2(2n—1)( 2n+ 1)1 12n—1 —2n+ 1,第2讲数列的求和及综合应用高考定位i.高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和，难度中档偏下； 2.在考查数列运算的同时，将数列与不等式、函数交汇渗透•真題感悟考点整合丨［矗Hi灌匾訂和要蟲曽真题感悟1. (2017 全国川卷)设数列｛a n｝满足a i + 3a2+_+ (2n—1)a n= 2n.⑴求｛a n｝的通项公式；⑵求数列「齐鬻的前n项和.解⑴因为a i+ 3a2+-+ (2n—1)a n = 2n,①故当n》2 时，a i + 3a2+…+ (2n —3)a n-1 —2(n—1),②2①一②得(2n —1)a n —2，所以a n— ~ ，又n—1时，a1 —2适合上式,2从而｛ a n｝的通项公式为a n —2n — 1.⑵记話的前n项和为S n，则&-1—3+3-1+…+ 1 -右1 —2n2n+ 1—2n+ 1.2. (2017山东卷)已知｛a n｝是各项均为正数的等比数列，且a1 + a2 —6，a1a2 —a3.(1) 求数列｛a n｝的通项公式；(2) ｛ b n｝为各项非零的等差数列，其前n项和为S n，已知S2n+1 —b n b n + 1，求数列晋的前n项和T n.解(1)设｛a n｝的公比为q，1 3 |1 1两式相减得？T n = 2+ 2+〒+…+ 1 2n+1 n-1 ——J n+1所以T n= 5- 2n + 52n2 2由题意知a i(1 + q)= 6, a i q= a i q ,又a n>0,解得a i = 2, q= 2,所以a n = 2n.(2n + 1)( b i + b2n+1)⑵由题意知：S2n+1= 2 = (2n+ 1)b n+1 ,又S2n+1 = b n b n+1, b n +1 工0 ,所以b n= 2n + 1.令C n= £ 贝U C n = 2n+ 1 ,a n 2因此T n= C1 + C2+ — + C n3 5 7 2n- 1 2n+ 1=2+^2+23+…+ 2“-1 + 2* ,1 3 5 7 2n-1 2n+1乂qT n= ^2+ 2^+ 于 +…+ ~2^~ + 2*+1 ,考点整合1. 数列求和(1) 分组转化求和：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并.(2) 错位相减法：主要用于求数列｛a n b n｝的前n项和，其中｛a n｝, ｛b n｝分别是等差数列和等比数列.(3) 裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如話爲(其中｛a n｝是各项均不为零的等差数列，C为常数)的数列.温馨提醒(1)裂项求和时，易把系数写成它的倒数或忘记系数导致错误(2)a n =iS n —S,n》2,忽略n》2的限定，忘记第一项单独求解与检验2. 数列与函数、不等式的交汇当n》2时,a n= S n-S n—1= =n.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s n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.热点聚焦題型宪1KI 霾濯靈籬饉$藝噩[爵Hi[蝦i逼養祈循虞热点一数列的求和问题命题角度1分组转化求和2 .【例1—1】(2017郑州质检)已知数列｛a n｝的前n项和S n=n€ N*.(1)求数列｛a n｝的通项公式；⑵设b n = 2a n + (—1)"a n，求数列｛b n｝的前2n项和.解(1)当n= 1 时，a1 = S1= 1;而a1也满足a n= n，故数列｛a n｝的通项公式为a n= n. ⑵由⑴知a n= n，故b n= 2n+ (—1)n n.记数列｛b n｝的前2n项和为T2n，则T2n= (21+ 22+…+ 22n) + (—1 + 2—3+ 4—…+ 2n). 记A= 21+ 22+…+ 22n，B=—1 + 2—3+ 4—…+ 2n, 则A= 2(「严)=22n+1—2，1 —2B= (—1+ 2)+ (—3 + 4)+…+ [ —(2n—1)+ 2n ]= n.故数列｛b n｝的前2n 项和T2n = A+ B = 22n+1+ n—2.探究提高 1.在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思想.