(421)(2n21) (242n)2n

4n(n1)n2n(n1)n 23n2n2n2n3.

故选：A． 【点睛】

本题考查了等比数列、等差数列和函数的综合应用，考查了学生的计算能力，解题时要认真审题，仔细解答，避免错误，属于中档题．

11．A

解析：A 【分析】

Sn设等比数列an的公比为q，可知1q0或0q1，计算出limn可得出q关于a1的表达式，结合q的范围，可解出a1的取值范围. 【详解】

a11，1qa1Sn设等比数列an的公比为q，由于limn1，则1q0或0q1， a1Sna11qn1q，则limSnlimnna11qn1qa112，得q1a1. 1qa1a11，解得1a2； a11，则0a121不成立.

22①若1q0，则11a10，即1a12，22②当0q1，则01a11，得0a11，

综上所述，a1的取值范围是1,2. 故选A. 【点睛】

本题考查利用极限求等比数列首项的取值范围，解题的关键就是得出公比与首项的关系，结合公比的取值范围得出关于首项的不等式，考查运算求解能力，属于中等题.

12．A

解析：A 【分析】

先由已知数列递推公式可得

an1aa2n，得到n是以1为首项，以2为公比的n2n1n1等比数列，求出该等比数列的通项公式，即能求得an. 【详解】

解：∵an1当n2时，①－②有

nn2an1Sn，① SnnN*，∴

n2nn1anSn1，② n1aann1an1anan，化简得n12nn2， n2n1n2n1aa12S13a16，故221，也符合上式， 132另外，n=1时a2aan故是以11为首项，以2为公比的等比数列，

2n1an2n1，故ann12n1. n1故选：A. 【点睛】

∴

本题考查了数列的递推公式，考查了数列通项公式的求法，属于中档题.

二、填空题

13．【分析】先通过归纳得再利用等比数列求和得解【详解】由题意得归纳得则故答案为：【点睛】关键点睛：解答本题的关键在通过特殊值归纳出归纳出这个结论之后后面利用等比数列求和就迎刃而解了 解析：310101

【分析】 先通过归纳得f3得解. 【详解】

由题意得f(3)312,f32k13k3k123k1,f32k3k3k0，再利用等比数列求和

330,f332323236，

f3432320，

3323,f3330，

则f(3)f3f3f3f(3)f3f3归纳得f32k1kk1k12kkk23202035f32019

230231232231009

100923330123131010213310101．

故答案为：310101 【点睛】

关键点睛：解答本题的关键在通过特殊值归纳出

f32k13k3k123k1,f32k3k3k0，归纳出这个结论之后，后面利用等

比数列求和就迎刃而解了.

14．24【分析】根据可得两式作差可证明为等比数列并求解出通项公式从而可求【详解】因为所以所以所以所以且所以所以为首项为公比为的等比数列所以所以故答案为：【点睛】思路点睛：已知之间的线性关系求解通项公式的

解析：24 【分析】

根据Sn2an3可得Sn12an13，两式作差可证明an为等比数列并求解出通项公式，从而a4可求. 【详解】

因为Sn2an3，所以Sn12an13，所以Sn1Sn2an12an， 所以an12an12an，所以an12an，且S1a12a13，所以a130， 所以an为首项为3，公比为2的等比数列，所以an32故答案为：24. 【点睛】

思路点睛：已知Sn,an之间的线性关系，求解an通项公式的思路： （1）根据已知条件再写一个关于Sn+1,an+1或Sn1,an1n2的等式；

（2）将新式子与原式作差，利用an1Sn1Sn或anSnSn1n2求解出an的一个递推公式；

（3）证明an为等比数列，并求解出通项公式.

n141，所以a43224，

15．【分析】根据条件②联立化简得数列是等差数列再根据条件①可得的通项再代入②即可得数列的通项公式【详解】则时时即数列是等差数列又首项公差其中适合此式故答案为：【点睛】本题考查数列的通项公式考查对数列相关

1解析：nn1

2【分析】

2根据条件②anan12bn，bnbn1an1联立化简得数列

b是等差数列，再根据条件

n①可得

b的通项，再代入②即可得数列a的通项公式.

nn【详解】

2an0，bn0，bnbn1anbnbn1， 1，an1则n2时，bn1bnbnbn12bn，

n2时，bn1bn12bn，即bn1bnbnbn1，

数列

b是等差数列.

n2a29， 又a1a22b1，b12，b2b12首项b12，公差db2b122n1n1. 222， 2bn2bn12n1， 21n1n2. 2an1bnbn1anan1nn1，其中a11适合此式， 21nn1. 2故答案为：【点睛】

1nn1. 2本题考查数列的通项公式，考查对数列相关知识的理解与运用，解题关键是对题目条件的转化，属于中等题.

