板块三 数列 因材施教 冲刺“双一流”考生选用-【新高考方案】2026年高考数学二轮复习专题增分方略配套课件

冲刺“双一流”考生选用 (板块三　数列的“4点”培优) 因材施教 1 2 培优点1　不动点法与特征根法求通项 培优点2　衍生数列 3 4 培优点3　数列的放缩问题 培优点4　错位相减法与“万能公式”法 CONTENTS 目录 不动点法与特征根法求通项 培优点1 3 类型（一）　不动点法求通项 对于函数y=f（x），我们称方程f（x）=x的根为函数f（x）的不动点. 当我们遇到an+1=f（an），且f（an）是一个关于an的多项式（或分式多项式）这种类型的递推公式时，可以采用不动点法来求an， 形如an+1=（m≠0，mq-pt≠0）解题步骤. 第一步，构造函数f（x）=，并令f（x）=x，求出f（x）的不动点； 4 第二步，若f（x）有2个不动点，则用an+1=的两端分别减去两个不动点，得到两个式子，两式相除可以产生优良结构，进而构造数列求通项；若f（x）只有1个不动点，则用an+1=的两端减去该不动点，再取倒数，化简可以产生优良结构，进而构造数列求通项. 5 [例1]　已知数列{an}满足a1=2，an+1=，则an=_______. |方|法|例|析| 第一步，求不动点　设f（x）=，令f（x）=x，得=x， 解得x=±1. 第二步，减不动点　由an+1-1=-1，化简得an+1-1=　①， 由an+1-（-1）=-（-1）， 6 化简得an+1+1=　②， 用①式除以②式可得==·. 又=，所以是首项和公比均为的等比数列， 所以=×=，故an=. 7 [例2]　（2025·贵阳模拟）已知数列{an}中，a1=2，an+1=.求数列{an}的通项公式. |方|法|例|析| 第一步，求不动点　设f（x）=，令f（x）=x，得=x， 解得x=1或x=-2. 第二步，减不动点　an+1-1=　①， an+1+2=　②， 8 用①式除以②式可得=·. 又=，所以是首项和公比均为的等比数列，=×=，故an=. 9 类型（二）　特征根法求通项 当我们遇到an+2=pan+1+qan这种类型的二阶线性递推公式时，可以用特征根法来求通项. 第一步，构造特征方程x2=px+q，并求出特征方程的根； 第二步，若上一步的特征方程有2个不同的实根α和β，则an=Aαn+Bβn，再利用a1和a2求出系数A和B；若上一步的特征方程有2个相同的实根α，则an=（An+B）αn，再利用a1和a2求出系数A和B. 10 [例3]　（2025·济南二模）已知数列{an}满足an+1=3an-2an-1（n≥2，且n∈N*），a1=1，a2=3，则数列{an}的前10项和为_________.  2 036 |方|法|例|析| 特征方程为x2=3x-2，解得x=1或x=2，所以可设an=A·1n+B·2n= A+B·2n.因为a1=1，a2=3，所以 解得B=1，A=-1，从而an=2n-1. 所以数列{an}的前10项和为（2-1）+（22-1）+…+（210-1） =（2+22+…+210）-10=-10=211-2-10=2 036. 11 [例4]　已知数列{an}中，a1=3，a2=9，且an+2=6an+1-9an（n∈N*），则an=_______.   |方|法|例|析| 特征方程为x2=6x-9，解得x=3，所以可设an=（An+B）·3n. 因为a1=3，a2=9，所以解得A=0，B=1， 从而an=3n. 3n 12 1.设{an}满足a1=1，an+1=，n∈N*，则an=__________.  应用体验 解析：设函数f（x）=，令f（x）=x， 解得不动点p=2，q=-1，于是==-·， 逐次迭代得=·=，由此解得an=. 13 2.已知数列{an}满足a1=2，an+1=，则an=________.  