数列中的恒成立和存在性问题.docx

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1、数列中的恒成立和存在性问题O考法呈现恒成立与裂项相消求和恒成立和分组求和恒成立与数列的函数特性恒成立与裂项相消求和数列中的存在性问题我考法一：数列中的恒成立问题满分秘籍数列的“存在性和恒成立问题”的本质是不等式的问题，是高考中的热点问题。在出题上，经常巧妙的植入数列的求和中。因此数列的恒成立问题可以采用不等式的方法来求解，比如可以进行“参变分离”后等价转化为函数的最值问题进行求解。&例题分析【例1-1恒成立与分组求和已知数列r的前n项和为S71,点(珥Sn)在曲线/一2%+y=O上.(1)证明：数列%为等差数列；(2)若%=(-l)nn,数列九的前几项和7；满足mT；-27；对一切正整数n恒成

2、立，求实数Tn的值.【例1-2恒成立与裂项相消求和已知各项均为正数的数列Qz满足2户=n+l,其中Sn是数列SC的前项和.(1)求数列rl的通项公式；4S-l S3-I(2)若对任意11N+,且当？2时，总有4+三？+三7+-+三？/1恒成立，求实数;I的取值范围.【例1-3恒成立与错位相减求和已知数列az的前几项和为%，QI=1，+1=2Sn+2n+1,nN*.(1)求数列z的通项公式；(2)设匕=黑，仙r的前几项和为国，若对任意的正整数小不等式空/恒成立，求实数Tn的取值范围.【例1-4恒成立与数列的函数特性在Sn=2bn-l,4心=hn-1(n2),bn=V1+2(n2),这三个条件中任

3、选一个，补充在下面问题中，若问题中的女存在，求出攵的值；若女不存在，说明理由.已知数列为等比数列，1=三,a3=a1a2,数列b11的首项瓦=1,其前项和为S11,是否存在kN,使得对任意N,nkM恒成立？窗变式训练【变式1-1在2Sn=3an-3；%=3,log3n+=Iog3an+1这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答问题.设数歹Jn的前n项和为Sn,满足,bn=-,neNan+(1)求数列c的通项公式；(2)若存在正整数沏，使得%05对VWN*恒成立，求沏的值.【变式12在数列册中，a1=1,an+1=l-,bn=其中nN*.4an2an-l(1)证明数列瓦是等差数列，并写出证

4、明过程;(2)设Cn=煞，数列cr的前n项和为乙，求Tn；(3)对V-N*,使得5+3)4恒成立，求实数4的最小值.【变式13已知数列册的前几项和为%，a1=3,2=要?，neN*.(1)求S2,S3及Sn的通项公式；(2)设吃数列为的前?I项和为，若4(n-l)对任意的几WN.恒成立，求;I的最小值.【变式1-4已知数列r的各项均为正数，其前几项和Sn满足2图=n+l,数列%满足%=1(0n+l)(n+1+D,(1)求%l的通项公式；(2)设数列%的前几项和为Tn，若平VTnV5m对一切N*恒成立，求实数m的取值范围.【变式15】图中的数阵满足：每一行从左到右成等差数列，每一列从上到下成等比

5、数列，且公比均为实数q,%,1O,%,3=5,a2,2=-6,Q本2=a7,s(1)设%=a”，求数列%的通项公式；(2)设Sn=Qu+a2,1+an4,是否存在实数人使ar,/IS71恒成立，若存在，求出;I的所有值，若不存在,请说明理由.%考法二：数列中的存在性问题息例题分析【例2】已知：正整数列即各项均不相同，N,数歹J7J的通项公式二畸三等(1)若G=3,写出一个满足题意的正整数列%的前5项：(2)若QI=I,a?=2,Tn=手，求数列n的通项公式；(3)证明若VkN*,都有以n,是否存在不同的正整数i,/,使得刀，7)为大于1的整数，其中TiV满分秘籍数列的“存在性和恒成立问题”的本

