典例1 (1)已知數(shù)列{an}中，a1＝3，an＋1＝2an＋1，則an＝________.
(2)已知數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋3n，則an＝________.
典例2 (2023·濰坊模擬)已知Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且a1＝a2＝1，an＝2an－1＋3an－2(n≥3)，則下列結(jié)論正確的是( )
A．?dāng)?shù)列{an－an＋1}為等比數(shù)列
B．?dāng)?shù)列{an＋1＋2an}為等比數(shù)列
C．S40＝eq \f(1,4)(320－1)
D．a(chǎn)n＝eq \f(3n－1＋?－1?n－1,2)
典例3 若a1>0，a1≠1，an＋1＝eq \f(2an,1＋an)，n∈N*.
(1)求證：an＋1≠an；
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(2)令a1＝eq \f(1,2)，寫出a2，a3，a4，a5的值，并求出這個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)公式an.
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[總結(jié)提升]
1．形如an＋1＝eq \f(pan,ran＋s)(p，r，s為常數(shù))的類型，可通過兩邊同時(shí)取倒數(shù)的方法構(gòu)造新數(shù)列求解．
2．形如an＋1＝pan＋An＋B(p，A，B為常數(shù))的類型，可令an＋1＋λ(n＋1)＋μ＝p(an＋λn＋μ)，求出λ，μ的值即可知{an＋λn＋μ}為等比數(shù)列，進(jìn)而可求an.
3．形如an＋1＝pan＋Aqn(p，A為常數(shù))的類型，當(dāng)p≠q時(shí)，可令an＋1＋λqn＋1＝p(an＋λqn)，求出λ的值即可知{an＋λqn}是等比數(shù)列，進(jìn)而可求an，當(dāng)p＝q時(shí)可化為eq \f(an＋1,qn)＝eq \f(an,qn－1)＋A，即eq \f(an＋1,qn)－eq \f(an,qn－1)＝A(常數(shù))知eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,qn－1)))為等差數(shù)列，進(jìn)而可求an.
4．形如an＋1＝pan＋qan－1的類型，轉(zhuǎn)化為an＋1＋λan＝p(an＋λan－1)的類型．求出λ，p的值，可知{an＋λan－1}是等差數(shù)列還是等比數(shù)列，進(jìn)而可求an.
1．(2023·南京模擬)如圖所示的三角形圖案是謝爾賓斯基三角形．已知第n個(gè)圖案中黑色與白色三角形的個(gè)數(shù)之和為an，數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝3an＋1(n≥1)，那么下面各數(shù)中是數(shù)列{an}中的項(xiàng)的是( )
A．121 B．122 C．123 D．124
2．(2023·南京模擬)在數(shù)列{an}中，a1＝7，a2＝24，對(duì)所有的正整數(shù)n都有an＋1＝an＋an＋2，則a2 024等于( )
A．－7 B．24 C．－13 D．25
3．(2023·南充模擬)已知數(shù)列{an}中，a1＝2，an＋1＝eq \f(2an,an＋2)(n∈N*)，則數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n＋1)))的前10項(xiàng)和S10等于( )
A.eq \f(16,11) B.eq \f(18,11) C.eq \f(20,11) D．2
4．若Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知a1＝2，a2＝10，且Sn＋1＋2Sn－1－3Sn＝2×3n，則S2 022等于( )
A．32 023－22 024＋1 B．32 022－22 023＋1
C．2·32 022－22 023 D．2·32 023－22 024
5．(多選)(2023·鄭州模擬)數(shù)列{an}滿足a1＝－21，a2＝－12，an＋1＋an－1＝2an－2(n≥2)，Sn是{an}的前n項(xiàng)和，則下列說法正確的是( )
A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n－8)))是等差數(shù)列
B．a(chǎn)n＝－n2＋12n＋32
C．a(chǎn)6是數(shù)列{an}的最大項(xiàng)
D．對(duì)于任意正整數(shù)m，n(n>m)，Sn－Sm的最大值為10
6．(多選)(2023·岳陽模擬)設(shè)首項(xiàng)為1的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若Sn＋1＝2Sn＋n－1(n∈N*)，則下列結(jié)論正確的是( )
A．?dāng)?shù)列{Sn＋n}為等比數(shù)列
B．?dāng)?shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1－1
C．?dāng)?shù)列{an＋1}為等比數(shù)列
D．?dāng)?shù)列{2Sn}的前n項(xiàng)和為2n＋2－n2－n－4
7．已知a1＝1，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝eq \f(1,2)an－1＋2n－1，則{an}的通項(xiàng)公式為________．
8．在數(shù)列{an}中，若a1＝1，a2＝4，an＋2＋2an＝3an＋1，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為____________．
9．(2023·泉州模擬)設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＝3，an＝2an－1－n＋2(n≥2)．
(1)證明：數(shù)列{an－n}為等比數(shù)列，并求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