16．72【解析】因为所以故填

解析：72 【解析】

因为a218a7，所以a1a8a2a718，s88(a1a8)72，故填72． 217．【分析】结合累加法及裂项相消法可得根据已知条件即可求出通项公式【详解】解：因为所以则当时将个式子相加可得因为则当时符合题意所以故答案为:【点睛】本题考查了数列通项公式的求解考查了累加法考查了裂项相消

31解析：,n1,nN

2n【分析】

结合累加法及裂项相消法可得ana11【详解】

解：因为an1an1，根据已知条件即可求出通项公式. n1111aa，所以， n1nn2nn2nnn11aa121211aa32则当n2,nN时，23 ，将n1个式子相加可得

...aa11nn1n1n11111111131ana11...1，因为a1，则an1，

223n1nn2n22n当n1时，a1故答案为: 【点睛】

本题考查了数列通项公式的求解，考查了累加法，考查了裂项相消法，属于中档题.

31131符合题意，所以an,n1,nN. 2122n31,n1,nN. 2n18．【分析】由条件有由数列为正项数列即得然后利用累乘法可求出数列的通项公式【详解】由则又数列为正项数列即所以即所以故答案为：【点睛】本题考查由递推关系求数列的通项公式考查累乘法属于中档题

1解析：

n【分析】

由条件有n1an1nanan1an0，由数列an为正项数列，即得

n1an1nan0，然后利用累乘法可求出数列的通项公式.

【详解】

由n1an1nanan1an0，则n1an1nanan1an0

22又数列an为正项数列，即an0，a11 所以n1an1nan0，即 所以anan1n ann1111 2nanan1an1an21 na2n1n2a1a1nn1故答案为：【点睛】

本题考查由递推关系求数列的通项公式，考查累乘法，属于中档题.

19．26【分析】由题意可得等差数列递减且可得可得结论【详解】等差数列中等差数列递减且满足的k值为故答案为：【点睛】本题考查等差数列的求和公

式和等差数列的性质得出项的正负和前项和的关系是解决问题的关键属中

解析：26 【分析】

由题意可得等差数列递减且a13a140，可得S250,【详解】

等差数列an中a130,a140,a13a14，

S260,S270，可得结论.

等差数列递减且a13a140，

S2525a130,S2626a13a140,S2727a140， 2满足SkSk10的k值为26,

故答案为：26 【点睛】

本题考查等差数列的求和公式和等差数列的性质，得出项的正负和前n项和的关系是解决问题的关键，属中档题.

20．【分析】直接利用递推关系式求出数列的通项公式进一步利用裂项相消法求出数列的和【详解】解：正项数列的前项和为①则②②-①得：整理得：当时解得：所以：数列是以1为首项1为公差的等差数列则所以：则：数列的 解析：【分析】

直接利用递推关系式求出数列的通项公式，进一步利用裂项相消法求出数列的和． 【详解】

2an(nN)①， 解：正项数列an的前n项和为Sn，2Snan2021 2020则2an1an1anan1an②，

2②-①得：2an1an12anan1an，

22整理得：an1an1，

2当n1时，2S1a1a1，解得：a11，

所以：数列an是以1为首项，1为公差的等差数列. 则an1n1n，

n(n1)n2n. 所以：Sn22则：cn1n2an11n11， 2Snnn111111数列cn的前2019项的和为：T20191，

2232019202011， 20202021. 2020故答案为：【点睛】

2021 2020本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，裂项相消法在数列求和中的应用，属于中档题．

三、解答题

21．（1）an4【分析】

（1）n2时，anSnSn1，n1时，a1S11.即可得出an. （2）bnlog2【详解】

n1；（2）

1643n.n1 994an1bnn.利用错位相减法即可得出. log22n，

an4n1n4n14n11解：（1）n2时，anSnSn14n1，

33n1时，a1S11.

综上可得：an4（2）bnlog2n1.

an1log22nn，

bnnn1. an4数列bn23nnT1.的前项和n2n1 444an112n1nTn2n1n， 444441n3111nn4n. 相减可得：Tn12n1n1444444141643nTn.

994n1【点睛】

1本题考查了数列递推关系、等比数列的通项公式求和公式、错位相减法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.根据和求通项时，一定要注意n1时的检验，利用错位相减求

和法时，运算容易出错，一定要仔细准确运算，注意检查，必要时用T00,T1下.

n22．（1）a12；（2）an2，bn2n1；（3）Tnb1检验一a1(2n3)2n16.

【分析】

（1）由题意得出2anSn2，令n1可求得a1的值；

（2）当n2时，由2anSn2可得出2an1Sn12，两式作差可得出

an2，可an1得出数列an是等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得数列an的通项公式，由题意可推导出数列bn为等差数列，确定该数列的首项和公差，可求得数列bn的通项公式；

（3）求得cnn2n1，然后利用错位相减法可求得Tn. 【详解】

（1）由2anSn2得：2a1S12 即2a1a12解得a12 （2）由Sn2an2

Sn12an12(n2)

①-②anSnSn12an2an1

an2(n2) an1n所以数列an是以2为首项，以2为公比的等比数列，则an2

又由数列bn中，b12，点Pbn,bn1在直线xy20上 得:bnbn120且b11 所以：bn12(n1)2n1 （2）cnanbn(2n1)2

234n数列{Cn}的前n项和Tn12325272(2n1)2

n2Tn122323524725(2n1)2n1

Tn1222222322422n(2n1)2n1

可得：Tn【点睛】

解答特殊数列（等差数列与等比数列）的问题时，根据已知条件构造关于基本量的方程，解方程求出基本量，再根据定义确定数列的通项公式，当数列表示为等差和等比数列之积时，利用错位相减法求其前n项和.