6、质是不等式的问题，是高考中的热点问题。在出题上，经常巧妙的植入数列的求和中。因此数列的恒成立问题可以采用不等式的方法来求解，比如可以进行“参变分离”后等价转化为函数的最值问题进行求解。变式训练【变式21】记Sn为正数列时的前几项和，已知Sn-n是等差数列.求产;a100(2)求最小的正整数m,使得存在数列%l,Srn-W12.【变式2-2】已知数列，且：黑黑(1)设%=Qzn+Qzn-I，证明:耳一3是等比数列；(2)设数列的l的前项和为无,求使得不等式Srl2022成立的n的最小值.【变式23已知数列aj是正项等差数列，其中=l,且&、必、必+2成等比数列；数列b11的前项和为Sg满足2Sn

7、+bn=l(1)求数列an、bn的通项公式；(2)如果Cn=anbn,设数列Cn的前项和为Tlv是否存在正整数，使得T11Sn成立，若存在，求出的最小值，若不存在，说明理由.【变式2-4】已知数列n满足%=2an+n=数列brl满足瓦=1，bn+1-(nl)bn=n2+n.(1)数列a，b的通项公式；(2)若Cn=(bn+1-bn)an,求使q+c2+c2+cn2021成立(cJ表示不超过Cn的最大整数)的最大整数几的值.3真题专练1.在公差不为零的等差数列“中，%=1，且,。3，的3成等比数列，数列瓦的前几项和Sn满足Sn=2bn-2.(1)求数列%和瓦的通项公式；(2)设Cn=bn-anf

8、数列7的前几项和乙,若不等式7+n2-nIog2(1-)对任意九N*恒成立，求实数的取值范围.2 .已知数列Qr的前项和为Sr,1=-,且50n+Sn+16=O.(1)求数列册的通项；(2)设数列%满足4%+(n-5)n=O(nN),记%的前项和为4，若7；助“对任意nN*恒成立,求实数入的取值范围.3 .己知数列4l的前Ti项和为Sn,当n2时，Sn(Sn-n+l)=Sn-1.(1)证明：数列2是等差数列；(2)若=点数列的前n项和为，若ZnTn(九2+16)2l恒成立，求正整数血的最大值.4 .在数列即中，仰=一|，2an=an-1-2n-2(n2).(1)证明：数列册+2九是等比数列；记

9、数列nQl+2n)的前n项和为及，若关于n的不等式九(2-”)鬻恒成立，求实数义的取值范围.5 .已知等比数列4l的前n项和为Sn,arl+=Sn+2(nN*).(1)求数列ar的通项公式；(2)在an与册+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个等差数列，记插入的这九个数之和为，若不等式(-l)n0)的图像在点(l,f(1)处的切线与直线X+2y1=O垂直.(l),b满足的关系式；(2)若f(x)21nx在1,+8)上恒成立，求的取值范围；(3)证明：y2n邛二ln2-2(N)乙ZC=Ik4n7 .已知数列n中,a1=2,nan+1-(n+l)=2(n2+n)(nf+)(1)证明：数列早是等

10、差数列，并求数列%l的通项公式；(2)设以二3乜，数列%的前Ti项和为%,若7；V(neN+)恒成立，试求实数加勺取值范围.8 .已知数列%的前项和为又，且WSn=2n-2-1求数列1的通项公式；(2)记%=7吃7?数列%的前项和为与，若不等式2(2兀+1-1)V4+磷对任意TlN*恒成立,求实数；I的取值范围.9 .已知数列%是首项%=p公比q=:的等比数列，设与+2=31og1n(nN),数列cr满足c7l=anbn.444(1)证明：数列%成等差数列.若Cnm2+m-1对一切正整数九恒成立，求实数m的取值范围.解析【例1-1恒成立与分组求和已知数列71的前几项和为S71,点(几,sn)在