把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和.在利用分组求和法求和时，常常根据需要对项数n进行讨论.最后再验证是否可以合并为一个表达式.2.分组求和的策略：(1)根据等差、等比数列分组；⑵根据正号、负号分组.命题角度2裂项相消法求和【例1 —2】(2015全国I卷)S n为数列｛a n｝的前n项和.已知a n>0，a2+ 2心=4S n + 3.(1)求｛a n｝的通项公式;1⑵设b n= ，求数列｛b n｝的前n项和.a n a n+1解(1)由a n+ 2a n= 4S n+ 3,可知a n+1 + 2a n+1 —4咅+1 + 3.两式相减可得a^+1 —a n+ 2(a n+1 —a n)= 4a n+1,2 2即2(a n+1 + a n) = a n+1 —a n —@n+1 + a n)(a n+1 —a n).由于a n>0，可得a n+1 —a n — 2.又a1 + 2a1 —4a1 + 3,解得a〕一一1(舍去),a〔一3.所以｛a n｝是首项为3,公差为2的等差数列，通项公式为a n —2n+ 1.⑵由a n —2n+ 1可知_J ______________ 1 ________ 1 一1—bn—a n a n+1— (2n+ 1)( 2n + 3) — 2 2n+ 1 一2n+ 3 .设数列｛b n｝的前n项和为T n,则T n—b1 + b2+…+ b n1Y 1'1_ 1Y——2I L3 5 + 5 7 + +2n+ 1 2n + 3n—3 (2n+ 3).探究提高 1.裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项.2.消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项•【训练1】(2017昆明诊断)已知等比数列｛a n｝的各项均为正数，且a1 + 2& —5, 4a3—a2a6.(1) 求数列｛a n｝的通项公式；(2) 若数列｛b n｝满足b1 —2,且b n+1—b n+ a n,求数列｛b n｝的通项公式；⑶设C n—汁，求数列｛C n｝的前n项和为T n.b n b n+1解(1)设等比数列｛a n｝的公比为q,由4a i —a2a6得4a i—a：所以q2—4,由条件可知q>0,故q —2,由a1 + 2a2—5 得a1 + 2a1q —5,所以a1—1,—2n —1 —1故数列｛a n ｝的通项公式为a n = 2n T . ⑵由 b n + 1 — b n + a n 得 b n +1 — b n — 2 ,故 b 2 — b i — 2°, b 3 — b 2 — 21,…，b n — b n -1 — 2n 2, 以上n — 1个等式相加得b n — b i — 1+ 21 + -+ 2n —2n —1、1 •( 1—2 ) 1—2__ 由 b 1 — 2,所以 b n — 2n 1 + 1.1 2n + 1.命题角度3错位相减求和【例1 — 3】(2017天津卷)已知｛a n ｝为等差数列，前n 项和为S n (n € N ), ｛b n ｝是 首项为2的等比数列，且公比大于 0, b 2 + b 3- 12, b 3-a 4 — 2a 1, Sn — 11b 4. (1) 求｛a n ｝和｛b n ｝的通项公式；⑵求数列｛a 2n b n ｝的前n 项和(n € N *).解(1)设等差数列｛a n ｝的公差为d ,等比数列｛b n ｝的公比为q , 由已知 b 2+ b 3 — 12,得 b 1 (q + q 2) — 12,而 b 1 — 2,所以 q 2+ q — 6— 0, 又因为q>0，解得q — 2,所以b n — 2n . 由 b 3 — a 4 — 2a 1,可得 3d — a 1 — 8,① 由 S 11— 11b 4，可得 a 1+ 5d —16,②联立①②，解得a 1 — 1, d — 3,由此可得a n —3n — 2. 所以｛a n ｝的通项公式为a n — 3n — 2, ｛b n ｝的通项公式为b n — 2n .