【2019-2020】高考数学二轮复习专题三数列第二讲数列的综合应用教案理

1、1 / 17 【2019-2020 高考数学二轮 复习专题三数列第二讲数列的综合应用教案理 考情分析明确方向 v 年份 卷别 考查角度及命题位置 命题分析及学科素养 2018 n卷 等差数列的通项公式 和前n项和公式T仃 命题分析 数列在解答题中的考查常从数列的相关项以及关 系式，或数列的前 n项和与第n项的关系入手，结 合数列的递推关系式与等差数列或等比数列的定 义展开，求解数列的通项、前 n项和，有时与参数 的求解、数列、不等式的证明等加以综合.试题难 度中等. 学科素养 通过递推关系求通项， 根据通项结构选择恰当的求 和方法求和. 2016 n卷 等差数列的基本运 算T 17 川卷 等比

2、数列的通项公式、 an与S的关系T 17 由递推关系求通项 授课提示：对应学生用书第 30 页 悟通一一方法结论2 / 17 求数列通项常用的方法 （1）定义法：形如 an+1 = an+ C（C为常数），直接利用定义判断其为等差数列.形如 an+1= kan（k为非零常数）且首项不为零，直接利用定义判断其为等比数列. an+i = an+ f ( n)，利用 an = ai + (a2 ai) + (a3 a2)+ (an an-1), 求其通项公式. 解析：由题意可知，数列an满足条件 如+ 尹+ 尹+ 夢=2n+5,则n2时, 亠 1 1 1 1 有 0+ 2a2+愛3 + + 2an-

3、1 = 2(n 1) + 5, n2, an 两式相减可得， 2= 2n+ 5 2( n- 1) 5= 2, an = 2n+1, n2, n N. 当 n = 1 时，号=7,. a1= 14, 14, n= 1, 综上可知，数列an的通项公式为an= n+ 1 2 , n2. 答案：B 2. (2018 潮州月考)数列an的前n项和记为 S, a1= 1, an+1 = 2S+ 1(n1 , n N), 则数列an的通项公式是 _ . （2）叠加法：形（3）叠乘法：形an+ 1 an a2 a3 f (n)丰0,利用 an = a1 an an- 1 ，求其通项公式. 待定系数法：形如 a

4、n+1 = pan+ q(其中p, q均为常数, pq（p 1）丰0），先用待数法把原递推公式转化为 an+1-1 = p（an-1），其中t =芒，再转化为等比数列求解. 构造法：形如 &+1= pan+ qn（其中p, q均为常数，pq（p 1）丰0），先在原递推公n + 1 an+1 p an 1 两边同除以q+ :得尹=q M M M M an 1 , an 孑+ q,构造新数列bn i 其中bn= q，得b p 1 亠 n+1= q bn+q 接下 来用待定系数法求解. 全练一一快速解答 1. （2018 洛阳四校联考）已知数列an满足条件1 + *a2+ *a3+ Aan=

5、 2n+5,则 数列an的通项公式为（ ） n+ 1 A. an= 2 B. C. an= 2n D. 14, n= 1, an= _n+1 、c 2 , n2 a= 2n+2 3 / 17 解析： 法一： 由 an+1 = 2S1+ 1 可得 an= 2S1-1 +1( n 2),两式相减得 an+1 an= 2an,即 an+1= 3an( n2). 又 a2= 2S+ 1 = 3, a2 = 3ai,故an是首项为 1，公比为 3 的等比数列, an = 3n T. 法：由于 an + 1 = S+ 1 Sn , an+ 1 = 2Sn+ 1 , 所以 Sn+ 1一 Sn= 2S1 +

6、1 , Sn+ 1 = 3Sn+ 1 , 1( 1、 所以 Sn+1+2 = 3 s+2 , 1 1 3 13 1 所以数列，s+21 为首项是S+2=2，公比为 3 的等比数列，故 S+=23n_ 1=2x3n, 1 n 1 即 Sn= X3 . 2 2 所以，当n2时，an= Sn Sn 1=, 由n = 1 时a1= 1 也适合这个公式，知所求的数列 an的通项公式是an= 3n 1. 答案：an= 3n 1 3. (2018 福州模拟)已知数列&的前n项和为S,且S= 2an 1. (1) 证明数列an是等比数列； 设bn = (2n 1)an，求数列 bn的前n项和 Tn.