11、曲线/一2x+y=O上.(1)证明：数列rl为等差数列；(2)若%=(-l)nn,数列%的前n项和7；满足HIT”-27；对一切正整数n恒成立，求实数Tn的值.【答案】(1)证明见解析；(2)m=1【分析】(1)利用a”,Sn的关系结合等差数列定义即可证明；(2)分奇偶项讨论，先得出Tn,分离参数，求辛的最值即可.*n【详解】(1)将点(11,5n)代入曲线/-2x+y=O得：Sn=2n-n2=Sn_1=2(n-1)-(n-l)2,(n2),故r=Sn-SnT=3-2n(n2),又Sl=2l-l2=l=1,符合上式，所以n=3-2n(nN4),则+1-册=-2,故n为1为首项，-2为公差的等差

12、数列；/C、rh/1、-T4.13-2n,n为偶数(2)由(1)可知：bn=,(.2n-3,Ti为奇数若n=2k(kN*),则”=(b1+%+b2k-1)+(b2+.+b2k)=T+2(27)-3k+(T+3；x2k.=2炉-3k+(-2k2+k)=-2k=-n,此时哂l-2TrQmN臂=1一熹易知/S)=1-；单调递增，/(n)易知f5)=l+看(?3)单调递减，故IVfS)f(3)=3,故ml又Zl=I,时，7,1=b1=-1mTn-2Tn=m-2-1=m1,即m-1,1;综上所述，对于VN*,Tn=I满足不等式恒成立.【例1-2恒成立与裂项相消求和已知各项均为正数的数列n满足2户=an+

13、l,其中Sn是数列r的前项和.(1)求数列gr的通项公式；(2)若对任意N+,且当Ti2时，总有怖+J1+c11V:怛成立,求实数A的取值范围.451S2-IO3-ISn-I【答案】(l)an=2n-lU+8)【分析】(1)由all与Sn的关系式即可证得数列ar是以1为首项，2为公差的等差数列，即可求出数列a的通项公式；(2)由等差数列的前n项和公式求出S11,再由裂项相消法可证明白+47+tl7+7V1,即可求4bj83eI03-15n-1出实数人的取值范围.【详解】(1)V2%=anl,Sn=(i)2当n=1时，S1=a1=(8今，解得a1=1.当n2时，atl=Si1-Sm=(呼)2(N

14、)即Sn+an-l)(an-an-l-2)=0s+a1103n3n_j-2=0,数列a是以1为首项，2为公差的等差数歹U，an=2n1.(2)因为a11=2n-1,所以Sn=Ml.*当 n 2 时，1SnT-J-=-1=I(J-JL),n2-l(n-l)(n+l)2n-ln+l+4SxS2-IS3-ISn-IS+-S+(l-l)+,*,+3+)l那(+A/总=-三1U恒成立，所以2v(Tn)min,11-11=(2n5)(丁一(2n7)=(丁(11+0O,；Tn在(。，+8)上单调递增，(Tn)min=Tl=支由吟罗或可得一IVmV2,所以实数m的取值范闱是(一1,2).【例14】恒成立与数列

15、的函数特性在Sn=2bn-1,4%=bn.1(n2),%=bn.1+2(n2),这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的女存在，求出2的值；若攵不存在，说明理由.已知数列atl为等比数列，1=,3=1a2,数列bn的首项瓦=1,其前项和为Sn,是否存在kN,使得对任意nN*,rbnQkM恒成立？【答案】不存在；存在，1：存在，3【分析】由数列aj为等比数列得a11=(,选择：通过Sn-SnT=0得抖=2(n2),进而求出“工JDIlT的通项公式，求出arbn,利用单调性即可求解；选择：由-4bn=bn(n2)可知b为等比数列，求出bn的通项公式，求出a11bn,利用单调性即可求解；由

16、味=+2(n2)可知、是等差数列，求出bn的通项公式，求出anbn，利用作差法求最大项即可求解.【详解】设等比数列a11的公比为q，因为a1g,且a3=a】az，所以q=L故an=O选择：由Sn=2bn-1,得SnT=2bn-1(n2),两式相减整理，得用=2(n2),又瓦=1,所以bj是首项为1、公比为2的等比数列，所以咏=2n,即a/。=Q)n-2n=Q)由指数函数的性质知，数列a11bn单调递增，没有最大值，所以不存在kN,使得对任意nN,anbnWalcbk恒成立.选择：因为-4bn=bn(n2),b1=1,所以数列bn是首项为1、公比为的等比数列，4所以bn=(一yJP三nbn=(I