(2) 设数列｛a 2n b n ｝的前n 项和为T n ,由a 2n — 6n — 2, b n — 2n ,有 T n — 4X 2+ 10X 22 + 16X 23+…+ (6n — 2)X 2n ,2T n — 4X 22 + 10X 23 + 16X 24+…+ (6n — 8)X 2n + (6n — 2) X 2n +1, 上述两式相减，得—T n — 4 X 2 + 6 X 22 + 6 X 23+…+ 6X 2n — (6n — 2)X 2n +1a nb n +1 — b n 1 1(3)C b n b n + 1 b n b n + 1 b n b n +1’ 所以‘1 1)1 1 1- I - ----- ----- —12X( 1 —2n) _ 1—2—2n—1 1 —2+2X2 2n—1 24—(6n —2)X 2n+1= —(3n —4)2n+2—16.所以T n = (3n —4)2n+ 2+ 16.所以数列｛a2n b n｝的前n项和为(3n —4)2n+2+ 16.探究提高1.一般地，如果数列｛a n｝是等差数列，｛b n｝是等比数列，求数列｛a n b n｝的前n项和时，可米用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列｛b n｝的公比，然后作差求解.2.在写Sn”与qsn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确地写出“s n—qs n”的表达式.【训练2】(2017衡阳模拟)已知等差数列｛a n｝满足：a n+1>a n(n€ N*)，a1= 1,该数列的前三项分别加上1，1，3后成等比数列，且a n + 2log2b n= — 1.(1)求数列｛a n｝，｛b n｝的通项公式；⑵求数列｛a n b n｝的前n项和T n.解(1)设d为等差数列｛a n｝的公差，且d>0,由a〔= 1，a2= 1 + d，a3= 1 + 2d，分别加上1，1，3成等比数列，得(2 + d)2= 2(4+ 2d)，因为d>0，所以d= 2，所以a n — 1 + (n—1) X 2= 2n—1，又因为a n——1—2log2b n，1所以log2b n= —n即b n —尹1 3 5 2n—1 ―(2)T n —刁+ ^2+ F+…+_2^，①①一②，得*T n= 2+ 2X 寺+ ?+ 2 + •••+ 2 —22n + 32*+11T n =…+22—1，②1 4,｛b n所以 T n = 3— 2n +^ 热点二 a n 与S n 的关系问题【例2】(2017济南模拟)设数列｛a n ｝的前n 项和为S n ,对任意的正整数n ,都有 b n +1a n = 5S n + 1成立，b n =— 1 — log 2|a n |,数列｛b n ｝的前n 项和为T n , C n = 丁订亦厂 (1)求数列｛a n ｝的通项公式；⑵求数列｛c n ｝的前n 项和A n ,并求出A n 的最值. 解(1)因为 a n = 5S n + 1, n € N *, 所以 a n +1 = 5S n +1 + 1 , 1两式相减，得a n +1 = — &a n , 又当 n = 1 时，a 1 = 5a 1 + 1,知 a 〔=1所以数列｛a n ｝是公比、首项均为一4的等比数列• 所以数列｛a n ｝的通项公式a n =(2)b n = — 1 — log 2 |a n | = 2n -1,数列｛b n ｝的前n 项和T n = n 2, b n +1 2n + 1 1 1cn=击=n 2 (n + 1) 2=f — (n + 1) 2， 1所以 An = 1— (n + 1) 2. 因此｛A n ｝是单调递增数列,1 3• ••当n = 1时，A n 有最小值A 1= 1 — 4 = 3； A n 没有最大值.探究提高 1•给出S n 与a n 的递推关系求a n ,常用思路是：一是利用 $ — S n — 1 = a n (n 》2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先 求出S n 与n 之间的关系，再求a n . 2. 形如a n +1= pa n + q(p M 1, 0),可构造一个新的等比数列.1【训练3】(2017梅州质检)设数列｛a n ｝的前n 项和为S n ,且S n = 2-尹, 为等差数列，且 a i = b i , a 2(b 2 — b i ) = a i . (1)求数列｛a n ｝和｛b n ｝的通项公式；⑵设C n=二，求数列g｝的前n项和T n.a n解(1)当n= 1 时，a i = S i= 1.