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    已知数列{an}中，a1=3，a2=5，其前n项和Sn满足Sn+Sn-2=2Sn-1+2n-1（n≥3）．令bn=
    1
    an•an+1
    ．
    （Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
    （Ⅱ）若f（x）=2x-1，求证：Tn=b1f(1)+b2f(2)+…+bnf(n)＜
    1
    6
    （n≥1）；
    （Ⅲ）令Tn=
    1
    2
    (b1a+b2a2+b3a3+…+bnan)    （a＞0），求同时满足下列两个条件的所有a的值：①对于任意正整数n，都有Tn＜
    1
    6
    ；②对于任意的m∈(0，
    1
    6
    )    ，均存在n0∈N*，使得n≥n0时，Tn＞m．
    分析：（Ⅰ）由题意知Sn-Sn-1=Sn-1-Sn-2+2n-1（n≥3）即an=an-1+2n-1再用累加法求解．
    （Ⅱ）由（I）求得bn，再观察Tn=b1f（1）+b2f（2）+…+bnf（n）可用裂项相消法求解．
    （Ⅲ）受（II ）的启发，我们可以先a=2研究，由（Ⅱ）知：Tn＜
    1
    6
    ，即条件①满足；又0＜m＜
    1
    6
    ，
    ∴Tn＞m?
    1
    2
    (
    1
    1+2
    -
    1
    2n+1+1
    )＞m?2n+1＞
    3
    1-6m
    -1?n＞log2(
    3
    1-6m
    -1)-1＞0    ．
    因为是恒成立，所以取n0等于不超过log2(
    3
    1-6m
    -1)    的最大整数，则当n≥n0时，Tn＞m（ⅱ）当a＞2时，∵n≥1，
    an
    2n
    =(
    a
    2
    )n≥
    a
    2
    ，∴an≥
    a
    2
    •2n    ，．（ⅲ）当0＜a＜2时，∵n≥1，
    an
    2n
    =(
    a
    2
    )n≤
    a
    2
    ，∴an≤
    a
    2
    •2n    ，分别放缩研究．
    解答：解：（Ⅰ）由题意知Sn-Sn-1=Sn-1-Sn-2+2n-1（n≥3）
    即an=an-1+2n-1（n≥3）（1分）
    ∴an=（an-an-1）+（an-1-an-2）++（a3-a2）+a2
    =2n-1+2n-2++22+5
    =2n-1+2n-2++22+2+1+2
    =2n+1（n≥3）（3分）
    检验知n=1、2时，结论也成立，故an=2n+1．（4分）
    （Ⅱ）由于bnf(n)=
    1
    (2n+1)(2n+1+1)
    •2n-1=
    1
    2
    •
    (2n+1+1)-(2n+1)
    (2n+1)(2n+1+1)
    =
    1
    2
    (
    1
    2n+1
    -
    1
    2n+1+1
    )
    故Tn=b1f(1)+b2f(2)++bnf(n)=
    1
    2
    [(
    1
    1+2
    -
    1
    1+22
    )+(
    1
    1+22
    -
    1
    1+23
    )++(
    1
    2n+1
    -
    1
    2n+1+1
    )]
    =
    1
    2
    (
    1
    1+2
    -
    1
    2n+1+1
    )＜
    1
    2
    •
    1
    1+2
    =
    1
    6
    ．（9分）
    （Ⅲ）（ⅰ）当a=2时，由（Ⅱ）知：Tn＜
    1
    6
    ，即条件①满足；又0＜m＜
    1
    6
    ，
    ∴Tn＞m?
    1
    2
    (
    1
    1+2
    -
    1
    2n+1+1
    )＞m?2n+1＞
    3
    1-6m
    -1?n＞log2(
    3
    1-6m
    -1)-1＞0    ．
    取n0等于不超过log2(
    3
    1-6m
    -1)    的最大整数，则当n≥n0时，Tn＞m．（10分）
    （ⅱ）当a＞2时，∵n≥1，
    an
    2n
    =(
    a
    2
    )n≥
    a
    2
    ，∴an≥
    a
    2
    •2n    ，
    ∴bn•an≥bn•
    a
    2
    •2n=
    a
    2
    •bn•2n    ．
    ∴Tn=
    n
    i=1
    (
    1
    2
    biai)≥
    a
    2
    n
    i=1
    (bi•2i-1)=
    a
    2
    •
    1
    2
    (
    1
    1+2
    -
    1
    2n+1+1
    )    ．
    由（ⅰ）知存在n0∈N*，当n≥n0时，
    1
    2
    (
    1
    1+2
    -
    1
    2n+1+1
    )＞
    1
    3a
    ，
    故存在n0∈N*，当n≥n0时，Tn=
    a
    2
    •
    1
    2
    (
    1
    1+2
    -
    1
    2n+1+1
    )＞
    a
    2
    •
    1
    3a
    =
    1
    6
    ，不满足条件．（12分）
    （ⅲ）当0＜a＜2时，∵n≥1，
    an
    2n
    =(
    a
    2
    )n≤
    a
    2
    ，∴an≤
    a
    2
    •2n    ，
    ∴bn•an≤bn•
    a
    2
    •2n=
    a
    2
    •bn•2n    ．
    ∴Tn=
    n
    i=1
    1
    2
    (biai)≤
    n
    i=1
    a
    2
    (bi2i-1)=
    a
    2
    •
    1
    2
    (
    1
    1+2
    -
    1
    2n+1+1
    )    ．
    取m=
    a
    12
    ∈(0，
    1
    6
    )    ，若存在n0∈N*，当n≥n0时，Tn＞m，
    则
    a
    2
    •
    1
    2
    (
    1
    1+2
    -
    1
    2n+1+1
    )＞
    a
    12
    ．
    ∴
    1
    1+2
    -
    1
    2n+1+1
    ＞
    1
    3
    矛盾．故不存在n0∈N*，
    当n≥n0时，Tn＞m．不满足条件．
    综上所述：只有a=2时满足条件，故a=2．（14分）
    点评：本题主要考查累加法求通项，裂项相消法求和，具体到一般分类讨论等思想方法的运用．
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    已知数列{an}中，a1=1，an+1-an=
    1
    3n+1
    (n∈N*)    ，则
    lim
    n→∞
    an    =
     
    ．

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    科目：高中数学 来源： 题型：

    已知数列{an}中，a1=1，an+1=
    an
    1+2an
    ，则{an}的通项公式an=
    1
    2n-1
    1
    2n-1
    ．

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    科目：高中数学 来源： 题型：

    已知数列{an}中，a1=1，a1+2a2+3a3+…+nan=
    n+1
    2
    an+1(n∈N*)    ．
    （1）求数列{an}的通项公式；
    （2）求数列{
    2n
    an
    }    的前n项和Tn．

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    科目：高中数学 来源： 题型：

    已知数列{an}中，a1=
    1
    2
    ，Sn    为数列的前n项和，且Sn与
    1
    an
    的一个等比中项为n(n∈N*    ），则
    lim
    n→∞
    Sn    =
    1
    1
    ．

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    科目：高中数学 来源： 题型：

    已知数列{an}中，a1=1，2nan+1=（n+1）an，则数列{an}的通项公式为（　　）
    A、
    n
    2n
    B、
    n
    2n-1
    C、
    n
    2n-1
    D、
    n+1
    2n

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