17、)(TZ=(-4)(V)n，因为aflb11=(-4)(-)n4Q)n4i=p当且仅当n=1时取得最大值|,所以存在k=l,使得对任意nNarbna1J)k恒成立.选择：由b11=bn,1+2(n2)得bj是以2为公差的等差数列，又b=1所以b11=2n1,设Cn=anbll=(2n-I)G);则W-%=(2n+l)n+1-(2n-l)(5)n=等()，所以当n2时，cn+1cn,当n3时，cn+1cn,则Clc2C4C5所以存在k=3,使得对任意nN*,arbnakbl恒成立.变式训练【变式1-1在2S=3an-3；=3,log3n+=log3n+1这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并

18、解答问题.设数列册的前n项和为,满足，bn=tneNan+l(1)求数列Qr的通项公式；(2)若存在正整数沏，使得bn。bn对N*恒成立，求九的值.【答案】atl=3n(2)11o=4【分析】(1)若选择条件：利用加+1=Sgi-Sn可得答案；若选择条件：由10g3a11+-Iog3a11=1利用等差数列的定义可得答案；(2)求出bn+-bn=箫，分ln3nN4两种情况，利用单调性可得答案.【详解】(1)若选择条件:.2Sn=3an-3,2Sn+1=3an+1-3,2Sn+1-2Sn=3an+1-3an,即an+=3an,令n=1,则2S=3a1-3,解得a1=3工0,皿=3,anhn是以3为

19、首项，3为公比的等比数列，an=31若选择条件：a1=3Jog3an+1-10g3an=1,l0g3an是以I0g3a1=1为首项1为公差的等差数列，Iog3an=1+(n1)1=n,：an=3n；/c、u3n-9n-3(2)bn=-=,dn+3._n+1_3n-3_7-2nvb11+l-bn=才=齐7，当1n3,bll+-bn0,即瓦b2b3b4;当n4,bn+1-bnb5b6b7：当n()=4时，b11obtl对VnN*恒成立.【变式12在数列册中，a1=l,n+=1-fbn=7其中N.(1)证明数列%是等差数列，并写出证明过程；(2)设Cn=棠数列0的前几项和为乙，求屋(3)对V-N*,

20、使得5+3)4恒成立，求实数A的最小值.n+l【答案】(1)证明见解析ln-2(2)Tn=8-(2+n)(0【分析】(1)根据等差数列的定义进行证明；(2)由(1)可求出bn，从而可求得Cn，然后利用错位相减法求和即可.【详解】(I)因为a=l,an+1=1-,bn=.14anzan1所以bn+Lbn=f=p-7=-7=-T4anZanb1=11 2a1-1所以数列、是以1为公差，1为首项的等差数列；(2)由(1)可得btl=1+n1=n,所以Cn=热=碧=2n(),所以Tn=2G)+2(I)1+3(1)2+(n-1)Q)n2+nG)n.，In=2Q)1+2Q)2+3(I)3+(n-l)(l)

21、n1+n(扪，所以-得TTn=2Q)+Q)1+Q)2+G)3+G)n:-2n()n=24-2nG)n=4呜*联所以Tn=8_8g)tl_4n()n=8-(2+n)G)L?(3) bn=n,因为对VnN*,使得备(n+3)入恒成立，则对VnN*,使得信(n+3)入恒成立，则厂二4入对VnN*恒成立，即入I对VnN*恒成立，n+-+4n根据对勾函数单调性结合nN*可知当n=2时，有最大值2，n+-+415n故人M则入min=【变式L3已知数列Qr的前几项和为右，的=3,出=三=，九WN*.Sn3n-l(1)求S2,S3及册的通项公式；(2)设4二,/N数列br的前几项和为Tn，若TnM%-D对任意

22、的几EM恒成立，求;I的最小值.(11T)(Qn+-T)【答案】(l)S2=12,S3=39,an=3n(nN)(2忘【分析】(1)根据递推公式和a1的值，即可求出S2,S3及hn的通项公式；(2)求出数列bn的通项公式，得出数列bn的前n项和，由不等式的恒成立，还可求出入的最小值.【详解】(1)由题意，nN在数列a11中，a1=3,2=唱?，Sn3。一1当n2时，Sn=4沪.h,s=三212fSn-In-2、2/当n=1时上式也符合，.0=怨F(nN)S?=笔且=12,s3=22=39. 当n2时，an=Sn-Sn.1=3n;当n=l时，上式也符合.a11的通项公式为a11=3n(nN*).