- 1 1 七 1当n A2 时，a n= S n—S n—1= 2 —211 —2—212 = 2—1,1 *此式对n= 1也成立，二a n= 2^—1(门€ N ),a〔从而b1 = a1 = 1，b2 —b1=—= 2.a2又因为｛b n｝为等差数列，二公差d= 2,b n= 1 + (n —1) 2 = 2n—1.2n—1 n—1⑵由(1)可知c n= 1 = (2n—1)2 ，2^~1所以T n= 1X 1 + 3X 2+ 5X 22+…+ (2n—1) 2n—1，①2T n= 1 X 2 + 3X 22+ 5X 23+…+ (2n—3) 2n—1+ (2n—1) 2n，②①—②得：—T n= 1 + 2(2+ 22+…+ 2n—1)—(2n- 1) 2n4( 1 —2n—1)1 + 4(1—2——(2n-1)2n=1 + 2n+1—4—(2n—1) 2n= —3—(2n —3) 2n••• T n = 3+ (2n —3) 2n.热点三数列与函数、不等式的综合问题【例3】（2017惠州三调）在数列｛a n｝中，点（a n，a n+1）在直线y=x+ 2上，且首项a1= 1.（1）求数列｛a n｝的通项公式；⑵数列｛a n｝的前n项和为S n，等比数列｛b n｝中，b1 = a1，b2= a2,数列｛b n｝的前n 项和为T n,请写出适合条件T n< S n的所有n的值.解（1）：点（a n, a n+1）在直线y= x+ 2上，且a1 = 1.a n+1 = a n+ 2 则a n+1 —a n = 2,因此数列｛a n｝是公差为2,首项为1的等差数列.⑵数列｛a n｝的前n项和s n —n (1+ 2n—1)23n—121 1 1 1—+ — + —+…+ — <2S1+®+S3+ +S n 乙--a n —1 + 2(n —1) —2n —1.等比数列｛b n｝中，b1 —a1 —1, b2 —a2 —3,「.q — 3.••• b n—3n—1.1 —3n 3n— 1•••数列｛b n｝的前n项和T n—不3 —3^13 —1 2T n W S n可化为一厂< n .又n € N ,••• n—1,或n— 2故适合条件T n< s n的所有n的值为1和2.探究提高1.求解数列与函数交汇问题注意两点：（1）数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集（或它的有限子集），在求数列最值或不等关系时要特别重视；⑵解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件.2.数列为背景的不等式恒成立、不等式证明，多与数列的求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性处理.【训练4】（2017长郡中学联考）在数列｛a n｝中，已知a1 —1，a2 —3，a n+ 2 —3a n+1—2a n.（1）证明数列｛a n+1 —a n｝是等比数列，并求数列｛a n｝的通项公式;⑵设b n—log2（a n+ 1），｛b n｝的前n项和为S,求证:证明(1)由a n+ 2 —3a n+1 —2a n，得a n+2—a n+1 —2(a n+1 —a n)，a2 —a1 —2，所以，｛a n+1 —a n｝是首项为2，公比为2的等比数列，• a n + 1 —a n—2，a n—a1 + (a2 —a” + (a3 —a2)+…+ (a n —a n—1)—1 + 2+ 22+-+ 2n—1——2n— 1.1 —2(2)b n —log2(a n + 1)—log22n—n，• S n—1+ 2 + 3+-+ n- n (n+ 1)，于是S n—n (n+ 1)—1丄2 n—n+ 1，1 1 1 所以S1+S2+S31 十S n=21-乜归细总结思维升华i1. 错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列｛a n｝乘以等比数列｛b n｝对应项得到的数列｛a n b n｝求和.⑵步骤：①求和时先乘以数列｛b n｝的公比.②把两个和的形式错位相减.③整理结果形式.2. 裂项求和的常见技巧1 _ 1 1 _ ]|']_ 1 " ⑴n (n+ 1) _n_n+ 1.⑵n (n+ k) _k n_ n+ k -(3)1 _ 仃1 —丄)(3)n1 2- 1_2 n-1 n+ 1 -1 1 1 、(4)4n2- 1 _2 2n- 1-2n+ 1 -3. 