7、解析：(1)证明：当n= 1 时，a= S = 2a1 1，所以a1 = 1, 当 n2 时，an= S Sn 1 = (2 an 1) (2 an 1 1), 所以 an= 2an 1 , 所以数列an是以 1 为首项，2 为公比的等比数列. (2) 由(1)知，an= 2n1, 所以 bn= (2n 1) X2n 1, 所以 Tn= 1 + 3x 2+ 5X2 + (2n 3) X2 + (2n 1) X2 2Tn= 1X 2+ 3X2 2+-+ (2n 3) X2 n1 + (2 n 1) X2 迄 由一得 Tn = 1 + 2X (2 1 + 22+ 2 1) (2n 1)2 2 2n

8、1 X2 n =1 + 2X 匸厂(2n 1) X2 =(3 2n) X2 n 3, 所以 Tn= (2n 3) X2 n+ 3. I-/类题通法/ 由 an与 S 关系求通项公式的注意事项 (1)应重视分类讨论思想的应用，分 n= 1 和n2两种情况讨论，特别注意 an= S S-1中需n2. (2) 由Sn Sni = an推得an,当n= 1 时，ai也适合，则需统一“合写”. 4 / 17 (3) 由S S1 = an推得an,当n= 1 时，a1不适合，则数列的通项公式应分段表示(“分 写”)，即 $, n = I II, an = Sn Sn-1, n2. u考点二 数列求和 授课

9、提示：对应学生用书第 31 页 悟通一一方法结论 常用求和方法 II 错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数 列.把Sn= a + a2 + + an两边同乘以相应等比数列的公比 q,得到qS = ag+ a2q+ anq, 两式错位相减即可求出 S. (2) 裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，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 ，匚宁乳其中an是各项均不为零的等差数列， c anNn +1 为常数)的数列. (3) 拆项分组法：把数列的每一项拆成两项 (或多项)，再重新组合成两个(或多个)简单 的数列，最后分别求和.

10、(2017 高考全国卷川)(12 分)设数列an满足 a + 3 迦十*T (2 Ji一 I) an = 2 几 (1) 求an的通项公式； (2) 求数列 的前n项和. 学审题 5 / 17 条件信息 想到方法 注意什么 由？ a1+ 3a2+- + (2 n 1) an= 2n an与S的关系求解 分n= 1, n2讨论 , an 由?韦n +1J 根据通项结构选裂项求和 裂项时消去项与保留项的首尾对应 规范解答 因为ai + 3a2+ (2n 1)an= 2n, 故当 n时，ai + 3a2 + (2 n 3) an i = 2( n 1). . (2 分) 两式相减得(2 n 1)an

11、= 2, 又由题设可得ai = 2,满足上式， 从而an的通项公式为 an= 2； i. . （6 分） 记2n+ 1的前 n项和为 S. 2 _ 1 _ 1 (2n+1 2 n 1 = 2n 1 2n+ 1 (10 分) . （12 分） 类题通法/ f i 1分类讨论思想在数列求和中的应用 （1）当数列通项中含有（1）n时，在求和时要注意分 n为奇数与偶数处理. 对已知数列满足 壬=q,在求 an的前n项和时分奇数项和偶数项分别求和. an 2. 学科素养：通过数列求和着重考查学生逻辑推理与数学运算能力. 练通一一即学即用 1.已知函数 n (当n为奇数时，口 小 f(n) = 2 且 a

12、n = f ( n) + f(n+ 1)，贝U a1 + a2+ a3+ I n2(当n为偶数时, + a1oo =( )所以an= 2 廿(n 2). . . . (4 分) 由（1） an 2n+ 1 1111 Sn= 1 3+ 3 5+ 1 2n 1 = 2n 2n+ 1= 2n+ 1. 6 / 17 B. 100 C. 100 D. 10 200 22222222 2 2 解析：由题意， ai+ st + a3+-+ ai00= 1 2 2 + 3 + 3 4 4 + 5 +-+ 99 100 2 2 100 + 101 = (1 + 2) + (3 + 2)一(99 + 100) +

