已知数列{an}的前n项和Sn，满足：a1=1，Sn-2Sn-1=1，n∈N*，且n≥2．（1）求证：数列{an}是等比数列；（2_百度知道
已知数列{an}的前n项和Sn，满足：a1=1，Sn-2Sn-1=1，n∈N*，且n≥2．（1）求证：数列{an}是等比数列；（2
已知数列{an}的前n项和Sn，满足：a1=1，Sn-2Sn-1=1，n∈N*，且n≥2．（1）求证：数列{an}是等比数列；（2）已知cn=nan（n∈N*），数列{cn}的前n项和Tn，若存在正整数M，m，使m≤Tn＜M对任意正整数n恒成立，求M，m的值．
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（1）当n≥2时，由n?2Sn?1＝1Sn+1?2Sn＝1两式相减得an+1-2an=0，又当n=2时，a2=2，所以n+1an＝2(n∈N*)，所以{an}是以1为首项，2为公比的等比数列．（2）由（1）得n＝2n?1，∴n＝n×(12)n?1，∴n＝1×(12)0+2×(12)1+3×(12)2+…+(n?1)×(12)n?2+n×(12)n?1∴n＝1×(12)1+2×(12)2+3×(12)3+…+(n?1)×(12)n?1+n×(12)n两式相减得n＝(12)0+(12)1+(12)2+…+(12)n?1?n×(12)n＝2?(n+2)×(12)n∴Tn=n?1＜4，所以M可以取大于等于4的任意整数，又∵n+1?Tn＝(n+1)×(12)n＞0∴Tn≥T1=1，综上，存在正整数M，m，使得m≤Tn＜M对任意正整数n恒成立，其中m=1，M≥4且M∈N．
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已知数列{an}的前n项和为Sn，1＝2，an+1＝Sn+1，n∈N*，则a6等于（　　）A. 32B. 48C. 64D. 96
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∵an+1=Sn+1∴n≥2时，an=sn-1+1两式相减可得，an+1-an=Sn-Sn-1=an∴an+1=2an（n≥2）∵a2=S1+1=3≠2a2∴数列{an}是从第二项开始的等比数列，公比q=2∴6＝a2oq4=3×24=48故选B
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由an+1=Sn+1可得n≥2时，an=sn-1+1，两式相减可得an+1=2an（n≥2），且a2=S1+1=3≠2a2，利用等比数列的通项公式可求
本题考点：
数列递推式．
考点点评：
本题主要考查了利用数列的和与项的递推公式求解数列的项，等比数列的通项公式的求解，解题中要注意等比数列是从第二项开始．
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＞＞＞设Sn是数列{an}的前n项和，已知a1＝1，an＝－SnSn－1(n≥2)，则Sn＝．-高..
设Sn是数列{an}的前n项和，已知a1＝1，an＝－SnSn－1 (n≥2)，则Sn＝&&&&&&&．
题型：填空题难度：偏易来源：不详
，则所以数列是首项为，公差为1的等差数列。所以故
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据魔方格专家权威分析，试题“设Sn是数列{an}的前n项和，已知a1＝1，an＝－SnSn－1(n≥2)，则Sn＝．-高..”主要考查你对&&数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等）&&等考点的理解。关于这些考点的“档案”如下：
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因为篇幅有限，只列出部分考点，详细请访问。
数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等）
数列求和的常用方法：
1.裂项相加法：数列中的项形如的形式，可以把表示为，累加时抵消中间的许多项，从而求得数列的和； 2、错位相减法：源于等比数列前n项和公式的推导，对于形如的数列，其中为等差数列，为等比数列，均可用此法； 3、倒序相加法：此方法源于等差数列前n项和公式的推导，目的在于利用与首末两项等距离的两项相加有公因式可提取，以便化简后求和。4、分组转化法：把数列的每一项分成两项，或把数列的项“集”在一块重新组合，或把整个数列分成两个部分，使其转化为等差或等比数列，这一求和方法称为分组转化法。5、公式法求和：所给数列的通项是关于n的多项式，此时求和可采用公式求和，常用的公式有：& 数列求和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法。 数列求和特别提醒：
（1）对通项公式含有的一类数列，在求时，要注意讨论n的奇偶性；（2）在用等比数列前n项和公式时，一定要分q=1和q≠1两种情况来讨论。
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