解 (1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d ?S4＝4S2，由? ?a2n＝2an＋1
?4a1＋6d＝8a1＋2d，即? a＋?2n－1?d＝2a＋2?n－1?d＋1.?11得a1＝1，d＝2，所以an＝2n－1(n∈N*)． b1b2bn1
(2)由已知a＋a＋…＋a＝1－2n，n∈N*①
1
2
n
bn－1b1b21
当n≥2时，a＋a＋…＋＝1－n－1②
an－1212
bn1b11
①－②得：a＝2n，又当n＝1时，a＝2也符合上式，
n
1
bn1
所以a＝2n(n∈N*)，由(1)知an＝2n－1(n∈N*)
n
2n－1
所以bn＝2n(n∈N*)． 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn 2n－1135
＝＋2＋3＋…＋n. 22222n－32n－1113
Tn＝2＋3＋…＋2222n＋2n＋1. 两式相减得：
2?2n－111?22
?＋＋…＋2n?－n＋1 2Tn＝2＋?2223?22n－131
＝2－n－1－n＋1.
222n＋3所以Tn＝3－2n. 18．(2013·广东卷)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足4Sn＝a2n＋1－4n－1，n∈N*, 且a2，a5，a14构成等比数列． (1)证明：a2＝4a1＋5； (2)求数列{an}的通项公式；
1111(3)证明：对一切正整数n，有aa＋aa＋…＋<2. anan＋11223
2
(1)证明 当n＝1时，4a1＝a22－5，a2＝4a1＋5，
又an>0，∴a2＝4a1＋5.
(2)解 当n≥2时，4Sn－1＝a2n－4(n－1)－1，
2∴4an＝4Sn－4Sn－1＝a2n＋1－an－4， 22即a2n＋1＝an＋4an＋4＝(an＋2)，
又an>0，∴an＋1＝an＋2，
∴当n≥2时，{an}是公差为2的等差数列． 又a2，a5，a14成等比数列．
∴a2a14，即(a2＋6)2＝a2·(a2＋24)，解得a2＝3. 5＝a2·由(1)知a1＝1. 又a2－a1＝3－1＝2，
∴数列{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列． ∴数列{an}的通项公式为an＝2n－1. (3)证明 由(2)知
11
＝ anan＋1?2n－1??2n＋1?
1?1?1
＝2?2n－1－2n＋1? ??
1111111所以aa＋aa＋…＋＝＋＋＋…＋
anan＋11×33×55×7?2n－1??2n＋1?12231??1??11?1???1
－＝2??1－3?＋?3－5?＋…＋?2n－12n＋1??
????????1?11?
＝2?1－2n＋1?<2. ??
创新设计高考数学苏教文一轮方法测评练：步骤规范练——数列