解析：第一步，求不动点：设f（x）=，令f（x）=x，得=x，解得x=-1. 第二步，减不动点：由an+1-（-1）=-（-1），化简得an+1+1 =，所以===+，故-=. 又=，所以是首项和公差均为的等差数列， 从而=+（n-1）×=，故an=-1. -1 14 3.已知数列{an}满足a1=1，a2=2，4an+2=4an+1-an（n∈N*），求数列{an}的通项公式. 解：其特征方程为4x2=4x-1，解得x1=x2=.令an=（c1+nc2）， 由得∴an=. 15 4.函数f（x）=x2-2x-3，定义数列{xn}如下：x1=2，xn+1是过两点P（4，5），Qn（xn，f（xn））的直线PQn与x轴交点的横坐标，求数列{xn}的通项公式. 解：由题意，得直线PQn的斜率为==xn+2，所以直线PQn的方程为y-5=（xn+2）（x-4），令y=0，得x=4-=. 由题意知，xn+1=.设g（x）=，令g（x）=x，可得=x， 解得x=3或x=-1，从而xn+1-3=-3，整理得xn+1-3=　①， 16 xn+1+1=+1，整理得xn+1+1=　②， 用①式除以②式可得=·.又=-， 所以是首项为-，公比为的等比数列， 从而=-×，故xn=3-. 17 5.在平面直角坐标系内，将函数f（x）=2-及 g（x）=在第一象限内的图象分别记作C1，C2， 点Pn（an，f（an））（n∈N*）在C1上.过点Pn作 平行于x轴的直线，与C2交于点Qn，过点Qn作平 行于y轴的直线，与C1交于点Pn+1，如图所示. （1）若a1=，请写出a2，a3的值； 解：当a1=时，f（a1）=，得P1，所以Q1， 所以P2，所以Q2，所以a2=，a3=. 18 （2）若0<a1<，求证：是等比数列. 解：证明：法一　依题意，由Pn（an，f（an））可得Qn（an+1， f（an）），因为点Qn在C2上，所以f（an）=.又f（an）=2-， 所以2-=，整理可得an+1=+，所以an+1-=　①， 且an+1+=　②，易知an≠-，则①÷②得=-·. 又0<a1<，所以<0，所以数列是以为首项，-为公比的等比数列. 19 法二　x=+为数列的特征方程， 即6x2-x-1=0，特征根为x1=，x2=-， 即可得=-·.后同法一. 20 衍生数列 培优点2 21 衍生数列是指由已知数列通过插项、去项得到新数列，或由已知的两个数列的公共项得到新数列，解决此类问题要弄清楚衍生数列与已知数列的关系，确定衍生数列的特征，以此来解决问题. 22 类型（一）　数列中的插项、去项问题 解决插项、去项问题的关键是要弄清楚插入或去掉的项数，同时还要分析这些项的特征，以及这些项与原数列各项之间的关系，然后利用分组或并项法求和. 23 1.（2025·广州一模）在数列{an}中的相邻两项an与an+1（n∈N*）之间分别插入一个首项为an-，公差为-的等差数列的前n项，记构成的新数列为{bn}，若an=，则{bn}的前65项的和为（　　） A.- B.-13 C.- D.-14 A 24 解析：依题意知数列{bn}为a1，a1-1，a2，a2-，a2-1，a3，a3-， a3-，a3-1，…，an，an-，an-，an-，…，an-，an-1，an+1，…， 设an及其后面插入n项的和为Sn，则Sn=（n+1）an-×=2- =（3-n），所以数列{Sn}是以1为首项，-为公差的等差数列. 所以{bn}的前65项（{an}中的前10项与插入的55项）的和为S1+S2+…+S10==-. 25 2.记等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，等比数列{bn}的公比为 q（q>0），已知a1=b2=4，q=d，S9=9b4. （1）求{an}，{bn}的通项公式； 解：由S9=9b4，得9a1+d=9×b2q2，因为a1=b2=4，所以1+d=q2. 