13、 (101 + 100) = (1 + 2+-+ 99+ 100) + (2 + 3+-+ 100 + 101) = 1+ 101 = 100,故选 B. 答案：B 2. 已知数列an的通项公式是 an= ( 1)n(3 n 2)，贝U a + S2+-+ 等于( ) A. 15 B. 12 C. 12 D. 15 n 解析：T an= ( 1) (3 n 2) ,. S1 + a2+ a10= 1 + 4 7 + 10 一 25+ 28= ( 1 + 4) + ( 7+ 10) + ( 25 + 28) = 3X 5= 15. 答案：A 3. (2018 张掖诊断)已知数列an的前n项和为

14、$,若Sn= 3S+ 4 , bn= log 2Sn+1. (1)求数列an和bn的通项公式； 入 bn 1 卄亠 (2)令Cn=尹+荷+1，其中 解析：(1)由 a1 = 3a1 + 4，得 a1= 1, 由 an= 3Si + 4, 知 an+1 = 3S+1 + 4, 令 Hn= 2+ 2+2+ * 1 1 2 n1 n 则 2H1=尹+戸+ 一 2 厂+产， 得， 1 111 1 n n+ 2 2”=2+戸+戸+ 歹一产=1 . n+ 2A. 0 n N,若数列Cn的前n项和为 Tn,求 Tn. 两式相减并化简得 an+1= 1an, (2)由题意知, 7 / 17 授课提示：对应学生

15、用书第 32 页 悟通一一方法结论 数列中的综合问题， 大多与函数、方程、不等式及解析几何交汇， 考查利用函数与方程的思 想及分类讨论思想解决数列中的问题， 用不等式的方法研究数列的性质， 数列与解析几何交 汇，主要涉及点列问题. (1)(2018 德州模拟)已知点O为坐标原点，点 A(n, an)(n N*)为函数f(x) 前 2 015 项的和为( ) 又M= 1-1+ 2-3+ 1 1 n n+1 1- 1 n+1 n n+ 1. u考点三 讲练结合 数列的综合应用 1 不的图象上的任意一点，向量i = (0,1) 是向量0A与i 广 cos 0 n、 in 0 n 1 A. 2 2 0

16、14 B. 2 015 C. 2 015 2 016 解析：因为 an =门+ 1，所以OA =(n， 1 n+)，所以 cos OAi |OA| i| 因为W 0 ，所以 sin 0 n=寸 1 COS2 0 n = n 2+ 1 n + 2 n+1 ，所以 sn COS 0 n 1 n +1 2 1 ， n + - 2 (n+n 1 1 0 n n( n +1)= n 1 cos n+r，所以赢 0 1 cos 0 2 cos 0 2 015 + T + 0 1 sin 0 2 sin 0 2 015 1 1 1 1 =12+23 1 1 =1 2 015 2 016 2 016 Tn =

17、 H + M = 2 n+ 2 的 的夹角，则数列 8 / 17 解析：因为 2Sn + an= 1，所以 2S+ 1 + an+ 1= 1 , 、 an+ 1 1 两式相减可得 2an+ 1 + an+ 1 an= 0，即卩 3an+1 = an，即卩 =7j， an 3 1 又 2S+ a1= 1，所以 a1 = 3， 3 所以数列an是首项、公比均为 1 的等比数列. ,1 n 1 = （3）n,数列an的通项公式为 3 , z ， 1 1 、 ，1 1 、 1 bn = (31+ 1 33+ 1) + ( 32+ 1 34 + 1) + (3n + 1 3n +1 + 1) = 4 1

18、 所以 Tn 0, 10 / 17 m-1 n 1 2 又 aiq aiq = I6ai, . 2m+n-2= 16,.计门一 2 = 4,讨 n= 6, 4n m m n 答案：B N, 且 n2. (1)求数列an的通项公式; 围. 9 _l_ _ aan+1=(2n+ 1 2n+ 3 = 2(2n+ 1-2n+ 3)， 则 S=丄 + 丄 + 丄 + + 丄=2(3-) a1a2 a2a3 a3a4 anan+1 2 3 2n + 3 2 Q+ Q A vy 故 s厂恒成立等价于 ，即 t 0)，贝 V g(x)= 8x-x+0, s) 2x + 3 v 7 (2x + 3) 4x2 所