23、(2)由题意及(1)得，nN在数列aj中，an=3n,数列bj中，bn=型=-=-(n11(an-)(an+1-l)(3n-l)(3n+1-l)23n-l3n+l-l,.Tn=b1+b2+bn=Q-)=VTn9 *4(3n+1-l),-=2.4(3n+1-l)-4(31+1-l)32 看的最大值为* 人的最小值为【变式14已知数列册的各项均为正数，其前n项和Sn满足2西=Qn+1，数列满足%=1(n+l)(n+1+l)(1)求册的通项公式；(2)设数列bz的前n项和为T”，若罟V7；5m对一切N*恒成立，求实数m的取值范围.【答案】(l)atl=2n-1层，)【分析】(I)依题意可得SlI=(

24、号)1再根据an=snlq：J2,作差得到数列hn是以1为首项，2为等差的等差数列，即可求出通项公式;(2)由(1)可得bn=：&-+)，利用裂项相消法求出Tv即可求出Tn的取值范围，从而得到(52口1、4o4(n+2)4(n+l)4(n+l)(n+2)T单调递增，TnT=O qpn1 Tn=XXV-,4(11+1)4411r-(-5m,1若使得竽Tn5m对一切nN恒成立，则禽一？，解得!maIfI，。1,3=5,。2,2=6,。本2=07,5(1)设%=%万，求数列%的通项公式；(2)设Sn=Qi/a2,1+n4,是否存在实数九使ASn恒成立，若存在，求出;I的所有值，若不存在,请说明理由.

25、【答案】(l)bn=(2n-l)(-2)n-1:(2)存在，入=，【分析】(I)利用给定的数阵及相关信息，求出等差数列公差、等比数列的公比即可求解作答.(2)利用等比数列前n项和公式求出Sn，再分奇偶讨论求解不等式恒成立的入值作答.【详解】(1)设的=3第一行从左到右成等差数列的公差为d,则a3=t+2d=5,a2,2(a,+d)q=(t+d)q=-6由aj2=a,5,得(a,2q3)2=a15q6,即有(t+d)2q6=(t+4d)q6,于是；：六士；：4(1，又2。，解得t=l,d=2,因此q=-2,an=a11+(nl)d=2n1,所以a11,n=a,nqn1=(2n-l)(-2)n1,

26、即bll=(2n-1)(-2)n-1.(2)由(1)知，au=ajqn=(-2)n,Sn=1,auV入Sno(-2尸7V入当n为奇数时，不等式等价于入-=In恒成立，而;-Jl1V；恒成立，则入当n为偶数时，不等式等价于入乳=+1恒成立，而1+恒成立，则人j因此入=，Zi,-1ZZii-ILZii-INZZ所以存在人=|，使得aru入Sn恒成立.始考法二：数列中的存在性问题&例题分析【例2】已知：正整数列即各项均不相同，nV数列仇的通项公式”=；X.普若75=3,写出一个满足题意的正整数列%1的前5项：(2)若%=1,做=2,Tn=,求数列n的通项公式;n(3)证明若VkWN*,都有n,是否存