结合q=d，可得1+q=q2，（2q+1）（q-2）=0，由q>0，解得q=2，则d=3，所以数列{an}的通项公式为an=4+3（n-1）=3n+1， 数列{bn}的通项公式为bn=4×2n-2=2n. 26 （2）将{an}，{bn}中相同的项剔除后，两个数列中余下的项按从小到大的顺序排列，构成数列{cn}，求{cn}的前100项和. 解：由（1）可知，当n=100时，a100=301.因为bn=2n，所以b1=2，b2=4，b3=8，b4=16，b5=32，b6=64，b7=128，b8=256，b9=512>301. 令2=3n+1，解得n=，令4=3n+1，解得n=1， 令8=3n+1，解得n=，令16=3n+1，解得n=5， 令32=3n+1，解得n=，令64=3n+1，解得n=21， 令128=3n+1，解得n=，令256=3n+1，解得n=85， 27 所以数列{an}的前100项中与数列{bn}中相同的项共有4项，即4，16，64，256，即为{bn}的前8项中的偶数项.将{an}，{bn}中相同的项剔除后，两个数列中余下的项按从小到大的顺序排列构成数列{cn}，则{cn}的前100项为数列{an}的前100项中剔除与数列{bn}相同的4项后剩余的96项与{bn}的前8项中剔除与数列{an}相同的4项后剩余的4项，所以{cn}的前100项和为+-2×（4+16+64+256）=15 080. 28 类型（二）　数列中的公共项问题 数列公共项问题是指在给定数列中，找出满足特定条件的公共项或通项.解决数列公共项问题的关键是观察数列的规律.在找到数列规律后，可以利用相应的数学公式进行计算. 29 3.（2025·哈尔滨模拟）已知数列{an}的前n项积为Tn=，数列{bn}满足b1=1，-=1（n≥2，n∈N*）. （1）求数列{an}，{bn}的通项公式； 解：Tn==a1a2·…·an，ln a1+ln a2+…+ln an=·ln 3， 当n=1时，a1=T1=30=1，当n≥2，n∈N*时，ln an=· ln 3=（n-1）·ln 3=ln 3n-1，即an=3n-1.又a1=31-1=30=1，所以数列{an}的通项公式为an=3n-1.若数列{bn}满足b1=1，-=1（n≥2，n∈N*）， 则=+（n-1）·1=n，所以数列{bn}的通项公式为bn=n2. 30 （2）将数列{an}，{bn}中的公共项从小到大排列构成新数列{cn}，求数列{cn}的通项公式. 解：设{cn}中的第n项即为数列{an}中的第k项与数列{bn}中的第m项， 则cn=ak=bm，所以3k-1=m2（k，m∈N*），解得m=∈N*，这表明∈N，从而只能k=2n-1（n∈N*），所以数列{cn}的通项公式为cn=ak=3k-1=32n-1-1=（3n-1）2=9n-1. 解题结论：两个等差数列的公共项还是等差数列，且公差是两等差数列公差的最小公倍数，两个等比数列的公共项还是等比数列，公比是两个等比数列公比的最小公倍数. 31 4.设Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1=4，S5=50，数列{bn}满足b1=4，bn+1=4bn，n∈N*. （1）求{an}和{bn}的通项公式； 解：设等差数列{an}的公差为d，由题意，得 解得d=3，所以由等差数列的通项公式可得an=a1+（n-1）d=4+（n-1）3=3n+1.由b1=4≠0，bn+1=4bn，得数列{bn}是首项为4，公比为4的等比数列，所以由等比数列的通项公式可得bn=b1qn-1=4×4n-1=4n. 32 （2）若将数列{an}和{bn}的公共项按从小到大的顺序组成一个新的数列{cn}，求数列{cn}的前n项和Tn. 