19、以g(x) = 2x + 3(x0)为单调递增函数. 15+ 2 竺 m 3，当且仅当 m n 2 m= 4, n = 2 时等号成立故 4+ 的最小值为| 所以当n= 1 时，弓去取得最小值, 4n2 _4 且(2n+Pmin=5. 4 所以t o), 数列an满足 a1 = 1, an= f ( ) , n an- 1 (2)对 n N*,设 $=丄 +- 1 + aa21 an an + 1 若 s亦恒成立，求实数t的取值范 1 2 解析：由an=f(訂得,七, n N 所以an是首项为 1, 公差为 3 的等差数列. 3 所以 an= 1+ 3(n-1) 2n+1 * 丁，nN. 2n

20、+ 1 (2)因为an = 3-，所以 2n + 3 a+1 = 丁, 1 所以 3n 2n+ 3 11 / 17 授课提示：对应学生用书第 131 页 、选择题 1. （2018 宜昌月考）已知等差数列an的前n项和为S,若OB= aiOA吐a? oisOC且A, B, C三点共线（该直线不过点 O,贝U S2 018等于（ ） A. 1 007 B. 1 009 D. 2 018 解析： A, B, C三点共线， a1+ a? 01s = 1, 答案：B 2. 已知数列an满足 a1= 5, anan+1= 2n，则一=( ) a3 A. 2 B. 4 5 C. 5 D. 2 n+ 1 n

21、+ 3 an+ 1an+ 2an +3an + 4 Nn+ 4 2 2 2 2 解析：因为 = - = _ n+ 2 = 2，所以令 n=3, 得一=2 = 4, 故选 B. an an+ 1an+ 2an+ 3 an 2a3 答案：B 3. 在数列an中，a1= 1, az = 2, an+ 2-an= 1 + ( 1)n，那么 S。的值为( ) A. 2 500 B. 2 600 D. 2 800 解析：当n为奇数时，an+2 an= 0? an= 1, 当 n 为偶数时，an+ 2 ai = 2? an= n, $00= 50+ 2+ 器 X 50 = 2 600. 答案：B 4. (2

22、018 海淀二模)在数列an中，“ an= 2an1, n= 2,3,4，”是“ an是公比为 2 的等比数列”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 2 016 2 018 + S2 018 = = 1 009. C. 2 700 1, 故 an= c nn为奇数, 于是 12 / 17 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 解析：当an= 0 时，也有an= 2an1, n= 2,3,4，但an不是等比数列，因此充分性 , an 不成立；当an是公比为 2 的等比数列时，有=2, n=2,3,4 ，即an = 2an-1, n= 2,3,4 ， an 1 所以必要

23、性成立. 答案：B 5. 已知数列 2 015,2 016,1 , 2 015 , 2 016，这个数列的特点是从第二项起， 每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前 2 017 项和S2 017等于（ ） A. 2 018 B. 2 015 C. 1 D. 0 解析：由已知得 a= an1 + an+ 1（n2），二an+1= an an1，故数列的前 8 项依次为 2 015,2 016,1 , 2 015 , 2 016 , 1,2 015,2 016. 由此可知数列为周期数列，且周期为 6, S6 =0. T 2 017 = 6X 336+ 1 ,二 S2 0仃=2 015. 答案

24、：B 6. 若数列an满足 a1= 15，且 3an+1 = 3an 2，则使 ak ak+ 1V 0 的 k值为（ ） A. 22 B. 21 C. 24 D. 23 2 2 解析：因为 3an+ 1= 3an 2,所以an +1 an= 3 所以数列 an是首项为 15,公差为-13 / 17 2ai 9d 11 =0 的两个实数根，且 dv 0,. =9, ai=牙. an= ai+ (n- 1)d= (n- )d,可得 d 2 2 1 1 a5= 罗0, a6= dv 0. 使数列an的前n项和S最大的正整数 n的值是 5. 答案：B 9. (2018 湘中名校联考)若an是等差数列，

25、首项 a1 0, a2 016 + a2 017 0, a2 016 a2 017 v 0，则使前n项和 Si 0 成立的最大正整数 n是( ) A. 2 016 B. 2 017 C. 4 032 D. 4 033 解析：因为 a1 0, a2 016 + a2 017 0, a2 016 a2 017 v0,所以 d v 0, a? 016 0, a2 017 v0,所 4 032 a1 + a4 032 4 032 a2 016 + a2 017 i 4 033 fa+ a4 033 以 S 032 = 2 = 2 0, S4 033 = 2 = 4 033a2 017 0 成立的最大正

