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数列的综合应用


第 5 讲 数列的综合应用

考点一__等差数列与等比数列的综合问题______ (2014· 高考北京卷)已知{an}是等差数列,满足 a1=3,a4=12,数列{bn}满足 b1=4,b4=20,且{bn-an}为等比数列. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)求数列{bn}的前 n 项和. [解] (1)设等差数列{an}的公差为 d,由题意得 a4-a1 12-3 d= = =3, 3 3 所以 an=a1+(n-1)d=3n(n=1,2,?). 设等比数列{bn-an}的公比为 q,由题意得 b4-a4 20-12 q3= = =8,解得 q=2. b1-a1 4-3 - - 所以 bn-an=(b1-a1)qn 1=2n 1. - 从而 bn=3n+2n 1(n=1,2,?). - (2)由(1)知 bn=3n+2n 1(n=1,2,?). 1-2n n 3 - 数列{3n}的前 n 项和为 n(n+1),数列{2n 1}的前 n 项和为 =2 -1. 2 1-2 3 所以,数列{bn}的前 n 项和为 n(n+1)+2n-1. 2 [规律方法] 解决等差数列与等比数列的综合问题,关键是理清两个数列的关系.如果 同一数列中部分项成等差数列, 部分项成等比数列, 要把成等差数列或等比数列的项抽出来 单独研究;如果两个数列通过运算综合在一起,要从分析运算入手,把两个数列分割开弄清 两个数列各自的特征,再进行求解. 1.(2013· 高考课标全国卷Ⅱ)已知等差数列{an}的公差不为零, a1=25 , 且 a1,a11,a13 成等比数列. (1)求{an}的通项公式; (2)求 a1+a4+a7+?+a3n-2. 解:(1)设{an}的公差为 d,由题意得 a2 11=a1a13, 即(a1+10d)2=a1(a1+12d). 于是 d(2a1+25d)=0. 又 a1=25,所以 d=0(舍去),d=-2. 故 an=-2n+27. (2)令 Sn=a1+a4+a7+?+a3n-2. 由(1)知 a3n-2=-6n+31, 故{a3n-2}是首项为 25,公差为-6 的等差数列. n n 从而 Sn= (a1+a3n-2)= (-6n+56)=-3n2+28n. 2 2 考点二__数列的实际应用问题__________________ 某企业在第 1 年初购买一台价值为 120 万元的设备 M,M 的价值在使用过程 中逐年减少.从第 2 年到第 6 年,每年初 M 的价值比上年初减少 10 万元;从第 7 年开始, 每年初 M 的价值为上年初的 75%. (1)求第 n 年初 M 的价值 an 的表达式; (2)设 Sn 表示数列{an}的前 n 项和,求 Sn(n≥7).

[解] (1)当 n≤6 时,数列{an}是首项为 120,公差为-10 的等差数列,an=120-10(n -1)=130-10n; 3 当 n≥6 时,数列{an}是以 a6 为首项, 为公比的等比数列. 4 n-6 3 ? 又 a6=70,所以 an=70×? ?4? . 因此,第 n 年初,M 的价值 an 的表达式为 ?130-10n,n≤6,
n-6 an=? ?3? ?70×?4? ,n≥7.

? ?