解：令=，则可得3n1+1=，所以n1== ==++…+∈N*， 即对于数列{bn}中的任意一项，都在数列{an}中存在公共项，所以数列{bn}是数列{an}的子数列，从而可得cn=4n，所以Tn==. 33 数列的放缩问题 培优点3 34 通项放缩常见结论 （1）>=-； （2）<=-（n≥2）； （3）<=（n≥2）； 数列放缩是高考重点考查的内容之一，数列与不等式结合的试题将稳定在中等偏难的程度，其核心技能是放缩技巧的应用. 35 （4）=<=2； （5）Tr+1=·=·<<=-（r≥2）； （6）<1+1+++…+<3（n≥2）； （7）=<=2（-+）（n≥2）； （8）=>=2（-+）； 36 （9）=<= =（-+）； （10）=< ==-（n≥2）； 37 （11）=<== =-（n≥2）； （12）=<==-； （13）<=-（n≥2）. 38 题型（一）　先求和后放缩 [例1]　已知数列{an}满足a1=2，an+1=2an-n+1.记bn=an-n. （1）求证：数列{bn}为等比数列； |方|法|例|析| 证明：由an+1=2an-n+1，得an+1-（n+1）=2（an-n），而a1=2， 则a1-1=1.又bn=an-n，因此bn+1=2bn，b1=1， 所以数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列. 39 （2）求数列的前n项和Sn； |方|法|例|析| 由（1）得，bn=2n-1，则==1+，令数列的前n项和为An， 则An=+++…++，An=++…+++， 两式相减得An=1+++…++-=2-，则An=4-， 所以Sn=n+An=n+4-. 40 （3）若cn=，数列{cn}的前n项和为Tn，求证：Tn<. |方|法|例|析| 证明：由（2）知cn===-， Tn=-+-+…+-=-， 而>0，所以Tn<. 41 |反|思|领|悟| 先求和后放缩方法是一种处理数列不等式问题的有效策略.其核心思路在于首先通过求和将数列的项合并，简化问题形式；接着在求和的基础上进行适当的放缩，即利用不等式的性质对求和结果进行放大或缩小，从而更便于进行后续的比较和推导. 42 题型（二）　裂项放缩 [例2]　数列{an}中，a1=1，an+1=2an-n2+3n（n∈N*）. （1）试求λ，μ的值，使得数列{an+λn2+μn}为等比数列； |方|法|例|析| 若{an+λn2+μn}为等比数列， 则存在q≠0，使an+1+λ（n+1）2+μ（n+1）=q（an+λn2+μn） 对∀n∈N*成立.由已知an+1=2an-n2+3n，代入上式， 43 整理得（q-2）an+（λq-λ+1）n2+（μq-2λ-μ-3）n-λ-μ=0　①， 因为①式对∀n∈N*成立， 所以解得 所以当λ=-1，μ=1时，数列{an+λn2+μn}是公比为2的等比数列. 44 （2）设数列{bn}满足bn=，Sn为数列{bn}的前n项和，求证：当n≥2时，<Sn<. |方|法|例|析| 证明：由（1）得an-n2+n=（a1-12+1）·2n-1，又a1=1， 所以an=2n-1+n2-n，所以bn==.因为bn=<=-， 所以当n≥2时，Sn=b1+b2+…+bn<1+2+2+…+ =1+-<，② 45 现证：Sn>（n≥2）， 当n≥2时，n（n+1）（2n+1）Sn=（12+22+32+…+n2）>（1+1+1+…+1）2=n2， 所以Sn>，③ 根据②③可知>Sn>对于n≥2，n∈N*都成立. 46 |反|思|领|悟| 裂项放缩方法是一种处理数列求和及不等式证明的技巧.其核心在于将数列的通项进行裂项，即将其拆分为两部分或多部分，以便更容易地观察其规律或进行放缩. 在裂项后，我们可以根据不等式的需要，对拆分后的项进行适当的放大或缩小.这种放缩通常基于数列的单调性、有界性或其他已知性质. 