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(2)數(shù)列{bn}滿足an＝2nbn，求b1＋b2＋b3＋…＋bn的值．
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10．(2023·朝陽模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn＝eq \f(n,n＋1)(n∈N*)，數(shù)列{bn}滿足b1＝1，且bn＋1＝eq \f(bn,bn＋2)(n∈N*)．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
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(2)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；
(3)對(duì)于n∈N*，試比較bn＋1與an的大小．
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微專題22 數(shù)列的遞推關(guān)系
[考情分析] 數(shù)列的通項(xiàng)公式求法是高考數(shù)學(xué)的必考考點(diǎn)，通常在選擇題、填空題與解答題第一問中考查．難度中等，但有時(shí)在同一個(gè)題目中會(huì)涉及多種方法，綜合性較強(qiáng)．
考點(diǎn)一 形如an＋1＝pan＋f(n)型
典例1 (1)已知數(shù)列{an}中，a1＝3，an＋1＝2an＋1，則an＝________.
答案 2n＋1－1
解析 由題意知an＋1＝2an＋1，在等式兩邊同時(shí)加1得an＋1＋1＝2an＋2＝2(an＋1)，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋1))是首項(xiàng)為a1＋1＝4，公比為2的等比數(shù)列．
∴an＋1＝4·2n－1＝2n＋1，
∴an＝2n＋1－1.
(2)已知數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋3n，則an＝________.
答案 3n－2n
解析 方法一 由題意知an＋1＝2an＋3n，在等式兩邊同時(shí)除以2n得eq \f(an＋1,2n)＝eq \f(an,2n－1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n，
令bn＝eq \f(an,2n－1)，則bn＋1－bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n，由遞推式得
b2－b1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))1，
b3－b2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2，
…
bn－bn－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n－1.
上述各式相加得bn－b1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n－1＝eq \f(\f(3,2)·\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n－1)),1－\f(3,2))＝eq \f(3n,2n－1)－3，
又∵b1＝eq \f(a1,20)＝1，∴bn＝eq \f(3n,2n－1)－3＋b1＝eq \f(3n,2n－1)－2，
∴an＝2n－1·bn＝2n－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3n,2n－1)－2))＝3n－2n.
方法二 由題意知an＋1＝2an＋3n，在等式兩邊同時(shí)除以3n得eq \f(an＋1,3n)＝eq \f(2an,3n)＋1，
化簡得eq \f(an＋1,3n)＝eq \f(2,3)·eq \f(an,3n－1)＋1，
令bn＝eq \f(an,3n－1)，則bn＋1＝eq \f(2,3)bn＋1，
等式兩邊同時(shí)減3得bn＋1－3＝eq \f(2,3)(bn－3)，
則eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn－3))是b1－3＝eq \f(a1,30)－3＝－2為首項(xiàng)，eq \f(2,3)為公比的等比數(shù)列，
∴等比數(shù)列{bn－3}的通項(xiàng)公式bn－3＝(－2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－1，
化簡得bn＝－eq \f(2n,3n－1)＋3，
∴an＝3n－1·bn＝3n－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2n,3n－1)＋3))＝3n－2n.
方法三 待定系數(shù)法構(gòu)造eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋λ·3n))為等比數(shù)列．
設(shè)an＋1＋λ·3n＋1＝2(an＋λ·3n)，
對(duì)比系數(shù)求得λ＝－1，
∴數(shù)列{an－3n}是以a1－3＝－2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，
an－3n＝(－2)·2n＝－2n，
∴an＝3n－2n.
跟蹤訓(xùn)練1 (1)已知在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n＋1，則an＝________.
答案 3·2n－2n－3
解析 由題意知an＋1＝2an＋2n＋1，等式左右同加2(n＋1)＋3得
an＋1＋2(n＋1)＋3＝2an＋2n＋1＋2(n＋1)＋3＝2an＋4n＋6＝2(an＋2n＋3)，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋2n＋3))是以a1＋5＝6為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，
∴an＋2n＋3＝3·2n，
化簡得an＝3·2n－2n－3.