27、在不同的正整数h/,使得刀，7)为大于1的整数，其中TiVj.【答案】(l)a1=3,az=6,a3=9,a4=12,a5=15(2)an=n(3)证明见解析【分析】(1)可取a1=3,a2=6,a3=9,a4=12,a5=15,根据定义可证明.(2)由题设条件可得Sn=S+Dan，利用前n项和与通项的关系可证辞为常数列，从而可求通项.(3)假设存在不同的正整数i,j满足题设要求，利用不等式放缩后可得1Ti*ObT5AO符合题设要求.(2)设Sn=a1+a2+an,由己知得Tn=转景=悬j=加Sn=2+Dan,当n=!.时，a1=S1=1：当n2时有a11=Sn-Sn-1=j(nl)an-i1

28、1an-1,整理得曰=合，所以数列为常数列，又a=l,a2=2,所以有=牛=1,所以詈=1,所以all=n.(3)Ti=，管：咒设存在不同的正整数i,j,使得Ti,Tj为大于1的整数.l+Z+lJ设a1+a2+ai=Si,因为a11为正整数数列且各不相同,所以1+2+iSjn+(n-1)+(ni+1)故S葭?工、”而n=品，所以1E智一L2因为Ti,所以鬻2-l2(n+l)14n+4 o 4 o-1 =1 = 3O,故j+i+10,而iVj,故j+i+l0不成立，故不存在不同的正整数i,j,使得Ti，Tj为大于1的整数.【点睛】关键点睛：本题第三问的关键是通过等比数列的前n项和公式得到券0R,

29、再计算得-i)(ij+l)i+i+1结合j-i0,故j+i+l0,而iVj,则证明出不存在不同的正整数i,j,使得Tj,Tj为大于I的整数.满分秘籍数列的“存在性和恒成立问题”的本质是不等式的问题，是高考中的热点问题。在出题上，经常巧妙的植入数列的求和中。因此数列的恒成立问题可以采用不等式的方法来求解，比如可以进行“参变分离”后等价转化为函数的最值问题进行求解。变式训练【变式21】记Sn为正数列%的前兀项和，已知Srl-n是等差数列.求工；oo(2)求最小的正整数n,使得存在数列册,Sm-ain2.【答案】1(2)3【分析】(1)根据题意可推得Sn+-an+=Sn=Sn-an+d,即得all=

30、d0,即可得答案；(2)利用(1)中结论可得Sm-a1=md-d22,结合基本不等式求得m3,验证后即得答案.【详解】(I)由题意Sn-a11是等差数列，设其公差为d,则Sgi-+=Sn=Sn-and,K1Jan=d0,故=1.a100(2)由(1)可知an=d0,一方面Snia1=md-cP2,故md+2,当且仅当d=时，d+:2取等号，drtl于m为正整数，故m3,另一方面，m=3时，an=尤，S3-a,=32一22满足条件,2即,九是偶数an - l,n是奇数综上所述，正整数m的最小值是3.【变式2-2已知数列时满足=3,且n+=(1)设bn=2n+2n-u证明：兀-3是等比数列;(2)

31、设数列az的前项和为力,求使得不等式Sn2022成立的的最小值.【答案】(1)证明见解析(2)20【分析】(1)由已知条件，用a2n表示出bn，得出a2n=三，再用a2n表示出bn+1，得出a211=*2,联立得出bn+=2bll-3,通过构造得出bn+1-3=2(bn-3),检验上一3/0,即可得出证得结论；(2)由(1)的结论表示出Szn=2n+1+3n-2,S2n+2=2n+2+3n+1和S2r1+1=32n+3n,证出Sn在nN*是一个增数列，通过计算即可得出答案.【详解】(1)证明：.a11+ =2a11,n是偶数,an - l,n是奇数a2n=a2n-l-1a2n+l=2a2na2

32、n+2=2n+la2n-l=a2n1，乂bn=a2n+a2n-l,bn=a2n+32n+1=2a2n+1，.a-MTa2n-2，vb11+i=3zn+2a2n+l,bn+1=zn+l_1+Zn+l=2azn+一L又Ta2n+1=2a2n,bn+1=4a2n-1，._bn+la2n-4，=1bn+1=2bn-3,bn+-3=2(bn-3),又.b13=a1+a2-3=a2=a1-1=2O,.,.bn3O,.bn+1_2bn-3-,数列bn-3是以2为首项，2为公比的等比数列.(2)由(1)可知数列%-3是以2为首项，2为公比的等比数列，bn-3=22n1=2n,即bll=2n+3,a2n-l+a