(2)由等差及等比数列的求和公式得 当 n≥7 时,由于 S6=570, 故 Sn=S6+(a7+a8+?+an) 3 3 n-6 =570+70× ×4×?1-? ? ? 4 ? ?4? ? n-6 3 ? =780-210×? ?4? . [规律方法] 解答数列实际应用问题的步骤: (1)确定模型类型:理解题意,看是哪类数列模型,一般有等差数列模型、等比数列模 型、简单的递推数列模型.基本特征见下表: 数列模型 基本特征 等差数列 均匀增加或者减少 等比数列 指数增长,常见的是增产率问题、存款复利问题 指数增长的同时又均匀减少.如年收入增长率为 简单递推 20%, 每年年底要拿出 a(常数)作为下年度的开销, 数列 即数列{an}满足 an+1=1.2an-a (2)准确解决模型:解模就是根据数列的知识,求数列的通项、数列的和、解方程 (组) 或者不等式(组)等,在解模时要注意运算准确; (3)给出问题的答案:实际应用问题最后要把求解的数学结果化为对实际问题的答案, 在解题中不要忽视了这点. 2.现有流量均为 300 m3/s 的两条河 A,B 汇合于某处后,不断混合,它 们的含沙量分别为 2 kg/m3 和 0.2 kg/m3,假设从汇合处开始,沿岸设有若干观测点,两股水 流在流经相邻两个观测点的过程中, 其混合效果相当于两股水流在 1 s 内交换 100 m3 的水量, 3 即从 A 股流入 B 股 100 m 水,经混合后,又从 B 股流入 A 股 100 m3 水并混合,问从第几个 观测点开始,两股河水的含沙量之差小于 0.01 kg/m3(不考虑沙沉淀). 解:设第 n 个观测点处 A 股水流含沙量为 an kg/m3,B 股水流含沙量为 bn kg/m3,则 a1=2,b1=0.2, 1 1 bn= (300bn-1+100an-1)= (3bn-1+an-1), 400 4 1 1 an= (300an-1+100bn-1)= (3an-1+bn-1), 400 4 1 an-bn= (an-1-bn-1), 2 1 ∴{an-bn}是以(a1-b1)为首项, 为公比的等比数列. 2 9 ?1?n-1 ∴an-bn= ×?2? . 5 9 1?n-1 - - 解不等式 ×? <10 2,得 2n 1>180, 5 ?2? ∴n≥9. 因此,从第 9 个观测点开始,两股水流的含沙量之差小于 0.01 kg/m3.

考点三__数列与不等式的综合问题(高频考点)__ 数列与不等式的综合问题是每年高考的难点,多为解答题,难度偏大. 高考对数列与不等式的综合问题的考查常有以下两个命题角度: (1)以数列为载体,考查不等式的恒成立问题; (2)考查与数列问题有关的不等式的证明问题. - 等比数列{an}满足 an+1+an=9· 2n 1,n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,若不等式 Sn>kan-2 对一切 n∈N*恒成立,求实数 k 的 取值范围. [解] (1)设等比数列{an}的公比为 q, - ∵an+1+an=9· 2n 1,n∈N*, ∴a2+a1=9,a3+a2=18, a3+a2 18 ∴q= = =2. a2+a1 9 ∴2a1+a1=9,∴a1=3. - ∴an=3· 2n 1,n∈N*. a1(1-qn) 3(1-2n) (2)由(1)知 Sn= = =3(2n-1), 1-q 1-2 - ∴3(2n-1)>k· 3· 2n 1-2, 1 * ∴k<2- - 对一切 n∈N 恒成立. 3·2n 1 1 令 f(n)=2- - ,则 f(n)随 n 的增大而增大, 3·2n 1 1 5 5 ∴f(n)min=f(1)=2- = ,∴k< . 3 3 3 5 ? ∴实数 k 的取值范围为? ?-∞,3?. [规律方法] 数列与不等式的综合问题的解题策略 (1)数列与不等式的恒成立问题.此类问题常构造函数,通过函数的单调性、最值等解 决问题; (2)与数列有关的不等式证明问题.解决此类问题要灵活选择不等式的证明方法,如比 较法、综合法、分析法、放缩法等. + 3.(1)(2015· 高考安徽卷)设 n∈N*,xn 是曲线 y=x2n 2+1 在点(1,2)处 的切线与 x 轴交点的横坐标. ①求数列{xn}的通项公式; 1 2 2 ②记 Tn=x2 . 1x3?x2n-1,证明:Tn≥ 4n 2 ? * (2)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=2-? ?n+1?an(n∈N ). ?an? ①求证:数列? n ?是等比数列; ? ? 1 1 1 1 2 ②设数列{2nan}的前 n 项和为 Tn,An= + + +?+ ,试比较 An 与 的大小. T1 T2 T3 Tn nan + + + 解:(1)①y′=(x2n 2+1)′=(2n+2)x2n 1,曲线 y=x2n 2+1 在点(1,2)处的切线斜率为 2n +2, 从而切线方程为 y-2=(2n+2)(x-1). 1 n 令 y=0,解得切线与 x 轴交点的横坐标 xn=1- = , n+1 n+1 n 所以数列{xn}的通项公式 xn= . n+1

