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已知各项均为正数的数列{an}的前n项和满足S1＞1，且6Sn=（an+1）（an+2），n∈N*．（1）求{an}的通项公式；（2）设数列{bn}满足，并记Tn为{bn}的前n项和，求证：3Tn+1＞log2（an+3），n∈N*．
题型：解答题难度：中档来源：月考题
解：（1）由，解得a1=1或a1=2，由假设a1=S1＞1，因此a1=2，又由，得（an+1+an）（an+1﹣an﹣3）=0，即an+1﹣an﹣3=0或an+1=﹣an，因an＞0，故an+1=﹣an不成立，舍去因此an+1﹣an=3，从而{an}是公差为3，首项为2的等差数列，故{an}的通项为an=3n﹣1（2）证明：由可解得；从而因此令，则、因（3n+3）3﹣（3n+5）（3n+2）2=9n+7＞0，故f（n+1）＞f（n）特别地，从而3Tn+1﹣log2（an+3）=log2f（n）＞0、即3Tn+1＞log2（an+3）
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据魔方格专家权威分析，试题“已知各项均为正数的数列{an}的前n项和满足S1＞1，且6Sn=（an+1）（an..”主要考查你对&&比较法，等差数列的通项公式&&等考点的理解。关于这些考点的“档案”如下：
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比较法等差数列的通项公式
比较法分类：
（1）求差比较法：要证a＞b，只要证a-b＞0； （2）求商比较法：要证a＞b，且b＞0，只要证＞1； 比较法的步骤是：
作差（商）后通过分解因式、配方、通分等手段变形判断符号或与1的大小，然后作出结论。
实数比较大小的依据：
在数轴上不同的点A与点B分别表示两个不同的实数a与b，右边的点表示的数比左边的点表示的数大，从实数减法在数轴上的表示可以看出a、b之间具有以下性质：如图，如果a-b是正数，那么a&b;如果a-b是负数，那么a&b;如果a-b等于零，那么a=b，反之也成立，从而a-b&0等价于a&b;a-b=0等价于a=b;a-b&0等价于a&b．&
比较数（式）的大小常用的方法：
（1）一是利用作差法来判断差的符号；二是利用作商法（分母为正时）来判断商与1的大小。这两种方法的关键是变形，常用的变形的技巧有因式分解、通分、配方、有理化等，当两个代数式正负不确定且为多项式形式时常用作差法比较大小．当两个代数式均为正且为幂的乘积式时常用作商法比较大小．(2)比较大小时应熟记并应用“若a&b且ab&0则”这一结论，不能强化也不能弱化条件，在此时应引起特别重视。等差数列的通项公式:
an=a1+（n-1）d，n∈N*。 an=dn+a1-d，d≠0时，是关于n的一次函数，斜率为公差d； an=kn+b（k≠）｛an｝为等差数列，反之不能。 对等差数列的通项公式的理解：
&①从方程的观点来看，等差数列的通项公式中含有四个量，只要已知其中三个，即可求出另外一个．其中a1和d是基本量，只要知道a1和d即可求出等差数列的任一项；②从函数的观点来看，在等差数列的通项公式中，。。是n的一次函数，其图象是直线y=dx+（a1-d）上均匀排开的一列孤立点，我们知道两点确定一条直线，因此，给出一个等差数列的任意两项，等差数列就被唯一确定了，等差数列公式的推导：
等差数列的通项公式可由归纳得出，当然，等差数列的通项公式也可用累加法得到：
发现相似题
与“已知各项均为正数的数列{an}的前n项和满足S1＞1，且6Sn=（an+1）（an..”考查相似的试题有：
279476854226824429777356766920820121设数列{an}中前n项和Sn=2an+3n-7.(1)证明:数列{an-3}为等比数列;(2)求通项公式_百度知道
设数列{an}中前n项和Sn=2an+3n-7.(1)证明:数列{an-3}为等比数列;(2)求通项公式
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S(n-1)=2a(n-1)+3(n-1)-7②①-②得 Sn-S(n-1)=2an+3n-7-[2a(n-1)+3(n-1)-7]=2an-2a(n-1)+3, a1=S1=2a1+3-7,a1-3=4-3=1∴{an-3}是首项为1,即an=2an-2a(n-1)+3∴an=2a(n-1)-3∴an-3=2a(n-1)-3-3=2a(n-1)-6=2[a(n-1)-3],∴a1=4n&gt, Sn=2an+3n-7①n=1时