(2)已知在數(shù)列{an}中，a1＝1，且an＋1＝2an＋n2－n＋1，則通項(xiàng)公式an＝________.
答案 3·2n－n2－n－3
解析 設(shè)an＋1＋x(n＋1)2＋y(n＋1)＋z＝2(an＋xn2＋yn＋z)，
對(duì)比系數(shù)得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y－2x＝－1，,z－x－y＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝1，,z＝3，))
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋n2＋n＋3))是以6為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列．
所以an＋n2＋n＋3＝6·2n－1＝3·2n，
故an＝3·2n－n2－n－3.
考點(diǎn)二 形如an＋1＝pan＋qan－1型
典例2 (2023·濰坊模擬)已知Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且a1＝a2＝1，an＝2an－1＋
3an－2(n≥3)，則下列結(jié)論正確的是( )
A．?dāng)?shù)列{an－an＋1}為等比數(shù)列
B．?dāng)?shù)列{an＋1＋2an}為等比數(shù)列
C．S40＝eq \f(1,4)(320－1)
D．a(chǎn)n＝eq \f(3n－1＋?－1?n－1,2)
答案 D
解析 由題意得a3＝2a2＋3a1＝5，a4＝2a3＋3a2＝10＋3＝13，
由于a1－a2＝0，故數(shù)列{an－an＋1}不是等比數(shù)列，A錯(cuò)誤；
a2＋2a1＝1＋2＝3，a3＋2a2＝5＋2＝7，a4＋2a3＝13＋10＝23，
由于eq \f(7,3)≠eq \f(23,7)，故數(shù)列{an＋1＋2an}不為等比數(shù)列，B錯(cuò)誤；
當(dāng)n≥3時(shí)，an＝2an－1＋3an－2，
即an＋an－1＝3(an－1＋an－2)，
又a1＋a2＝1＋1＝2，
故{an＋1＋an}是首項(xiàng)為2，公比為3的等比數(shù)列，
故an＋1＋an＝2×3n－1，
故a2＋a1＝2，a4＋a3＝2×32，…，a40＋a39＝2×338，
以上式子相加得S40＝2×(1＋32＋34＋…＋338)＝2×eq \f(1－340,1－9)＝eq \f(340－1,4)，C錯(cuò)誤；
因?yàn)閍n＋1＋an＝2×3n－1，
所以an＋2＋an＋1＝2×3n，
兩式相減得an＋2－an＝2·3n－2·3n－1＝4·3n－1，
當(dāng)n＝2k時(shí)，a2k－a2k－2＝4×32k－3，a2k－2－a2k－4＝4×32k－5，…，a4－a2＝4×3，
以上式子相加得a2k－a2＝4×(3＋33＋…＋32k－3)＝4×eq \f(3－32k－1,1－9)＝eq \f(32k－1－3,2)，
故a2k＝eq \f(32k－1－3,2)＋a2＝eq \f(32k－1－1,2)，
而a2＝1也符合該式，故a2k＝eq \f(32k－1－1,2)，
令2k＝n，得an＝eq \f(3n－1－1,2)＝eq \f(3n－1＋?－1?n－1,2)，
當(dāng)n＝2k－1時(shí)，a2k－1－a2k－3＝4×32k－4，a2k－3－a2k－5＝4×32k－6，…，a3－a1＝4×30，
以上式子相加得a2k－1－a1＝4×(32k－4＋32k－6＋…＋30)＝4×eq \f(1－32k－2,1－9)＝eq \f(32k－2－1,2)，
故a2k－1＝eq \f(32k－2－1,2)＋a1＝eq \f(32k－2＋1,2)，
而a1＝1也符合該式，故a2k－1＝eq \f(32k－2＋1,2)，
令2k－1＝n，得an＝eq \f(3n－1＋?－1?n－1,2)，
綜上，an＝eq \f(3n－1＋?－1?n－1,2)，D正確．
跟蹤訓(xùn)練2 (多選)(2023·吉安模擬)在數(shù)列{an}中，若a1＝0，a2＝1,2an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)，則下列結(jié)論正確的是( )
A．{an＋1－an}是等比數(shù)列
B．a(chǎn)11＝eq \f(31,47)
C．0≤an≤1
D．a(chǎn)8m)，Sn－Sm的最大值為10
答案 ACD
解析 A，B選項(xiàng)，由an＋1＋an－1＝2an－2，整理得(an＋1－an)－(an－an－1)＝－2，
故eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－an－1))是公差為－2的等差數(shù)列，首項(xiàng)a2－a1＝9，故an－an－1＝13－2n(n≥2)，
由此可得an－1－an－2＝15－2n，…，a3－a2＝7，a2－a1＝9，
累加得an＝－n2＋12n－32＝(n－8)(4－n)，n≥2，
又a1＝－21也符合該式，
∴an＝(n－8)(4－n)，n∈N*，
