?1?1??(2)设bn＝1＋log2(an)，求证：数列bb的前n项和Tn<.
6?nn＋1?
2
(1)解：因为an＋1＝2＋Sn(n∈N*)， 所以an＝2＋Sn－1(n≥2)． 所以an＋1－an＝Sn－Sn－1＝an， 所以an＋1＝2an(n≥2)，
又因为a2＝2＋a1＝4，a1＝2，所以a2＝2a1， 所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列， 则an＝2·2n－1＝2n(n∈N*)．
(2)证明：因为bn＝1＋log2(an)2，则bn＝2n＋1. 11?11???－则＝??， 2n＋12n＋32bnbn＋1??
1111111
所以Tn＝(－＋－＋…＋－)＝
235572n＋12n＋311?1??－?1
32n＋3?<6. 2???
[B级 能力提升]
11．(2020·郑州一模)已知数列{an}满足2an＋1＋an＝3(n∈N*)，且131
a3＝，其前n项之和为Sn，则满足不等式|Sn－n－6|<的最小整数
4123n是( )
A．8 C．10
B．9 D．11
113
解析：由2an＋1＋an＝3，得an＋1－1＝－(an－1)，又a3＝，所
249
以a2－1＝－2(a3－1)＝－，a1－1＝－2(a2－1)＝9.所以{an－1}是首项
2
?1?n－1?1?1
???－?－为9，公比为－的等比数列，则an－1＝9·2，an＝1＋9·
2???2??1?n1－?－2?n－1?1?n??1
??－，则Sn＝n＋9·＝n＋6－6·2，则|Sn－n－6|＝3·n1，
?1???2－1－?－2???
111
|Sn－n－6|<，即3·n1<，解得n>9，所以满足不等式|Sn－n－
1232－1231
6|<的最小整数n是10. 123
答案：C
12．(2020·蚌埠质检)数列{an}满足a1＝1，|an－an－1|＝n2(n∈N*且n≥2)．若数列{a2n－1}为递增数列，数列{a2n}为递减数列，且a1>a2，则a99＝________．
解析：由于数列{a2n－1}为递增数列，数列{a2n}为递减数列，可求得a2－a1＝－22，a3－a2＝32，a4－a3＝－42，a5－a4＝52，a6－a5＝－62，…，
a98－a97＝－982，a99－a98＝992.
故a99＝(a99－a98)＋(a98－a97)＋…＋(a6－a5)＋(a5－a4)＋(a4－a3)＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1＝992－982＋972－962＋…＋52－42＋32－22＋199＋1＝99＋98＋97＋96＋…＋5＋4＋3＋2＋1＝×99＝4 950.
2
答案：4 950
13．(2020·茂名一模)已知Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝2an－2. (1)求数列{an}的通项公式；
??an，n＝2k－1，(2)若bn＝?k∈N*，求数列{bn}的前2n项和T2n.
??log2an，n＝2k，
解：(1)由Sn＝2an－2，① 得Sn－1＝2an－1－2(n≥2)，②
①－②得an＝2an－2an－1，所以an＝2an－1(n≥2)， 由a1＝S1＝2a1－2，得a1＝2，
所以{an}是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以an＝2n.
?2n，n＝2k－1，
(2)bn＝?k∈N*.
?n，n＝2k，
T2n＝(b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋b6＋…＋b2n) ＝(2＋23＋25＋…＋22n－1)＋(2＋4＋6＋…＋2n) 2×（1－4n）（2＋2n）×n22＝＋＝－＋×4n＋n2＋n.
2331－4
[C级 素养升华]
14．(2020·天河二模)已知数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，设cn＝abn，Tn＝c1＋c2＋…＋cn(n∈N*)，则当Tn<2 020时，n的最大值是( )
A．9
B．10
C．11 D．12
解析：因为{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，所以an＝2n－1.因为{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以bn＝2n－1，所以Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝ab1＋ab2＋…＋abn＝a1＋a2＋a4＋…＋a2n－1＝(2×1－1)＋(2×2－1)＋(2×4－1)＋…＋(2×2n－1－1)＝2(1＋2＋4＋…1－2n
＋2n－1)－n＝2×－n＝2n＋1－n－2，因为Tn<2 020，所以2n＋1－n
1－2－2<2 020，解得n≤9.则当Tn<2 020时，n的最大值是9.
答案：A
2021高考数学人教版一轮复习练习：第五章 第4节 数列求和及数列的综合应用