裂项放缩方法的关键在于准确裂项和合理放缩，它能够帮助我们简化问题，揭示数列的内在规律，从而更轻松地证明数列不等式. 47 题型（三）　等比放缩 [例3]　已知数列{an}和{bn}满足anan+1=an+2，a1=，=bn-. （1）求证：{bn}是等比数列； |方|法|例|析| 证明：由题意知an+1=，bn=+， 所以+=+=+=-1+=-2，即bn+1=-2bn.又b1=+=-2，所以{bn}是首项为-2，公比为-2的等比数列. 48 （2）设xn=，求数列{xn}的前n项和Sn； |方|法|例|析| 由（1）知bn=（-2）n， 所以xn===4， 所以Sn=x1+x2+…+xn=4+4+…+4 =4=4=. 49 （3）求证：（-1）a1+（-1）2a2+（-1）3a3+…+（-1）nan<1. |方|法|例|析| 证明：由（1）知bn=+=（-2）n，所以an=2+. 当n为偶数时，（-1）n-1an-1+（-1）nan= -2++2+=+=<=+. 50 所以（-1）a1+（-1）2a2+（-1）3a3+…+（-1）nan<++…+ ==1-<1.当n为奇数时，（-1）a1+（-1）2a2+（-1）3a3+…+（-1）nan<1+（-1）nan=1-an，而an=2+=2->0， 所以1-an<1.综上可知，原命题成立. 51 |反|思|领|悟| 等比放缩方法是一种处理数列不等式问题的有效技巧.其核心思想在于，通过观察数列的项与项之间的关系，发现其等比规律，并利用这一规律对数列的项进行适当的放大或缩小. 在具体应用时，我们可以根据数列的等比性质，选择一个合适的等比数列作为放缩的基准，然后对原数列的每一项都按照这个等比数列进行放缩.这种方法的关键在于准确把握等比数列的性质，以及合理确定放缩的倍数，从而确保放缩后的不等式仍然成立. 52 题型（四）　利用递推关系进行放缩 [例4]　（2025·重庆期末）已知正项数列{an}满足an+1=（n∈N*）. （1）求a1的范围，使得an+1<an恒成立； |方|法|例|析| 由an+1=，得an+1-an=. 因为an+1<an，即-an<0，所以an>1或an<-1（舍去）， 所以当a1>1时，an+1<an恒成立. 53 （2）若a1=，求证：an<1+（n∈N*，n≥2）； |方|法|例|析| 证明：若a1=，则1<a2=<1+ ，现假设ak<1+（k∈N，k>2）. 构造函数f（x）=，易知f（x）在（1，+∞）上单调递增， 所以ak+1=f（ak）<f=++<1+， 即ak+1<1+，由以上归纳可知an<1+（n∈N*，n≥2）. 54 （3）若a1=，求证：+++…+-n<+1. |方|法|例|析| 证明：由an+1=，得-1==， 所以an=an+1+，所以-1==， 构造函数g（x）=，g（x）在（1，+∞）上单调递增， 55 所以-1=<=<< ， 所以+++…+-n=++…+<+ ++…+=<=+1. 56 |反|思|领|悟| 利用递推关系进行放缩时，我们首先要明确数列的递推公式，然后根据这个公式对数列的项进行适当的放大或缩小.关键在于保持放缩后的不等式方向不变，同时确保放缩后的数列更容易处理.这种方法能够帮助我们揭示数列的深层结构，从而更有效地解决数列不等式问题. 57 1.（2025·吉林模拟）已知递减的等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1=2，a1+a2=6a3，若N≤Sn-≤M恒成立，则M-N的最小值为（　　） A. B. C.2 D. 应用体验 D 58 解析：由题可设等比数列{an}的公比为q，0<q<1，因为a1=2，a1+a2=6a3，所以2（1+q）=12q2，解得q=-（舍去）或q=， 所以an=2×=，Sn==4， 所以Sn=4为递增数列，=为递减数列， 所以f（n）=Sn-递增，故=2-≤f（n）<4-=， 故若N≤Sn-≤M恒成立，则M-N的最小值为-=. 