由此可得eq \f(an,n－8)＝4－n，故eq \f(an＋1,n＋1－8)－eq \f(an,n－8)＝4－(n＋1)－4＋n＝－1，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n－8)))是等差數(shù)列，故A正確，B不正確；
C選項(xiàng)，∵an＝－n2＋12n－32＝－(n－6)2＋4，
當(dāng)n＝6時(shí)，an＝－(n－6)2＋4取最大值，
∴a6是數(shù)列{an}的最大項(xiàng)，故C正確；
D選項(xiàng)，對(duì)于任意正整數(shù)m，n(n>m)，Sn－Sm＝am＋1＋am＋2＋…＋an，
由a1a11>…，
故Sn－Sm＝3＋4＋3＝10時(shí)，Sn－Sm取得最大值，最大值為10，故D正確．
6．(多選)(2023·岳陽模擬)設(shè)首項(xiàng)為1的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若Sn＋1＝2Sn＋n－1(n∈N*)，則下列結(jié)論正確的是( )
A．?dāng)?shù)列{Sn＋n}為等比數(shù)列
B．?dāng)?shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1－1
C．?dāng)?shù)列{an＋1}為等比數(shù)列
D．?dāng)?shù)列{2Sn}的前n項(xiàng)和為2n＋2－n2－n－4
答案 AD
解析 ∵Sn＋1＝2Sn＋n－1，
∴Sn＋1＋(n＋1)＝2(Sn＋n)，
又S1＋1＝2≠0，
∴數(shù)列{Sn＋n}是首項(xiàng)和公比都為2的等比數(shù)列，
故選項(xiàng)A正確；
Sn＋n＝2n，∴2Sn＝2n＋1－2n，
∴數(shù)列{2Sn}的前n項(xiàng)和為eq \f(22?1－2n?,1－2)－2×eq \f(n?n＋1?,2)＝2n＋2－n2－n－4，
故選項(xiàng)D正確；
Sn＋n＝2n，∴Sn＝2n－n，
當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－1，
當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝1，
∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,2n－1－1，n≥2，))
故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
∵an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,2n－1，n≥2，))
∴eq \f(a2＋1,a1＋1)≠eq \f(a3＋1,a2＋1)，
∴數(shù)列{an＋1}不是等比數(shù)列，
故選項(xiàng)C錯(cuò)誤．
7．已知a1＝1，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝eq \f(1,2)an－1＋2n－1，則{an}的通項(xiàng)公式為________．
答案 an＝eq \f(3,2n－1)＋4n－6
解析 設(shè)an＋An＋B＝eq \f(1,2)[an－1＋A(n－1)＋B]，
∴an＝eq \f(1,2)an－1－eq \f(1,2)An－eq \f(1,2)A－eq \f(1,2)B，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)A＝2，,－\f(1,2)A－\f(1,2)B＝－1，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(A＝－4，,B＝6，))
又a1－4＋6＝3，
∴{an－4n＋6}是以3為首項(xiàng)，eq \f(1,2)為公比的等比數(shù)列，
∴an－4n＋6＝3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，
∴an＝eq \f(3,2n－1)＋4n－6.
8．在數(shù)列{an}中，若a1＝1，a2＝4，an＋2＋2an＝3an＋1，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為____________．
答案 an＝3·2n－1－2
解析 ∵an＋2＋2an＝3an＋1，
∴an＋2－an＋1＝2an＋1－2an＝2(an＋1－an)，
∴{an＋1－an}為等比數(shù)列，首項(xiàng)為a2－a1＝3，公比為2，
∴an＋1－an＝3·2n－1，
∵a2－a1＝3，a3－a2＝6，a4－a3＝12，…，an－an－1＝3·2n－2(n≥2)，
∴(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＝an－a1＝3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－2n－1,1－2)))＝3·2n－1－3，
又a1＝1，∴an＝3·2n－1－2(n≥2)，
又a1＝1符合上式，所以an＝3·2n－1－2.