②证明:由题设和①中的计算结果知, 1?2?3?2 ?2n-1?2 2 2 ? Tn=x2 x ? x = - 1 3 2n 1 ?2? ?4? ?? 2n ? . 1 当 n=1 时,T1= . 4 2n-1?2 (2n-1)2 (2n-1)2-1 2n-2 n-1 ? 当 n≥2 时,因为 x2 = 2n-1 ? 2n ? = (2n)2 > (2n)2 = 2n = n , 1?2 1 2 n-1 1 所以 Tn>? × × ×?× = . ?2? 2 3 n 4n 1 * 综上可得,对任意的 n∈N ,均有 Tn≥ . 4n 1 (2)①证明:由 a1=S1=2-3a1,得 a1= , 2 an 1 an-1 当 n≥2 时,由 an=Sn-Sn-1,得 = × , n 2 n-1 ?an? 1 所以? n ?是首项和公比均为 的等比数列. 2 ? ? an 1 ②由①得 = n, n 2 1 1 n(n+1) 1 于是 2nan=n,所以 Tn=1+2+3+?+n= ,则 =2?n-n+1?,于是 An= 2 Tn ? ? 1 2 n 2?1-n+1?= ? ? n+1, n+1 2 2 2n n 而 = 2 ,所以问题转化为比较 2与 的大小. nan n n n+1 2n n 设 f(n)= 2,g(n)= , n n+1 当 n≥4 时,f(n)≥f(4)=1,而 g(n)<1,所以 f(n)>g(n). 经验证当 n=1,2,3 时,仍有 f(n)>g(n). 2 因此对任意的正整数 n,都有 f(n)>g(n).即 An< . nan

交汇创新——数列与函数的交汇 (2014· 高考四川卷)设等差数列{an}的公差为 d,点(an,bn)在函数 f(x)=2x 的图象上(n∈N ). (1)若 a1=-2,点(a8,4b7)在函数 f(x)的图象上,求数列{an}的前 n 项和 Sn; 1 ?an? (2)若 a1=1, 函数 f(x)的图象在点(a2, b2)处的切线在 x 轴上的截距为 2- , 求数列?b ? ln 2 ? n? 的前 n 项和 Tn. [解] (1)由已知,b7=2a7,b8=2a8=4b7, 有 2a8=4×2a7=2a7+2. 解得 d=a8-a7=2. n(n-1) 所以 Sn=na1+ d=-2n+n(n-1)=n2-3n. 2 (2)函数 f(x)=2x 在(a2,b2)处的切线方程为 y-2a2=(2a2ln 2)(x-a2), 1 它在 x 轴上的截距为 a2- . ln 2 1 1 由题意知,a2- =2- ,解得 a2=2. ln 2 ln 2
*

所以 d=a2-a1=1,从而 an=n,bn=2n. n-1 n 1 2 3 所以 Tn= + 2+ 3+?+ n-1 + n, 2 2 2 2 2 1 2 3 n 2Tn= + + 2+?+ n-1. 1 2 2 2 1 1 1 n 因此,2Tn-Tn=1+ + 2+?+ n-1- n 2 2 2 2 n+1 1 n 2 -n-2 =2- n-1- n= . 2 2n 2 + 2n 1-n-2 所以 Tn= . 2n [名师点评] 数列与函数的交汇创新主要有以下两类:(1)如本例,已知函数关系转化为 数列问题,再利用数列的有关知识求解;(2)已知数列,在求解中利用函数的性质、思想方 法解答. [提醒] 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,在问题 的求解过程中往往会遇到递推数列,因此掌握递推数列的常见解法有助于该类问题的解决, 同时要注意 n 的范围. 3 1 (2015· 云南省统一检测)在数列{an}中,a1= ,an+1=2- ,设 bn= 5 an 1 ,数列{bn}的前 n 项和是 Sn. an-1 (1)证明数列{bn}是等差数列,并求 Sn; (2)比较 an 与 Sn+7 的大小. 1 1 1 1 解:(1)∵bn= ,a + =2- ,∴bn+1= = +1=bn+1,∴bn+1-bn=1, an an-1 n 1 an+1-1 an-1 ∴数列{bn}是公差为 1 的等差数列. 3 1 5 由 a1= ,bn= 得 b1=- , 5 2 an-1 2 5n n(n-1) n ∴Sn=- + = -3n. 2 2 2 5 7 (2)由(1)知:bn=- +n-1=n- . 2 2 1 1 1 由 bn= 得 an=1+ =1+ . bn 7 an-1 n- 2 2 n 1 ∴an-Sn-7=- +3n-6+ . 2 7 n- 2 n2 1 ∵当 n≥4 时,y=- +3n-6 是减函数,y= 也是减函数, 2 7 n- 2 ∴当 n≥4 时,an-Sn-7≤a4-S4-7=0. 39 8 7 又∵a1-S1-7=- <0,a2-S2-7=- <0,a3-S3-7=- <0, 10 3 2 * ∴?n∈N ,an-Sn-7≤0, ∴an≤Sn+7.