数列与不等式综合问题(1) 如果是证明不等式，常转化为数列和的最值问题，同时要注意比较法、放缩法、基本不等式的应用；(2) 如果是解不等式，注意因式分解的应用.B.n 2 + 2 — 1 D.n + 2 - 2^_1s n =n (1 + 2n — 1)12 +L I 21彳1 11—刃 n 2 + 1数列｛a n ｝的前n 项和S n —n (— 5+ 2n — 7)—n 2 — 6n.专题圳療对接高考求落丈迎匡考一、选择题11111. 已知数列12， 34, 5g , 7彳6，…，则其前n 项和s n 为（ ）A.『+ 1 — 1 C. n? + 1 - 2*-11 解析 a n = (2n — 1) + 尹 答案 A2. （2017浙江卷）已知等差数列｛a n ｝的公差为d,前n 项和为S n ,则“d >0”是“ S 4 + S 6> 2S 5” 的（ ） A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件解析 由 S 4+ S 6— 2S 5= S 6 — S 5— （S 5 — S 4） = a 6 — a 5 = d ,当 d >0 时，则 S 4+ S 6 — 2S 5 >0,即 S 4+ S 6>2S 5,反之，S 4+ S 6>2S 5,可得 d >0,所以 “d >0” 是 “S 4+ S 6 > 2S 5”的充要条件. 答案 C3. （2017沈阳二模）已知数列｛a n ｝满足a n +1 — a n = 2,印=—5,则尿|+ &|+…+隅 二（） A.9 B.15 C.18D.30解析a n +1 — a n = 2, a 1 = — 5,—数列｛a n ｝是公差为2的等差数列. a n — — 5 + 2（n — 1） — 2n — 7.令a n—2n —7>0,解得n》|.n W 3 时,|a n|——a n；n》4 时,|a n|—a n.D.9解析 由于a n =1n （n + 1）1— 1 nn +15.（2017湘潭三模）已知T n 为数的前n 项和，若m ＞「o + 1 013恒成立,贝 U |a i |+ |a 2|+…+ |a 6|= — a i — a 2 — a 3 + a 4 + a 5 + a 6= S 6- 2沪62 — 6X 6 — 2（32 — 6X 3）= 18. 答案 C194.（2017衡水中学月考）数列a n =门（n +〔），其前n 项之和为和，则在平面直角 坐标系中，直线（n + 1）x + y + n = 0在y 轴上的截距为（ ）A. — 10B. — 9C.101 9因此III —n+T 19），所以X 9.所以直线方程为10x + y + 9= 0. 令x = 0,得y = — 9,所以在y 轴上的截距为一 9. 答案 BIII 1••• T 10+ 1 013= 11 —尹 + 1 013= 1 024 —尹， 又 m>T 1o + 1 013， •整数m 的最小值为1 024. 答案 C 、填空题••• S n = 1 —1 + 丄；=1—丄 n + 1 丿 n + 1.B.1 025 D.1 023则整数m 的最小值为（） A.1 026 C.1 0242n +1 1 解析~2^~ =1 + 尹 T n = n +- 1 一. 1 221则数列｛a n ｝的前n 项和S h — a n — 2n — 1,7. （2017n — 1*n 项和，a n — 23 —(n €N )，若 b n —a n +1S n S n +1,贝U b i + b 2+…+ b n =又b n —a n +1 S n S n +16.对于数列｛a n ｝，定义数列｛a n +1 — a n ｝为数列｛a n ｝的“差数列”，若 a i = 1, ｛a n ｝的“差数列”的通项公式为a n +1 — a n = 2n , 解析 因为a n +1 — a n = 2n ,应用累加法可得所以 S n — a 1 + a 2 + a 3 + …+ a n =2 + 22 + 23+…+ 2n — n2 (1 — 2n ) —1—2 —n —2n +1 — n — 2.答案 2n +1-n — 2解析 易知数列｛a n ｝是首项a 1 — 2,公比q — 3的等比数列, 所以 S n — 23）— 3n — 1.1 — 3S n +1 — S n —丄 1 S n S n +1 s S n +1'…(L 丄)d 丄、 a 1、则 bl + b2+ …+ bn — S l — S2 + S 2— S 3 + …+ S n — S n + 11 1 1 1S i S n +1 2 3n +1 —1.1 1答案 2—3+口(1 、 *8. 