33、2n=2n3,C2(1-2n)Irn+1rC:S2n=-I-3n=2n+1+3n-2,Zn1-2二S2n+2=2n+23n+1,又a2n=a2n-l_1，+22j)=22n-1-I=2+3,即a2n=2n-1+2,a2n+l=2n+2S2n+=S2n+a2n+1=2n+1+3n-22n+2=32n+3nVS2n+1-S2n=32n+3n-(2n+1+3n-2)=2n20,S2n+2-S2n+=2n+2+3n+1-(32n+3n)=2n+10,.Si1在nN*是一个增数列，VS19=329+39=1563,S20=211+310-2=20762022,满足题意的n的最小值是20.【变式23已知数

34、列a11是正项等差数列，其中R=L且。2、四、%+2成等比数列;数列6的前项和为Sn,满足2Sn+bn=L(1)求数列an、bn的通项公式；(2)如果Cn=aflbn,设数列Cn的前项和为Tn,是否存在正整数，使得TnSn成立，若存在，求出的最小值，若不存在，说明理由.【答案】%=n,b11=联(2)存在，2【分析】（I）数列a11是等差数列，a2,a4,a6用公差a1与d表示出来后，由已知求得d,可得通项公式，数列bn是已知Sn与bn的关系，可由n=1求得瓦，再由当n2时，得到bn=gbn,从而知bn是等比数列，由此可得通项公式；（2）数列7是由等差数列与等比数列相乘所得，其前n项和TiI用

35、错位相减法求得，由（1）得出S11,作差Tn-Sn=9（1-黎），会发现当nl时都有Tn-Sn0,因此得到结论【详解】（1）设数列an的公差为d,Val=L且a2、a4、a6+2成等比数列，AaJ=a2(a6+2),BR(a1+3d)2=(a1+d)(a1+5d2),解得d=(舍去)或d=1,所以arl=a1+(nl)d=1+(n-1)=n,由2Sn+bn=l,得Sn=Xl-b11),当D=I时,2Sl+bl=l,解得也=(当n2时,bn=Sn-Sn.1=I(1bn)-1(1-bn.1)=-Ibn+bn.1,所以bn=(bn,所以数列bn是首项为（公比为的等比数列,故%=IXG）IIT=由（1

36、）知，Cn=anbn=所以Tn=l+2+3+n则打n=lx蠢+2x翥+3x+nx薪-得，Tn=l+l+l+.-n=pJ-n5r=泻XrnX剧,所以Tn=AN?一/京=A等X右又Sn =_lx2 X 3n所以Tnf=A呼呜=乂1-筌）,r/2n+32n+l2n+3-6n-34nC因为声F一行-=3n+=_即0，即Tn+1-Sfl+1Tn-Sjv所以又一SJ是递增数列，且当n=l时，T1-S1=0,故当nl时，n-SnT1-S1=O,即TnSn,故所求的正整数n存在，其最小值是2.【变式24己知数列z满足的=2an+1+an=3,数列bz满足瓦=1，nbn+1-(n+l)bn=n2+n.(I)数列

37、%，%的通项公式;(2)若Cn=(bn+1-bn)an,求使cj+c2+c2+cn2021成立(cn表示不超过Cn的最大整数)的最大整数n的值.【答案】(1)an=l+(-)n,%=(2)最大值为44.【分析】(1)由题得数列hn-l是等比数列，即求出数列all的通项；由题得2是一个以?=1为首项,n = 1ntll, (kWN),再求出+& =n = 2k + 2以1为公差的等差数列，即得数列bn的通项公式；,1,先求出*=/、2n+1,(1,n=1,(k N)即得解.n2+n,n=2k,n2+2n-?n=2k+l【详解】解：(1)2an+1+all=3得all+-1=-J(all-1),所以数列bn-1是等比数列，公比为一也解得a11=1+(-J.由nbn+-(n+l)bn=M+n,得黜一个=1，所以,是