59 2.（2025·武汉一模）已知数列{an}的首项为2，前n项和为Sn，且Sn+1+2=an+3n+Sn. （1）求数列{an}的通项公式； 解：由已知Sn+1+2=an+3n+Sn，则an+1=Sn+1-Sn=an+3n-2， 即an+1-an=3n-2，则an-an-1=3n-5，an-1-an-2=3n-8，…，a2-a1=1， 等式左、右分别相加可得an-a1=（3n-5）+（3n-8）+…+1==，则an=+a1=. 60 （2）求满足an>的n的最小值； 解：由（1）得an=，且an>，即>， 化简可得（3n-1）（n-3）>0.又n∈N*，即n>3， 所以满足an>的n的最小值为4. 61 （3）已知bn=，记数列{bn}的前n项和为Tn，求证：-≤Tn<-. 解：证明：依题意，得bn=== =，则Tn= ==--.又n∈N*，所以∈， 所以Tn=--∈，即-≤Tn<-. 62 3.（2025·天津三模）已知数列{an}和{bn}满足a1=4，b1=2，an+1=2an+bn +2，bn+1=2bn+an-2. （1）求a4+b4的值； 解：已知an+1=2an+bn+2，bn+1=2bn+an-2， 将两式相加可得an+1+bn+1=2an+bn+2+2bn+an-2=3（an+bn）. 又a1+b1=4+2=6≠0，=3， 所以数列{an+bn}是以6为首项，3为公比的等比数列.根据等比数列通项公式可得an+bn=6×3n-1=2×3n，所以a4+b4=2×34=2×81=162. 63 64 65 错位相减法与“万能公式”法 培优点4 66 在数列求和问题中，你一定经常见到这样的通项形式“an=2n·3n”，如2025全国Ⅰ卷T16的“f（x）=a1x+a2x2+…+amxm”，2024全国甲卷T18的“bn=（-1）n-1nan=4n·3n-1”，2023全国甲卷T17的“数列”，这是典型的“差比数列”结构，一般使用错位相减法求解.但在实际解题过程中我们发现错位相减法耗时又易错，因此在选、填题中，万能公式法反而更胜一筹，在解答题中，万能公式也能帮助我们快速检验结果. 67 [典例]　已知数列{an}的前n项和为Sn，且an=（n∈N*）.若Sn≤k恒成立，则k的最小值是（　　） A. B.4 C. D.5 B |方|法|例|析| 法一：万能公式法　令cn=（an+b）qn-1，则A=，B=. Sn=（An+B）qn-B，令a=，b=1，q=，则an==·， 即A=-1，B=-4，Sn=-+4.因为>0，所以4-<4， 即Sn<4恒成立，故k≥4.故选B. 68 法二：错位相减法　Sn=+++…+　①， Sn=+++…+　②， ①-②得Sn=++++…+-=+-=2-， 所以Sn=4-.因为>0，所以4-<4， 即Sn<4恒成立，故k≥4.故选B. 69 1.已知数列{an}的前n项和为Sn，满足a1=2，an+1=an，若∀n∈N*，Sn≤（αn+β）×2n+2恒成立，则α+β的最小值为（　　） A.-1 B.0 C.1 D.4 应用体验 B 解析：由题意可知an=··…··a1=··…·×2 =n·2n，n≥2.又a1=2符合上式，所以an=n·2n. 70 法一：万能公式法　令cn=（an+b）qn-1，则A=，B=，Sn=（An+B）qn-B，令a=2，b=0，q=2，则an=n·2n=2n·2n-1，即A=2， B=-2，Sn=（2n-2）2n+2.若∀n∈N*，Sn≤（αn+β）×2n+2恒成立， 即2（n-1）≤αn+β对∀n∈N*恒成立，所以（α-2）n+β+2≥0对任意n∈N*恒成立，所以所以α+β≥0.