题目内容
（2012•自贡三模）已知数列{an} 中a1=2，点（an，an+1） 在函数f（x）=x2+2x的图象上，n∈N*．数列 {bn} 的前n项和为Sn，且满足b1=1，当n≥2时，Sn2=bn（Sn-
）
（1）证明数列{lg（1+an）}是等比数列；
（2）求Sn；
（3）设Tn=（1+a1）（1+a2）+…+（1+an），cn=
，求
[
•
ck]的值．
| 1 |
| 2 |
（1）证明数列{lg（1+an）}是等比数列；
（2）求Sn；
（3）设Tn=（1+a1）（1+a2）+…+（1+an），cn=
| 2Sn |
| 2n+1 |
| lim |
| n→∞ |
| Tn |
| 32n+1 |
| n |
 |
| k=1 |
分析：（1）点（an，an+1） 在函数f（x）=x2+2x的图象上，得到关系式，通过对数运算，推出数列{lg（1+an）}是等比数列．
（2）利用数列 {bn} 的前n项和为Sn，且满足b1=1，当n≥2时，Sn2=bn（Sn-
），推出{
}为等差数列，然后求出Sn；
（3）利用（1）求出an，Tn，Cn，化简
•
ck，然后求出表达式的极限．
（2）利用数列 {bn} 的前n项和为Sn，且满足b1=1，当n≥2时，Sn2=bn（Sn-
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| Sn |
（3）利用（1）求出an，Tn，Cn，化简
| Tn |
| 32n+1 |
| n |
|
| k=1 |
解答：解：（1）由已知可得an+1=an2+2an，
∴an+1+1=（an+1）2
∵a1=2，∴an+1＞1，两边取对数得lg（1+an+1）=2lg（1+an），
即
=2
∴数列{lg（1+an）}是公比为2的等比数列．
（2）当n≥2时，Sn2=bn（Sn-
）=（Sn-Sn-1）（Sn-
）
展开整理得：Sn-Sn-1=2SnSn-1，若Sn=0，则有bn=0，则S2=1+b2≠0，矛盾，所以Sn≠0，
所以在等式两侧同除以SnSn-1得
-
=2，
∴{
}为等差数列
∴
=2n-1，
∴Sn=
．
（3）由（1）知lg（1+an）=2n-1•lg（1+a1）=2n-1•lg3=lg32n-1．
∴1+an=32n-1．
∴Tn=（1+a1）（1+a2）…（1+an）=320•321•322…32n-1=31+2+22+…+2n-1=32n-1．
cn=
=
=
-
．
∴
•
ck=
•(1-
+
-
+…+
-
)=
•(1-
)
∴
[
•
ck]=
[
•(1-
)]=
．
∴an+1+1=（an+1）2
∵a1=2，∴an+1＞1，两边取对数得lg（1+an+1）=2lg（1+an），
即
| lg(1+an+1) |
| lg(1+an) |
∴数列{lg（1+an）}是公比为2的等比数列．
（2）当n≥2时，Sn2=bn（Sn-
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
展开整理得：Sn-Sn-1=2SnSn-1，若Sn=0，则有bn=0，则S2=1+b2≠0，矛盾，所以Sn≠0，
所以在等式两侧同除以SnSn-1得
| 1 |
| Sn |
| 1 |
| Sn-1 |
∴{
| 1 |
| Sn |
∴
| 1 |
| Sn |
∴Sn=
| 1 |
| 2n-1 |
（3）由（1）知lg（1+an）=2n-1•lg（1+a1）=2n-1•lg3=lg32n-1．
∴1+an=32n-1．
∴Tn=（1+a1）（1+a2）…（1+an）=320•321•322…32n-1=31+2+22+…+2n-1=32n-1．
cn=
| 2Sn |
| 2n+1 |
| 2 |
| (2n-1)(2n+1) |
| 1 |
| 2n-1 |
| 1 |
| 2n+1 |
∴
| Tn |
| 32n+1 |
| n |
|
| k=1 |
| 32n-1 |
| 32n+1 |
| 1 |
| 3 |
| 1 |
| 3 |
| 1 |
| 5 |
| 1 |
| 2n-1 |
| 1 |
| 2n+1 |
| ||
1+
|
| 1 |
| 2n+1 |
∴
| lim |
| n→∞ |
| Tn |
| 32n+1 |
| n |
|
| k=1 |
| lim |
| n→∞ |
| ||
1+
|
| 1 |
| 2n+1 |
| 1 |
| 3 |
点评：本题考查数列的判定，通项公式的求法，前n项和的求法，数列的极限的求法，考查计算能力．
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