26、整数 n是 4 032. 答案：C _ * n 10.已知数列 an满足 an+2- an+1= an+1 - an, n N,且 a5=.若函数 f(x) = sin 2x + 2 COS 2,记yn= f（ an），则数列yn的前 9 项和为（ ） A. 0 B. 9 C. 9 D. 1 解析：由已知得 2an+ 1 = an+ an+ 2, 即数列an为等差数列. 又 f (x) = sin 2 x + 1 + cos x, a1+ a9= a2 + a8 = = 2a = n , 故 cos a1+ cos a9 = cos a2 + cos a8= cos a5= 0, 又 2a1

27、+ 2a9= 2a2 + 2a8= 4a5= 2n , a2 + sin 2 a8 = = sin 4 a5= 0，故数列yn的前 9 项和为 9. 故 sin 2 sin 14 / 17 又数列an为递增数列， an+1 an,答案：C 11.已知数列an，“ I an+1| an A.充分不必要条件 C.充要条件 an +1 0 , 解析：T I an + 1| an,. l.an + 1 an 是“数列 an为递增数列”的（ ） B. 必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 1 W 0 15 / 17 “I an+1| an ”是“数列an为递增数列”的既不充分也不必要条件. 答案：D

28、 1 + an 12. 已知数列an是首项为a,公差为 1 的等差数列，数列bn满足bn = .若对任意 an 的n N*，都有bn b8成立，则实数a的取值范围是（ ） A （ 8, - 7） B. 8, 7） C. （ 8, 7 D. 8, 7 1 + an 解析：因为 an是首项为a,公差为 1 的等差数列，所以 an= n+ a 1，因为tn= an 1 1 11 又对任意的nN”都有bnb8成立，所以 1 + 1 + ，即一一对任意的n 2 恒成立，因 an a8 an a8 r 小 a8 0, 8+ a 1 0, 1 解得8 a 0, 答案：A 二、填空题 13. （2018 沈阳

29、模拟）在数列an中，a1 = 1, a2 = 2, an+1= 3an 2an-1 （n2），贝U an = an+ 1 cb 解析：法一：因为 an+1 = 3an 2an1（n2），所以 =2（ n2），所以 an+1 an= （a an an 1 a2 = 2 （n2），又 a2 a1 = 1,所以 an an1 = 2 , an 1 an2= 2 ，st a1 = 1, 累加，得 an= 2n V（n N*）. 法二：因为 an+1 = 3an2an- 1（n2），所以 an+1 2an= an 2an-1，得 an+1 2an= an 2an- 1 = an -1 2an- 2=a2

30、 2a1= 0,即an= 2an-1（ n2）,所以数列an是以 1 为首项，2 为公比 的等比数列，所以 an = 2nInG N）. 答案：2n 1（nG N*） 14. （2018 辽宁五校联考）设数列an的前n项和为S,若a1= 3 且当n2时，2an = $ S-1, V 1 1 1 11 1 5 一 3 n =?,数列舀是首项为 3，公差为一 2 的等差数列，二S = 3+（ ?）（ n 1）= 一厂， 6 s= 57）.当 n2 时, 1 1 an= 2SS1 = 2 x 6 6 x = 5 3n 5 3 n 1 j 18 - 又 5 3n 8 3n 16 / 17 则an的通项

31、公式an= _ . 11111 解析：当n2时，由 2an= S S1可得 2（S S-1） = S S-1, 寸一忑=2,即S 家 3, n= 1, an = 18 5 - 3n 8 3n 3, n= 1 答案： 18 ,n2 5 3n 8- 3n 2 15. (2018 广州调研)已知数列an满足ai= 1, a =禺+ an, 用x表示不超过x的最 -i 1 1 n 大整数，贝 V 彳+冇+ = - . 2 解析：因为 an +1 = an + an, 1 1 1 1 所以 = =一一 一 & +1 an(an+ 1 ) an an+ 1， 1 1 1 即丄=丄一丄, an +