(2n3)2n16

23．（1）an2n1（nN*）；（2）Sn【分析】

（1）解方程组求出1n31（nN*）. 2a11，即得数列an通项公式an； d2（2）分析得到数列bn是首项为1，公比为3的等比数列，再求数列bn的前n项和Sn. 【详解】

解：（1）设等差数列{an}的公差为d，由a23，a47，

a2a1d3a11所以，，

aa3d7d214ana1n1d2n1（nN*）；

（2）由（1）得b1a11，

bn13，所以数列bn是首项为1，公比为3的等比数列， bnSnb11qn1q1n31（nN*）. 2【点睛】

an+1=某一非零常方法点睛：证明数列是等比数列常用的方法有：（1）定义法（证明an数）；（2）中项法（证明an1an12an）. 24．（1）an【分析】 （1）将an12；（2）23. 3n1an13nN*，变形为1，再利用等比数列的定义求解. an3an1an（2）由（1）得bnnn2T4，然后利用错位相减法求得，将不等式nn1n122n2n*14对一切恒成立，转化为，对一切nN*恒nNn1n122成立，分n为偶数和奇数讨论求解. 【详解】

annN*， （1）由an1an31Tnnan3311， 得an1anan11113∴， an12an2所以数列11113是以3为公比，以为首项的等比数列，

a122an2113n12. 所以3，即annan2231（2）bnn 2n11111123n1n, 2021222n22n1Tn11111122n1n1nn， 22222两式相减得: Tn1Tn11111n2012n1nn2n， 2222222∴Tn4n2， 2n1n因为不等式1Tn所以14因为t4nn对一切nN*恒成立， n122，对一切nN*恒成立， n122单调递增， n12若n为偶数，则42，对一切nN*恒成立，∴3； n122，对一切nN*恒成立，∴2，∴2 n12若n为奇数，则4综上：23. 【点睛】

方法点睛：求数列的前n项和的方法 (1)公式法：①等差数列的前n项和公式，Snna1annn1na1d②等比数列22na1,q1n的前n项和公式Sna11q；

,q11q(2)分组转化法：把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．

(3)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．

(4)倒序相加法：把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广．

(5)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项之积构成的，则这个数列的前n项和用错位相减法求解.

(6)并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解． 25．（1）an()；bn【分析】

（1）当n1时，代入条件，可求得a1的值，当n≥2时，根据anSnSn1，结合等比数列的定义，即可求得数列{an}的通项公式，根据等差中项的性质，可得{代入数据，求得首项

13n1；（2）证明见解析. n1}为等差数列，bn1和公差d，即可求得数列{bn}的通项公式； b1an1n()n，利用错位相减求和法，即可求得数列{cn}的前n项bn3（2）根据（1），可得cn和，根据表达式，即可得证. 【详解】

1（1）由2Sn+an＝1，得Sn(1an)，

211当n1时，S1(1a1)，∴a1，

2311当n≥2时，anSnSn1(1an)(1an1)，

22∵an10，∴∴{an}是首项为∴an().

an1， an1311，公比为的等比数列， 3313n1211*(nN){}为等差数列， ∵，∴bn1bnbn2bn由b1＝1，b211111，得1，2，d1，

b2b2b1b121{}是首项为1，公差为1的等差数列， ∴bn111(n1)1n，∴bn. ∴bnn（2）cnan1n()n， bn31121n设Tn＝c1+c2+c3+…+cn，则Tn12()…n()①，

3331111Tn1()22()3…n()n1②，

3333

①-②得Tn231121311()()()nn()n1 3333311[1()n]23n(1)n11(1n)(1)n， Tn3133223313∴Tn32n313n. 4434【点睛】

当题中出现Sn与an关系时，解题的方法是利用anSnSn1求解，并检验n=1时是否满足题意，证明数列为等差、等比数列时，①可以用等差、等比数列的定义证明，②可以利用等差中项、等比中项证明，考查学生对基础知识的掌握程度，属中档题. 26．（1）an【分析】

（1）由anSnSn1(n2)得出数列{an}是等比数列，（先求出a10），可得通项公式；

（2）由（1）得bn，用错位相减法求和． 【详解】

解：（1）当n1时，a1因为Sn2an1，①

所以当n2时，Sn12an11，②

①-②得，SnSn12an2an1，所以an2an1． 故数列an是首项为1，公比为2的等比数列，其通项公式为an（2）由题知，bn(n1)2，

所以Tn223242(n1)2，③

123nn2n1；（2）Tnn2n1．

S11，解得a11． 22n1．

2Tn222323424(n1)2n1，④

③-④得，Tn22222123n(n1)2n1

2212n12(n1)2n1n2n1．

n1所以Tnn2．

【点睛】

方法点睛：本题考查求等比数列的通项公式，考查错位相减法求和．数列求和的常用方法：

（1）公式法；（2）错位相减法；（3）裂项相消法；（4）分组（并项）求和法；（5）倒序相加法．