2018届二轮复习（理）　　数列的综合问题学案（全国通用）

2018届二轮复习（理）　　数列的综合问题学案（全国通用）

第3讲　数列的综合问题 ‎1.数列的综合问题，往往将数列与函数、不等式结合，探求数列中的最值或证明不等式．‎ ‎2．以等差数列、等比数列为背景，利用函数观点探求参数的值或范围．‎ ‎3．将数列与实际应用问题相结合，考查数学建模和数学应用能力．‎ 热点一　利用Sn，an的关系式求an ‎1．数列{an}中，an与Sn的关系 an＝ ‎2．求数列通项的常用方法 ‎(1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式．‎ ‎(2)在已知数列{an}中，满足an＋1－an＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n)可求，则可用累加法求数列的通项an.‎ ‎(3)在已知数列{an}中，满足＝f(n)，且f(1)·f(2)·…·f(n)可求，则可用累乘法求数列的通项an.‎ ‎(4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)．‎ 例1　已知等差数列{an}中，a2＝2，a3＋a5＝8，数列{bn}中，b1＝2，其前n项和Sn满足： bn＋1＝Sn＋2(n∈N*)．‎ ‎(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；‎ ‎(2)设cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)∵a2＝2，a3＋a5＝8，‎ ‎∴2＋d＋2＋3d＝8，∴d＝1，∴an＝n.‎ ‎∵bn＋1＝Sn＋2(n∈N*)， ①‎ ‎∴bn＝Sn－1＋2(n∈N*，n≥2)． ②‎ 由①－②，得bn＋1－bn＝Sn－Sn－1＝bn (n∈N*，n≥2)，‎ ‎∴bn＋1＝2bn (n∈N*，n≥2)．‎ ‎∵b1＝2，b2＝2b1，‎ ‎∴{bn}为首项为2，公比为2的等比数列，∴bn＝2n.‎ ‎(2)由cn＝＝，‎ Tn＝＋＋＋…＋＋，‎ Tn＝＋＋＋…＋＋，‎ 两式相减，得 Tn＝＋＋…＋－＝1－，‎ ‎∴Tn＝2－.‎ 思维升华　给出Sn与an的递推关系，求an，常用思路：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.‎ 跟踪演练1　(2017·天津市红桥区重点中学八校联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn－n＝2(an－2)(n∈N*)．‎ ‎(1)证明：数列{an－1}为等比数列；‎ ‎(2)若bn＝an·log2(an－1)，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.‎ ‎(1)证明　∵Sn－n＝2(an－2)，‎ 当n≥2时，Sn－1－(n－1)＝2(an－1－2)，‎ 两式相减，得an－1＝2an－2an－1，‎ ‎∴an＝2an－1－1，∴an－1＝2(an－1－1)，‎ ‎∴＝2(常数)．‎ 又当n＝1时，a1－1＝2(a1－2)，‎ 得a1＝3，a1－1＝2，‎ ‎∴数列{an－1}是以2为首项，2为公比的等比数列．‎ ‎(2)解　由(1)知，an－1＝2×2n－1＝2n，‎ ‎∴an＝2n＋1，‎ 又bn＝an·log2(an－1)，‎ ‎∴bn＝n(2n＋1)，‎ ‎∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ‎＝(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n)＋(1＋2＋3＋…＋n)，‎ 设An＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n，‎ 则2An＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，‎ 两式相减，得 ‎－An＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1‎ ‎＝－n×2n＋1，‎ ‎∴An＝(n－1)×2n＋1＋2.‎ 又1＋2＋3＋…＋n＝，‎ ‎∴Tn＝(n－1)×2n＋1＋2＋.‎ 热点二　数列与函数、不等式的综合问题 数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出Sn的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化．数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查最值问题，不等关系或恒成立问题．