1.(2015· 山西省四校联考)设等差数列{an}和等比数列{bn}首项都是 1,公差与公比都是 2,则 ab +ab +ab +ab +ab =( ) A.54 B.56 C.58 D.57 - - 解析:选 D.由题意,an=1+2(n-1)=2n-1,bn=1×2n 1=2n 1,∴ab +?+ab =a1 +a2+a4+a8+a16=1+3+7+15+31=57. a ? ? 2n,当an为偶数时, 2.已知数列{a }满足:a =m(m 为正整数),a + =? 若 a =1,
1 2 3 4 5 1 5

n

1

n 1

? ?3an+1,当an为奇数时.

6

则 m 所有可能的取值为( ) A.{4,5} B.{4,32} C.{4,5,32} D.{5,32} a ? ? n,当an为偶数时, 解析:选 C.an+1=? 2 注意递推的条件是 an(而不是 n)为偶数或奇 ? ?3an+1,当an为奇数时, 数.由 a6=1 一直往前面推导可得 a1=4 或 5 或 32. 3.(2014· 高考辽宁卷)设等差数列{an}的公差为 d.若数列{2a1an}为递减数列,则( ) A.d<0 B.d>0 C.a1d<0 D.a1d>0 解析: 选 C.设 bn=2a1an, 则 bn+1=2a1an+1, 由于{2a1an}是递减数列, 则 bn>bn+1, 即 2a1an>2a1an x +1.∵y=2 是单调增函数,∴a1an>a1an+1, ∴a1an-a1(an+d)>0,∴a1(an-an-d)>0,即 a1(-d)>0,∴a1d<0. 4.在数列{an}中,若 a1=-2,an+1=an+n· 2n,则 an=( ) 1 A.(n-2)· 2n B.1- n 2 1 1 2 2 1- n? 1- n? C. ? D. ? 3? 4 ? 3? 2 ? 解析:选 A.因为 an+1=an+n· 2n,所以 an+1-an=n· 2n,所以 an-a1=(an-an-1)+(an-1 n-1 n-2 -an-2)+?+(a2-a1)=(n-1)×2 +(n-2)×2 +?+2×22+1×21(n≥2). - - 设 Tn=(n-1)×2n 1+(n-2)×2n 2+?+2×22+1×21(n≥2),则 2Tn=(n-1)×2n+(n n-1 n-2 3 -2)×2 +(n-3)×2 +?+2×2 +1×22,两式相减得 Tn=(n-2)· 2n+2(n≥2),所以 an =(n-2)· 2n+2+a1=(n-2)· 2n(n≥2).又 n=1 时,上式成立,所以选 A. 5 . (2015· 湖南澧县一中等三校联考 ) 在等比数列 {an} 中, 0<a1<a4 = 1 ,则能使不等式 1 ?a1- ?+?a2- 1 ?+?+?an- 1 ?≤0 成立的最大正整数 n 是( ) a1? ? a2? an? ? ? A.5 B.6 C.7 D.8 ?1? 1 解析:选 C.设等比数列{an}的公比为 q,则?a ?为等比数列,其公比为 ,因为 0<a1<a4 q ? n? 1 1 1 1 ? ? ? ? ? =1,所以 q>1 且 a1= 3.又因为? ?a1-a1?+?a2-a2?+?+?an-an?≤0,所以 a1+a2+?+an q 1 1 1 ≤ + +?+ ,即 a1 a2 an 1 1? 1- n? n a1(1-q ) a1? q ? 1 ≤ ,把 a1= 3代入,整理得 qn≤q7,因为 q>1,所以 n≤7,故选 1 q 1-q 1- q