设向量a — (1, 2), b —孑石，a n (n € N )，若a // b,设数列｛a n ｝的前n 项和为 S n ,则S n 的最小值为 ________ .(1 y *1解析 因为向量 a — (1, 2), b — n 2+ n , an (n € N ), a / b,所以 1 a n — 2丄 2n 十 n n + n 0,从而数列｛a n ｝的前n 项和为2即an —吾孑1，1 n + 1 当 n = 1,当 n = 4,当 n = 6, 当 n = 9,2, 3 时，1W 罟<2, b n = 1; 5 时，2< 笔13<3, b n = 2; 7, 8 时，3<10 时，4W 如]3<5, b n = 4. (2)令 C n n 1 1 1 1111&=21- 2+1—1+…+n ——r 1+1-n ++1 =21—易知｛s n ｝是单调递增数列.•••当n = 1时，S n 取得最小值2 1 — 2 = 1. 答案1 三、解答题9. (2016 全国 U 卷)等差数列｛a n ｝中，a 3 + 比=4, a 5 + a 7= 6. (1)求｛a n ｝的通项公式；⑵设b n =［a n ］，求数列｛b n ｝的前10项和，其中［x ］表示不超过x 的最大整数，如［0.9］ =0, [2.6] = 2.解(1)设数列｛a n ｝的首项为a 1,公差为d , 由题意有 晳駕，解得忙J 01 + 5d — 3. d = 5.所以｛a n ｝的通项公式为a n — 2n +^所以数列｛b n ｝的前10项和为1X 3+ 2X 2+ 3X 3+ 4X 2 = 24.10. (2016山东卷)已知数列｛a n ｝的前n 项和S = 3n 2 + 8n , ｛b n ｝是等差数列，且a n=b n + b n +1.(1)求数列｛b n ｝的通项公式；/ + 1) n +1-a ；n + 2) n ，求数列｛C n ｝的前n 项和T n .(2)由(1)知，b n =⑵由(1)知C n = (6n+ 6)(3n + 3)n+1—=3(n+ 1) 2 n+1.解⑴由题意知，当n》2时，a n= S n-S n-1 = 6n + 5. 当n = 1时，a i = S i= 11,符合上式.所以a n= 6n + 5.设数列｛b n｝的公差为d, 由严=b1 + "，即」1二2b1+d，©2= b2 + b3，J7= 2b1 + 3d，可解得(b1= 4,所以b n= 3n+ 1.id = 3.又T n= C1+ C2+ — + C n，得T n= 3X [2 X 22+ 3X 23+…+ (n+ 1)X 2n+1]，3 4 n+ 22T n= 3X [2 X 23+ 3X 24+…+ (n+ 1)X 2n 2].两式作差，得—T n = 3X [2 X 22+ 23+ 24+…+ 2n+1-(n+ 1)X 2n+2]=3X 4 + 4(1—j)—(n+ 1)X 2n+2= —3n 2n+2.所以T n= 3n 2”2.11已知数列｛a n｝的前n项和为S，点(n，S n)(n€ N )均在函数f(x) = 3x2—2x的图象上.(1)求数列｛a n｝的通项公式.3 嘖⑵设b n=^^，T n是数列｛b n｝的前n项和，求使得2T n< - 2 015对任意n€ N a n a n+1都成立的实数入的取值范围.解(1)因为点(n，S)均在函数f(x) = 3x2—2x的图象上，所以S n= 3n2—2n. 当n = 1时，a1 = S j = 3 —2= 1 ；当n》2 时，a n= S n—S n-1 = (3n2—2n) —[3(n—1)2—2(n—1)] = 6n — 5.又a1 = 1也满足a n= 6n—5，所以a n= 6n —5(n € N ).⑵因为b n =3a n a n+13(6n—5) [6 (n+ 1)—5]=1（1 — 1 1—2 6n — 5 6n+ 1，所以—1 1—1 +7—令+…+6n—5—6n++7 -11—丄—壬-2 1 6n+ 1 - 6n+ 1，所以2T n= 6^~= 1 ―1 <1.6n+ 1 6n+ 1又2T n<入—2 015对任意n€ N *都成立，所以K入一2 015,即卩X>2 016.故实数入的取值范围是［2 016,+x）.1 丄2n—1_3=2+ 1 —?n-1 —2“+1 = 2。