‎ 例2　设fn(x)＝x＋x2＋…＋xn－1，x≥0，n∈N，n≥2.‎ ‎(1)求fn′(2)；‎ ‎(2)证明：fn(x)在内有且仅有一个零点(记为an)，且0＜an－＜n.‎ ‎(1)解　方法一　由题设fn′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1，‎ 所以fn′(2)＝1＋2×2＋…＋(n－1)2n－2＋n·2n－1， ①‎ 则2fn′(2)＝2＋2×22＋…＋(n－1)2n－1＋n·2n， ②‎ 由①－②得，－fn′(2)＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n ‎＝－n·2n＝(1－n)2n－1，‎ 所以fn′(2)＝(n－1)2n＋1.‎ 方法二　当x≠1时，fn(x)＝－1，‎ 则fn′(x)＝，‎ 可得fn′(2)＝ ‎＝(n－1)2n＋1.‎ ‎(2)证明　因为fn(0)＝－1＜0，‎ fn＝－1＝1－2×n ‎≥1－2×2＞0，‎ 所以fn(x)在内至少存在一个零点，‎ 又f′n(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1＞0，‎ 所以fn(x)在内单调递增，‎ 因此fn(x)在内有且仅有一个零点an，‎ 由于fn(x)＝－1，‎ 所以0＝fn(an)＝－1，‎ 由此可得an＝＋a＞，‎ 故＜an＜，‎ 所以0＜an－＝a＜×n＋1＝n.‎ 思维升华　解决数列与函数、不等式的综合问题要注意以下几点 ‎(1)数列是一类特殊的函数，函数定义域是正整数，在求数列最值或不等关系时要特别重视．‎ ‎(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件．‎ ‎(3)不等关系证明中进行适当的放缩．‎ 跟踪演练2　(2016届浙江省宁波市期末)已知数列满足a1＝2，an＋1＝2(Sn＋n＋1)(n∈N*)，令bn＝an＋1.‎ ‎(1)求证：是等比数列；‎ ‎(2)记数列{nbn}的前n项和为Tn，求Tn；‎ ‎(3)求证：－<＋＋＋…＋<.‎ ‎(1)证明　a1＝2，a2＝2(2＋2)＝8，‎ an＋1＝2(Sn＋n＋1)(n∈N*)‎ an＝2(Sn－1＋n)(n≥2)，‎ 两式相减，得an＋1＝3an＋2(n≥2)．‎ 经检验，当n＝1时上式也成立，‎ 即an＋1＝3an＋2(n≥1)．‎ 所以an＋1＋1＝3(an＋1)，即bn＋1＝3bn，且b1＝3.‎ 故{bn}是等比数列．‎ ‎(2)解　由(1)得bn＝3n.‎ Tn＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n×3n，‎ ‎3Tn＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n×3n＋1，‎ 两式相减，得 ‎－2Tn＝3＋32＋33＋…＋3n－n×3n＋1‎ ‎＝－n×3n＋1，‎ 化简得Tn＝×3n＋.‎ ‎(3)证明　由＝>，‎ 得＋＋＋…＋>＋＋…＋ ‎＝＝－×.‎ 又＝＝ ‎< ‎＝，‎ 所以＋＋＋…＋ ‎<＋ ‎＝＋ ‎＝＋－×<，‎ 故－<＋＋＋…＋<.‎ 热点三　数列的实际应用 用数列知识解相关的实际问题，关键是合理建立数学模型——数列模型，弄清所构造的数列是等差模型还是等比模型，它的首项是什么，项数是多少，然后转化为解数列问题．求解时，要明确目标，即搞清是求和，还是求通项，还是解递推关系问题，所求结论对应的是解方程问题，还是解不等式问题，还是最值问题，然后进行合理推算，得出实际问题的结果．‎ ‎例3　自从祖国大陆允许台湾农民到大陆创业以来，在11个省区设立了海峡两岸农业合作试验区和台湾农民创业园，台湾农民在那里申办个体工商户可以享受“绿色通道”的申请、受理、审批一站式服务，某台商第一年年初到大陆就创办了一座120万元的蔬菜加工厂M，M的价值在使用过程中逐年减少，从第二年到第六年，每年年初M的价值比上年年初减少10万元，从第七年开始，每年年初M的价值为上年年初的75%.‎ ‎(1)求第n年年初M的价值an的表达式；‎ ‎(2)设An＝，若An大于80万元，则M继续使用，否则须在第n年年初对M更新，证明：必须在第九年年初对M更新．‎ ‎(1)解　当n≤6时，数列{an}是首项为120，公差为－10的等差数列，故an＝120－10(n－1)＝130－10n，‎ 当n≥7时，数列{an}从a6开始的项构成一个以a6＝130－60＝70为首项，以为公比的等比数列，‎ 故an＝70×n－6，‎ 所以第n年年初M的价值an＝ ‎(2)证明　设Sn表示数列{an}的前n项和，由等差数列和等比数列的求和公式，得 当1≤n≤6时，Sn＝120n－5n(n－1)，‎ An＝＝120－5(n－1)＝125－5n≥95>80，‎ 当n≥7时，由于S6＝570，‎ 故Sn＝570＋(a7＋a8＋…＋an)＝570＋70××4×＝780－210×n－6.