C. 6.(2013· 高考江西卷)某住宅小区计划植树不少于 100 棵,若第一天植 2 棵,以后每天 植树的棵数是前一天的 2 倍,则需要的最少天数 n(n∈N*)等于________. 解析: 每天植树的棵数构成以 2 为首项, 2 为公比的等比数列,其前 n 项和 Sn = a1(1-qn) 2(1-2n) n+1 + + = =2 -2.由 2n 1-2≥100,得 2n 1≥102.由于 26=64,27=128. 1-q 1-2 则 n+1≥7,即 n≥6. 答案:6 7. 在等比数列{an}中, 若 an>0, 且 a1· a2· ?· a7· a8=16, 则 a4+a5 的最小值为________. 4 解析:由等比数列性质得,a1a2?a7a8=(a4a5) =16,又 an>0,∴a4a5=2.再由基本不等 式,得 a4+a5≥2 a4a5=2 2.∴a4+a5 的最小值为 2 2. 答案:2 2 S2n 8.设 Sn 是数列{an}的前 n 项和,若 (n∈N*)是非零常数,则称数列{an}为“和等比数 Sn b 列”.若数列{2 n}是首项为 2,公比为 4 的等比数列,则数列{bn}__________(填“是”或 “不是”)“和等比数列”. b - - 解析:数列{2 n}是首项为 2,公比为 4 的等比数列,所以 2bn=2· 4n 1=22n 1,bn=2n T2n -1.设数列{bn}的前 n 项和为 Tn,则 Tn=n2,T2n=4n2,所以 =4,因此数列{bn}是“和等 Tn 比数列”. 答案:是 9.在等比数列{an}(n∈N*)中,a1>1,公比 q>0,设 bn=log2an,且 b1+b3+b5=6,b1b3b5 =0. (1)求证:数列{bn}是等差数列; (2)求{bn}的前 n 项和 Sn 及{an}的通项公式 an. 解:(1)证明:∵bn=log2an, an+1 ∴bn+1-bn=log2 =log2q 为常数, an ∴数列{bn}为等差数列且公差 d=log2q. (2)设数列{bn}的公差为 d,∵b1+b3+b5=6,∴b3=2. ∵a1>1,∴b1=log2a1>0. ∵b1b3b5=0,∴b5=0. ?b1+2d=2, ?b1=4, ? ? ∴? 解得? ? ? ?b1+4d=0, ?d=-1. n(n-1) 9n-n2 ∴Sn=4n+ ×(-1)= . 2 2 1 ?log2q=-1, ? ?q=2, ? ∵? ∴? ?log2a1=4, ? ? ?a1=16. 5-n * ∴an=2 (n∈N ). b 10.(2014· 高考浙江卷)已知数列{an}和{bn}满足 a1a2a3?·an=( 2) n (n∈N*).若{an} 为等比数列,且 a1=2,b3=6+b2. (1)求 an 与 bn; 1 1 (2)设 cn= - (n∈N*).记数列{cn}的前 n 项和为 Sn. an bn ①求 Sn; ②求正整数 k,使得对任意 n∈N*,均有 Sk≥Sn. b 解:(1)由题意知 a1a2a3?an=( 2) n,b3-b2=6, b -b 知 a3=( 2) 3 2=8.

又由 a1=2,得公比 q=2(q=-2 舍去), 所以数列{an}的通项公式为 an=2n(n∈N*),
n(n+1)

所以,a1a2a3?an=2 2 =( 2)n(n 1) 故数列{bn}的通项公式为 bn=n(n+1)(n∈N*). 1 1 1 1 1 (2)①由(1)知 cn= - = n-?n-n+1?(n∈N*), an bn 2 ? ? 1 1 所以 Sn= - n(n∈N*). n+1 2 ②因为 c1=0,c2>0,c3>0,c4>0, 1) ? 1 ?n(n+ 当 n≥5 时,cn= -1 , 2n ? n(n+1)? n(n+1) (n+1)(n+2) (n+1)(n-2) 而 - = >0, + + 2n 2n 1 2n 1 n(n+1) 5×(5+1) 得 ≤ <1, 2n 25 所以,当 n≥5 时,cn<0. 综上,对任意 n∈N*恒有 S4≥Sn,故 k=4.
+ .