故选B. 71 法二：错位相减法　由an=n·2n得Sn=1×21+2×22+3×23+…+n×2n　①， 2Sn=1×22+2×23+3×24+…+n×2n+1　②， ①-②得-Sn=21+22+23+…+2n-n×2n+1=-n·2n+1=（1-n）·2n+1-2， 所以Sn=（n-1）·2n+1+2.后同法一. 72 2.i为虚数单位，i+2i2+3i3+…+2 025i2 025=_____________.  解析：法一：万能公式法　记an=n·in，Sn为数列{an}的前n项和. 令cn=（an+b）qn-1，则A=，B=，Sn=（An+B）qn-B，令a=i，b=0，q=i，则an=n·in=ni·in-1，即A=，B=，Sn=in-. 所以S2 025=i2 025-=1 012+1 013i. 1 012+1 013i 73 法二：错位相减法　由题意可设S=i+2i2+3i3+…+2 025i2 025， 则iS=i2+2i3+3i4+…+2 025i2 026， 两式相减得（1-i）S=i+i2+i3+…+i2 025-2 025i2 026=-2 025i2 026 =+2 025=i+2 025， 故S===1 012+1 013i. 74 3.数列，，，…，，…的前n项和为_________.  解析：法一：万能公式法　令cn=（an+b）qn-1，则A=， B=，Sn=（An+B）qn-B，令a=1，b=0，q=， 则an=2n·=n·，即A=-2，B=-4，Sn=（-2n-4）+4=4-. 4- 75 法二：错位相减法　设Sn=+++…+，即Sn=2×+4×+6×+… +2n×　①，（根据通项的形式可知本题宜用错位相减法求解，本题中数列的通项是商的形式，可以先化成积的形式，这样在计算过程中更容易避免因除法导致的计算错误）则Sn=2×+4×+…+（2n-2）×+ 2n×　②，①-②得Sn=2×-2n×=2× -2n×=2-2n×=2-，所以Sn=4-. 76 4.已知数列{an}的前n项和为Sn，且点（an，Sn）总在直线y=2x-1上，则数列{nan}的前n项和Tn=____________.  解析：因为数列{an}的前n项和为Sn，且点（an，Sn）总在直线 y=2x-1上，所以Sn=2an-1.当n≥2时，Sn-1=2an-1-1，两式相减得an= 2an-1.由S1=2a1-1，得a1=1，所以数列{an}是以1为首项，2为公比的 等比数列，所以an=2n-1，所以nan=n×2n-1. 法一：万能公式法　令cn=（an+b）qn-1，则A=，B=， Sn=（An+B）qn-B，令a=1，b=0，q=2，则nan=n·2n-1，即A=1， B=-1，Sn=（n-1）2n+1，即Tn=（n-1）2n+1. （n-1）2n+1 77 法二：错位相减法　由nan=n×2n-1得Tn=1×20+2×21+3×22+…+n×2n-1， 所以2Tn=1×21+2×22+…+（n-1）×2n-1+n×2n， （在等式两边同乘公比这一步，上、下两个式子书写时，指数相同的项对齐，这样可以在相减时避免漏项或看错项） 两式相减得-Tn=20+21+22+…+2n-1-n×2n=2n-1-n×2n，所以Tn=（n-1）2n+1.所以数列{nan}的前n项和Tn=（n-1）2n+1. 78 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn （2）若数列{cn}满足对于∀n∈N*，bn<cn<an，求证：∃m∈N*，使得>2 025. 解：证明：因为bn<cn<an，所以>. 由an+bn=2×3n，an-bn=4n-2，得bn=3n-2n+1，an=3n+2n-1. 则==>==-. >=-， 设Tm==+++…+ ①，则Tm=++…++ ②， ①-②得Tm=+2- =+2×-=+- =-，所以Tm=1-.则>-=+. 当m足够大时，会大于2 025， 所以∃m∈N*，使得>2 025. $