9．(2023·泉州模擬)設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＝3，an＝2an－1－n＋2(n≥2)．
(1)證明：數(shù)列{an－n}為等比數(shù)列，并求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)數(shù)列{bn}滿足an＝2nbn，求b1＋b2＋b3＋…＋bn的值．
(1)證明 ∵a1＝3，an＝2an－1－n＋2(n≥2)，
∴an－n＝2[an－1－(n－1)]，
∵eq \f(an－n,an－1－?n－1?)＝2(n≥2)，
∴數(shù)列{an－n}是首項(xiàng)為a1－1＝2，公比為2的等比數(shù)列，
∴an－n＝2n，則an＝2n＋n.
(2)解 因?yàn)閍n＝2nbn，所以bn＝eq \f(an,2n)＝eq \f(2n＋n,2n)＝1＋eq \f(n,2n)，
令cn＝eq \f(n,2n)，且數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Tn，
則Tn＝eq \f(1,21)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋eq \f(4,24)＋…＋eq \f(n,2n)，①
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋eq \f(3,24)＋…＋eq \f(n,2n＋1)，②
由①－②得eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,21)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)
＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))－eq \f(n,2n＋1)＝1－eq \f(2＋n,2n＋1)，
則Tn＝2－eq \f(2＋n,2n)，
所以b1＋b2＋b3＋…＋bn＝Tn＋n＝n＋2－eq \f(2＋n,2n)＝(n＋2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))).
10．(2023·朝陽模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn＝eq \f(n,n＋1)(n∈N*)，數(shù)列{bn}滿足b1＝1，且bn＋1＝eq \f(bn,bn＋2)(n∈N*)．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；
(3)對(duì)于n∈N*，試比較bn＋1與an的大?。?br>解 (1)當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝eq \f(1,2)；
當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(n,n＋1)－eq \f(n－1,n)＝eq \f(1,n?n＋1?)＝eq \f(1,n2＋n)，
經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝eq \f(1,2)也符合上式，
∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq \f(1,n2＋n).
(2)易知bn>0，兩邊取倒數(shù)得eq \f(1,bn＋1)＝eq \f(bn＋2,bn)，
整理得eq \f(1,bn＋1)＋1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)＋1))，∵eq \f(1,b1)＋1＝2，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)＋1))是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，
∴eq \f(1,bn)＋1＝2×2n－1＝2n，
∴bn＝eq \f(1,2n－1).
(3)由(1)(2)可知，比較bn＋1＝eq \f(1,2n＋1－1)與an＝eq \f(1,n2＋n)的大小，
即比較2n＋1－1與n2＋n的大小．
當(dāng)n＝1時(shí)，21＋1－1＝3,12＋1＝2，有3>2；
當(dāng)n＝2時(shí)，22＋1－1＝7,22＋2＝6，有7>6；
當(dāng)n＝3時(shí)，23＋1－1＝15,32＋3＝12，有15>12，
猜想2n＋1－1>n2＋n，下面證明：
方法一 當(dāng)n≥4時(shí)，
2n＋1－1＝(1＋1)n＋1－1＝Ceq \\al(0,n＋1)＋Ceq \\al(1,n＋1)＋Ceq \\al(2,n＋1)＋…＋Ceq \\al(n－1,n＋1)＋Ceq \\al(n,n＋1)＋Ceq \\al(n＋1,n＋1)－1
≥2Ceq \\al(0,n＋1)＋2Ceq \\al(1,n＋1)＋2Ceq \\al(2,n＋1)－1
＝2＋2(n＋1)＋(n＋1)n－1>n2＋n，
∴對(duì)于任意的n∈N*都成立，
∴bn＋12x＋1(ln eq \r(e))2－2＝2x－1－2，
∴當(dāng)x∈[4，＋∞)時(shí)，g′(x)>2x－1－2>0，g(x)即f′(x)在[4，＋∞)上單調(diào)遞增，
f′(x)≥f′(4)＝25·ln 2－2×4－1>25×ln eq \r(e)－2×4－1＝7>0，
∴f(x)在[4，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴f(x)≥f(4)>24＋1－1－42－4＝11>0，
∴2x＋1－1－x2－x>0，
即2x＋1－1>x2＋x，
∴對(duì)于任意的n∈N*都成立，
∴bn＋1

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