1.(2014· 高考江西卷)已知首项都是 1 的两个数列{an},{bn}(bn≠0,n∈N*)满足 anbn+1 -an+1bn+2bn+1bn=0. an (1)令 cn= ,求数列{cn}的通项公式; bn - (2)若 bn=3n 1,求数列{an}的前 n 项和 Sn. 解:(1)因为 anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0,bn≠0(n∈N*), an+1 an 所以 - =2,即 cn+1-cn=2, bn+1 bn 所以数列{cn}是以首项 c1=1,公差 d=2 的等差数列,故 cn=2n-1. - - (2)由 bn=3n 1 知 an=cnbn=(2n-1)3n 1, - 0 于是数列{an}的前 n 项和 Sn=1· 3 +3· 31+5· 32+?+(2n-1)· 3n 1, - 3Sn=1· 31+3· 32+?+(2n-3)· 3n 1+(2n-1)· 3n, 1 2 n-1 相减得-2Sn=1+2· (3 +3 +?+3 )-(2n-1)· 3n=-2-(2n-2)3n, n 所以 Sn=(n-1)3 +1. 2.(2015· 湖南耒阳二中第一次月考)为了加强环保建设,提高社会效益和经济效益,北 京市计划用若干时间更换一万辆燃油型公交车,每更换一辆新车,则淘汰一辆旧车,替换车 为电力型和混合动力型车.今年初投入了电力型公交车 128 辆,混合动力型公交车 400 辆; 计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加 50%,混合动力型每年比上一年多投入 a 辆. (1)求经过 n 年,该市被更换的公交车总数 S(n); (2)若该市计划 7 年内完成全部更换,求 a 的最小值. 解:(1)设 an,bn 分别为第 n 年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量. 3 依题意,得{an}是首项为 128,公比为 1+50%= 的等比数列,{bn}是首项为 400,公 2 差为 a 的等差数列. 3 n 128×?1-?2? ? ? ? ?? 3 n 所以{an}的前 n 项和 Sn= =256??2? -1?, 3 ?? ? ? 1- 2 n(n-1) {bn}的前 n 项和 Tn=400n+ a. 2 3 n 所以经过 n 年,该市被更换的公交车总数为 S(n) = Sn + Tn = 256 ??2? -1? + 400n + ?? ? ?

n(n-1) a. 2 (2)若计划 7 年内完成全部更换,则 S(7)≥10 000, 7×6 3 7 16 所以 256??2? -1?+400×7+ a≥10 000,即 21a≥3 082,所以 a≥146 . 2 21 ?? ? ? 又 a∈N*,所以 a 的最小值为 147. 1? x 3.已知点? ?1,3?是函数 f(x)=a (a>0 且 a≠1)的图象上一点,等比数列{an}的前 n 项和 为 f(n)-c,数列{bn}(bn>0)的首项为 c,且前 n 项和 Sn 满足 Sn-Sn-1= Sn+ Sn-1(n≥2,n ∈N*). (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; ? 1 ? 1 000 (2)若数列?b b ?的前 n 项和为 Tn.问 Tn> 的最小正整数 n 是多少? 2 015 + ? n n 1? 1 解:(1)∵f(1)=a= , 3 x 1 1 ? ∴f(x)=? ?3? ,a1=f(1)-c=3-c, 2 a2=[f(2)-c]-[f(1)-c]=- , 9 2 a3=[f(3)-c]-[f(2)-c]=- . 27 又数列{an}成等比数列, 4 2 81 a2 2 1 ∴a1= = =- = -c,得 c=1; a3 2 3 3 - 27 a2 1 又公比 q= = , a1 3 n 2 1?n-1 ?1? ,n∈N*. ∴an=- ? =- 2 ?3? 3?3? ∵Sn-Sn-1=( Sn- Sn-1)· ( Sn+ Sn-1) = Sn+ Sn-1(n≥2), 又 bn>0, Sn>0, ∴ Sn- Sn-1=1, 数列{ Sn}构成以 1 为首项, 1 为公差的等差数列, Sn=1+(n-1)×1 =n,Sn=n2. 当 n≥2 时,bn=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1, 当 n=1 时,b1=S1=1 也适合 bn=2n-1, ∴bn=2n-1(n∈N*). 1 1 1 (2)Tn= + +?+ b1b2 b2b3 bnbn+1 1 1 1 = + +?+ 1×3 3×5 (2n-1)(2n+1) 1 1 1 1 1 1 = ?1-3+3-5+?+2n-1-2n+1? 2? ? 1 1 n = ?1-2n+1?= 2? ? 2n+1. n 1 000 1 000 由 T n= > ,得 n> , 15 2n+1 2 015 1 000 ∴满足 Tn> 的最小正整数 n 为 67. 2 015


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