‎ 因为{an}是递减数列，所以{An}是递减数列．‎ 因为An＝＝，‎ A8＝≈82.734>80，‎ A9＝≈76.823<80，‎ 所以必须在第九年年初对M更新．‎ 思维升华　常见数列应用题模型的求解方法 ‎(1)产值模型：原来产值的基础数为N，平均增长率为p，对于时间n的总产值y＝N(1＋p)n.‎ ‎(2)银行储蓄复利公式：按复利计算利息的一种储蓄，本金为a元，每期的利率为r，存期为n，则本利和y＝a(1＋r)n.‎ ‎(3)银行储蓄单利公式：利息按单利计算，本金为a元，每期的利率为r，存期为n，则本利和y＝a(1＋nr)．‎ ‎(4)分期付款模型：a为贷款总额，r为年利率，b为等额还款数，则b＝.‎ 跟踪演练3　(2017·全国Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N>100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是(　　)‎ A．440 B．330 C．220 D．110‎ 答案　A 解析　设首项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推．则第n组的项数为n，前n组的项数和为.‎ 由题意知，N>100，令>100⇒n≥14且n∈N*，即N出现在第13组之后．‎ 第n组的各项和为＝2n－1，前n组所有项的和为－n＝2n＋1－2－n.‎ 设N是第n＋1组的第k项，若要使前N项和为2的整数幂，则N－项的和即第n＋1组的前k项的和2k－1应与－2－n互为相反数，即2k－1＝2＋n(k∈N*，n≥14)，k＝log2(n＋3)⇒n最小为29，此时k＝5，则N＝＋5＝440.故选A.‎ 真题体验 ‎1．(2016·浙江)设数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝______，S5＝______.‎ 答案　1　121‎ 解析　由解得a1＝1，a2＝3，‎ 当n≥2时，由已知可得 an＋1＝2Sn＋1， ①‎ an＝2Sn－1＋1， ②‎ 由①－②，得an＋1－an＝2an，∴an＋1＝3an，又a2＝3a1，‎ ‎∴{an}是以a1＝1为首项，以q＝3为公比的等比数列．‎ ‎∴S5＝＝121.‎ ‎2．(2017·山东)已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2.‎ ‎(1)求数列{xn}的通项公式；‎ ‎(2)如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1,1)，P2(x2,2)，…，Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折线P1P2…Pn＋1，求由该折线与直线y＝0，x＝x1，x＝xn＋1所围成的区域的面积Tn.‎ 解　(1)设数列{xn}的公比为q.‎ 由题意得 所以3q2－5q－2＝0，‎ 由已知得q＞0，‎ 所以q＝2，x1＝1.‎ 因此数列{xn}的通项公式为xn＝2n－1.‎ ‎(2)过P1，P2，…，Pn＋1向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，…，Qn＋1.‎ 由(1)得xn＋1－xn＝2n－2n－1＝2n－1，‎ 记梯形PnPn＋1Qn＋1Qn的面积为bn，‎ 由题意得bn＝×2n－1＝(2n＋1)×2n－2，‎ 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn ‎＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n－1)×2n－3＋(2n＋1)×2n－2， ①‎ 则2Tn＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n－1)×2n－2＋(2n＋1)×2n－1， ②‎ 由①－②，得 ‎－Tn＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n－1)－(2n＋1)×2n－1‎ ‎＝＋－(2n＋1)×2n－1.‎ 所以Tn＝.‎ ‎‎ 押题预测 已知数列{an}的前n项和Sn满足关系式Sn＝kan＋1，k为不等于0的常数．‎ ‎(1)试判断数列{an}是否为等比数列；‎ ‎(2)若a2＝，a3＝1.‎ ‎①求数列{an}的通项公式及前n项和Sn的表达式；‎ ‎②设bn＝log2Sn，数列{cn}满足cn＝＋bn＋2·2bn，数列{cn}的前n项和为Tn，当n>1时，求使Tn0，因为n∈N*，故n>9，‎ 从而最小正整数n的值是10.‎ A组　专题通关 ‎1．