32、1 an an+ 1 1 1 1 n 1 f 1 1 f 1 111 于是 + + = + + = . a1 +1 a2 + 1 a2。仃 + 1 迢1 a 迢2 a3 / 32。仃 a2 018 j a1 st 018 因为 a1= 1, a2= 2 1, a3= 6 1,， 1 1 1 可知 (0,1)，则一一 (0,1), a2 所以丄一丄=0. a1 a2 018 答案：0 16. 已知数列an满足a1= 40,且nan+1 (n + 1)an= 2nVI+ 2n,贝U an取最小值时n的 VI 所以 an= 2n 42n, 对于二次函数 f( x) = 2x 42x, b 42 在x

33、=启=：厂=10.5 时，f (x)取得最小值， 因为n取正整数，且 10 和 11 到 10.5 的距离相等， 所以n取 10 或 11 时，an取得最小值. 17 / 17 值为 _ . 2 解析：由 n an+1 ( n+ 1)an= 2n+2n=2n(n+ 1), an+1 an 两边同时除以n( n+ 1)，得 一一=2, n+1 n 所以数列岸是首项为一 40、公差为 2 的等差数列， an 所以一 =40 + (n 1) x2= 2n 42, n18 / 17 答案：10 或 11 三、解答题 17. (2018 枣庄模拟)已知方程 anX2 an+ 1X+ 1 = 0(an0)

34、有两个根 a n、3 n, a = 1, 且满足(1 丄-)(1 -) = 1 2n,其中 n N. a n 3 n 求数列an的通项公式; 1 . 又(1 一)(1 ) = 1 2 n an = (an an -1) + (an 1 an- 2)+ (a3 a2)+ (a2 a + ai = 2 + 2 + 2 + 2 + n 1 2 n 1= = 2 1. 1 2 由(1)知，bn= log 2(2n 1 + 1) = n, Cn = n(2n 1) = n 2n n. Tn = C1 + C2 + Cn= 1 x2 + 2X2 + 3X2 + nX2 (1 + 2+ n), n 设 P=

35、 1X 2+ 2X2 + 3X2 + nX2， 则 2P= 1 X 2 2+ 2X 2 3+ 3X 2 4+-+ ( n 1) X2 n+ nX2n+1, n 一得一Pn= 2 + 22+ 23+ 2n nX2n+1= - j nX2n+1 = (1 n) X2n+1 2, 1 2 n+ 1 -Pi = (n 1) X2 + 2. 1 _ )设等差数列an的前n项和为S, a223a?= 2，且一，一 Sa 3, S 成等比数列，n N*. (1)求数列an的通项公式; 令bn = + 1 ,数列bn的前n项和为 Tn,若对于任意的n N,都有 64TnV|3 入一 若 bn = log 2(

36、 an+ 1) Cn = an 求数列 Cn的前n项和 Tn. a n+3 an + 1 n = an 解析：(1)由已知可得， 1 n = an (X n 整理得，an+1 an= 2，其中n N. n 1 n 2 Q= 1 + + n n+ 1 Tn = Pi Qn = (n 1) n+1 + 2 n n+ 1 2. 18. (2018 九江一中模19 / 17 anan+ 2 1|成立，求实数 入的取值范围.i6 / 17 解析： 设等差数列an的公差为d, ai+ 21 d 3 ai+ 6d = 2 2ai+ d 3 ai+ d = 3ai+ 3d 2ai+ 3d= 2 即 ， |.a

37、i+ d 2a+ d6 = 0 4(n+ i) n+ i i i i bn= 茹 T =石肓?=亦齐云- Tn= bi + b2+ b3 + bn 1 1 1 1 1 1 1 1 1 =祁厂評+祁 242)+花与52)+ 1 丄 i6 (n i j(n+ i j + 祁 n2(n+ 2 学 i i i i =祁1 + 4齐亍佔戸 _5 丄 i i =64祁 n+ i 2 + n+ 2 2， i i 64Tn = 5 4 2+ 2 V 5, (n+ ij (n+ 2 j 4 为满足题意，只需|3 入i| 5,.入2或入W 3. i 2 i9. (20i8 临汾中学模拟)已知数列an的前n项和为S,且S= ?(a2 + an), an0. (1) 求数列an的通项公式； an (2) 若bn = 尹，数列 bn的前n项和为 Tn,则是否存在正整数 R,使得mWTn V m+ 3 对 任意