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a(n)-3 = 2^(n-1),a(n+1)=s(n+1)-s(n)=2a(n+1)-2a(n)+3,公比为2的等比数列,s(n+1)=2a(n+1)+3(n+1)-7, a(1)=4,{a(n)-3}是首项为a(1)-3=1,a(n+1)-3 = 2[a(n)-3],s(n)=2a(n)+3n-7,a(n+1)=2a(n)-3a(1)=s(1)=2a(1)+3-7
通项公式的相关知识
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出门在外也不愁数列{an}满足的前n项和Sn=2n-an,n∈N* （1）计算数列{an}的前4项； （2）猜想an的表达式,并证明；
(1)S1=a1=2-a1 2a1=2 a1=1S2=a1+a2=1+a2=4-a2 2a2=3 a2=3/2S3=a1+a2+a3=1+ 3/2 +a3=6-a3 2a3=7/2 a3=7/4S4=a1+a2+a3+a4=1+3/2+7/4+a4=8-a4 2a4=15/4 a4=15/8(2)变形：a1=1=2^0/2^0,a2=3/2=(2^0+2^1)/2^1,a3=7/4=(2^0+2^1+2^2)/2^2a4=15/8=(2^0+2^1+2^2+2^3)/2^3猜想：an=[2^0+2^1+2^2+...+2^(n-1)]/2^(n-1)=[(2^n -1)/(2-1)]/2^(n-1)=2- 1/2^(n-1).证：a1=2-1/2^0=2-1=1,与第(1)问计算结果相符,表达式成立.假设当n=k(k自然数,且大于等于1)时,表达式成立,即ak=2- 1/2^(k-1),则当n=k+1时,S(k+1)=2(k+1)-a(k+1)Sk=2k-akS(k+1)-Sk=a(k+1)=2(k+1)-a(k+1)-2k+ak2a(k+1)=2+ak=2+2-1/2^(k-1)=4-1/2^(k-1)a(k+1)=2-1/2^k=2- 1/2^[(k+1)-1],表达式同样成立.综上,得数列{an}的通项公式为an=2- 1/2^(n-1).
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S1=a1S1=2*1-a1——＞a1=1S2=a1 a2S2=2*2-a2——＞a2=1.5S3=a1 a2 a3S3=2*3-a3——＞a3=1.75S4=a1 a2 a3 a4S4=2*4-a4——＞a4=1.875（2）.由上结论可猜想an=[(2的n次方)-1]/[2的(n-1次方)]
扫描下载二维码考点：数列的求和,数列递推式
专题：等差数列与等比数列
分析：（1）由已知条件得4an-1=2an．又4a1=1+2a1，解得a1=12，可求得数列{an}的通项公式；（2）由题意，a1a7•…&#＞a78恒成立，等价于2n(3n+5)2＞276，可求得结果；（3）假设存在，利用错位相减法，即可求得结果．
解：（1）∵4an=1+2Sn（n∈N*），∴4an-1=2an．∴anan-1=2，又4a1=1+2a1，解得a1=12，∴an=12&#=2n-2．（2）由（1）知，a1a7•…&#=12×22×25×…×23n-4=2n(3n+5)2，a78=276，∴a1a7•…&#＞a78恒成立，等价于2n(3n+5)2＞276，∴n(3n+5)2＞76，解得n＜-193或n＞8，故存在最小值为8的M，使得a1a7•…&#＞a78恒成立．（3）设存在数列{bn}是等差数列，其通项为bn=kn+b，则∵b1•an+b2•an-1+b3•an-2+…+bn-1•a2+bn&#n-n2-1，∴b1&#+b2&#+…+2bn-1+bn=2n+1-n+2，两式相减可得b1&#+k（2n-2+2n-3+…+1）-12bn=2n-n2-1，∴（k+b2）-2n-b2n-（k+b2）=2n-n2-1∴k+b2=1k=1，∴k=1，b=0∴bn=n，即存在数列{bn}是等差数列，其通项为bn=n，对任意n∈N*，都有b1•an+b2•an-1+b3•an-2+…+bn-1•a2+bn&#n-n2-1．
点评：本题为等差、等比数列与不等式的综合应用，考查错位相减法的运用，考查分类讨论的数学思想，属中档题．
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科目：高中数学
对于问题：“两两相交且任三条不共点的n条直线把平面分为f（n）部分”，我们由归纳推理得到f（10）=（　　）
A、54B、55C、56D、57
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