(2017届江西抚州市七校联考)若数列{an}满足(2n＋3)·an＋1－(2n＋5)an＝(2n＋3)(2n＋5)·lg，且a1＝5，则数列的第100项为(　　)‎ A．2 B．3‎ C．1＋lg 99 D．2＋lg 99‎ 答案　B 解析　由(2n＋3)an＋1－(2n＋5)an ‎＝(2n＋3)(2n＋5)lg，‎ 可得－＝lg，‎ 记bn＝，有bn＋1－bn＝lg，‎ 由累加法，得bn＝lg n＋1，数列的第100项为lg 100＋1＝3，故选B.‎ ‎2．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝ (n∈N*)，则a1·a2·a3·…·a2 017等于(　　)‎ A．－6 B．6‎ C．－2 D．2‎ 答案　D 解析　∵a1＝2，an＋1＝，∴a2＝＝－3，‎ 同理a3＝－，a4＝，a5＝2，…，∴an＋4＝an，‎ 而a1a2a3a4＝1，∴a1a2a3…a2 017＝(a1a2a3a4)504×4×a1＝1×2＝2，故选D.‎ ‎3．(2017届天水市模拟)我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：‎ 第一步：构造数列1，，，，…，；①‎ 第二部：将数列①的各项乘以n，得到数列(记为)a1，a2，a3，…，an，则a1a2＋a2a3＋…＋an－1an等于(　　)‎ A．n2 B．(n－1)2‎ C．n(n－1) D．n(n＋1)‎ 答案　C 解析　由题意得新数列为n，，， ，…，，所以a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋an－1an＝n·＋·＋·＋…＋·＝n2＝n2＝n(n－1)．故选C.‎ ‎4．(2017届河北省衡水中学调研)若数列满足a1＝1，且对于任意的n∈N*都有an＋1＝an＋n＋1，则＋＋…＋等于(　　)‎ A. B. C. D. 答案　D 解析　由an＋1＝an＋n＋1，得an＋1－an＝n＋1，则a2－a1＝1＋1，a3－a2＝2＋1, a4－a3＝3＋1，…，an－an－1＝(n－1)＋1 ，以上等式相加，得an－a1＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n－1 ，把a1＝1代入上式，得an＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n＝，所以＝＝2，则＋＋…＋ ‎＝2 ‎＝2＝ ，故选D.‎ ‎5．(2017届天津市六校联考)已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝(n∈N*)．若bn＋1＝(n－2λ)· (n∈N*)，b1＝－λ，且数列{bn}是单调递增数列，则实数λ的取值范围是(　　)‎ A．λ> B．λ> C．λ< D．λ< 答案　D 解析　因为an＋1＝⇒＝＋1⇒＋1＝2⇒＋1＝2n－1＝2n，所以bn＋1＝(n－2λ)·2n，因为数列{bn}是单调递增数列，‎ 所以当n≥2时bn>bn－1⇒(n－2λ)·2n>(n－1－2λ)·2n－1⇒n>2λ－1⇒2>2λ－1⇒λ<；当n＝1时，b2>b1⇒(1－2λ)·2>－λ⇒λ<，因此λ<，故选D.‎ ‎6．(2017届湖南湘中名校教改联合体联考)对于数列{an}，定义Hn＝为{an}的“优值”，现在已知某数列{an}的“优值”Hn＝2n＋1，记数列{an－kn}的前n项和为Sn，若Sn≤S5对任意的n恒成立，则实数k的取值范围为________．‎ 答案　 解析　由题可知＝2n＋1，‎ ‎∴a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n＋1， ①‎ a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)·2n， ②‎ 由①－②，得2n－1an＝n·2n＋1－(n－1)·2n，‎ 则an＝2n＋2，∴an－kn＝(2－k)·n＋2，‎ 令bn＝(2－k)·n＋2，‎ ‎∵Sn≤S5，∴b5≥0，b6≤0，解得≤k≤，‎ ‎∴k的取值范围是.‎ ‎7．已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝(an－1)，则(4n－2＋1)的最小值为__________．‎ 答案　4‎ 解析　∵Sn＝(an－1)，∴Sn－1＝(an－1－1)(n≥2)，‎ ‎∴an＝Sn－Sn－1＝(an－an－1)，‎ ‎∴an＝4an－1，又a1＝S1＝(a1－1)，‎ ‎∴a1＝4，∴{an}是首项为4，公比为4的等比数列，‎ ‎∴an＝4n，‎ ‎∴(4n－2＋1)＝ ‎＝2＋＋≥2＋2＝4，‎ 当且仅当n＝2时取“＝”．‎ ‎8．(2017届山西晋中榆社中学月考)已知数列{an}的首项a1＝a，其前n项和为Sn，且满足Sn＋Sn－1＝4n2(n≥2，n∈N*)，若对任意n∈N*，an0，n∈N*.‎ ‎(1)若2a2，a3，a2＋2成等差数列，求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设双曲线x2－＝1的离心率为en，且e2＝，证明：e1＋e2＋…＋en>.‎ ‎(1)解　由已知，Sn＋1＝qSn＋1，Sn＋2＝qSn＋1＋1，两式相减，得an＋2＝qan＋1，n≥1.又由S2＝qS1＋1，‎ 得a2＝qa1，故an＋1＝qan对所有n≥1都成立．‎ 所以数列{an}是首项为1，公比为q的等比数列．‎ 从而an＝qn－1.‎ 由2a2，a3，a2＋2成等差数列，可得 ‎2a3＝3a2＋2，即2q2＝3q＋2，则(2q＋1)(q－2)＝0，‎ 由已知，q>0，故q＝2.所以an＝2n－1(n∈N*)．‎ ‎(2)证明　由(1)可知，an＝qn－1.‎ 所以双曲线x2－＝1的离心率 en＝＝.‎ 由e2＝＝，解得q＝.‎ 因为1＋q2(k－1)>q2(k－1)，‎ 所以>qk－1(k∈N*)．‎ 于是e1＋e2＋…＋en>1＋q＋…＋qn－1＝.‎ 故e1＋e2＋…＋en>.‎ B组　能力提高 ‎11．(2017届江西抚州市七校联考)若数列{an}满足－＝1，且a1＝5，则数列{an}的前100项中，能被5整除的项数为(　　)‎ A．42 B．40‎ C．30 D．20‎ 答案　B 解析　∵数列{an}满足－＝1，‎ 即－＝1，且＝1，‎ ‎∴数列是以1为首项，以1为公差的等差数列，‎ ‎∴＝n，∴an＝2n2＋3n，由题意可知，‎ 项 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ 个位数 ‎5‎ ‎4‎ ‎7‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎0‎ ‎9‎ ‎2‎ ‎9‎ ‎0‎ ‎∴每10项中有4项能被5整除，∴数列{an}的前100项中，能被5整除的项数为40，故选B.‎ ‎12．已知数列{an}满足：a1＝1，an＝a＋2an－1 (n≥2)，若bn＝＋ (n∈N*)，则数列{bn}的前n项和Sn＝________.‎ 答案　1－ 解析　当n≥2时，an＋1＝a＋2an－1＋1＝(an－1＋1)2>0，两边取以2为底的对数可得log2(an＋1)＝log2(an－1＋1)2＝2log2(an－1＋1)，则数列{log2(an＋1)}是以1为首项，2为公比的等比数列， log2(an＋1)＝2n－1，，又an＝a＋2an－1 (n≥2)，‎ 可得an＋1＝a＋2an (n∈N*)，两边取倒数可得 ＝＝＝，‎ 即＝－，‎ 因此bn＝＋＝－，‎ 所以Sn＝b1＋…＋bn＝－＝.‎ ‎13．已知数列{an}中，a1＝1，且点P(an，an＋1)(n∈N*)在直线x－y＋1＝0上．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若函数f(n)＝＋＋＋…＋(n∈N*，且n>2)，求函数f(n)的最小值；‎ ‎(3)设bn＝，Sn表示数列{bn}的前n项和，试问：是否存在关于n的整式g(n)，使得S1＋S2＋S3＋…＋Sn－1＝(Sn－1)·g(n)对于一切不小于2的自然数n恒成立？若存在，写出g(n ‎)的解析式，并加以证明；若不存在，试说明理由．‎ 解　(1)点P(an，an＋1)在直线x－y＋1＝0上，‎ 即an＋1－an＝1，且a1＝1，‎ ‎∴数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，‎ ‎∴an＝1＋(n－1)·1＝n (n∈N*)．‎ ‎(2)∵f(n)＝＋＋…＋，‎ ‎∴f(n＋1)＝＋＋…＋＋＋，‎ ‎∴f(n＋1)－f(n)>0，∴f(n)是单调递增的，‎ 故f(n)的最小值是f(3)＝.‎ ‎(3)∵bn＝⇒Sn＝1＋＋＋…＋，‎ ‎∴Sn－Sn－1＝ (n≥2)，‎ 即nSn－(n－1)Sn－1＝Sn－1＋1，‎ ‎∴(n－1)Sn－1－(n－2)Sn－2＝Sn－2＋1，…，2S2－S1＝S1＋1，‎ ‎∴nSn－S1＝S1＋S2＋…＋Sn－1＋n－1，‎ ‎∴S1＋S2＋…＋Sn－1＝nSn－n ‎＝(Sn－1)·n (n≥2)，‎ ‎∴g(n)＝n.‎ ‎14．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝，n∈N*，记Sn，Tn分别是数列{an}，{a}的前n项和．证明：当n∈N*时，‎ ‎(1)an＋10，‎ 故an＋1－an＝－an＝<0，‎ ‎∴an＋1－1.‎ 综上，－1

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