高一数学复习考点知识讲解课件57---倒序相加求和、裂项相消法

高一数学复习考点知识讲解课件倒序相加求和、裂项相消法考点知识1.熟练掌握等差数列与等比数列的前n项和公式.2.根据数列的结构形式会用倒序相加法和裂项相消法求和．一、倒序相加求和例1已知数列{a n}的通项公式为a n＝n－2(n∈N*)，设f(x)＝x＋log22＋x8－x，则数列{f(a n)}的各项之和为()A．36 B．33 C．30 D．27 答案D解析由f(x)＝x＋log22＋x8－x ，知2＋x8－x>0，解得－2<x<8.所以－2<a n<8.又因为a n＝n－2，所以满足f(a n)的a n所有的取值为－1,0,1,2，…，7，即a1，a2，…，a9.因为f(6－x)＝6－x＋log28－x2＋x，所以f(x)＋f(6－x)＝6.所以数列{f(a n)}的各项之和S＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a9)＝f(－1)＋f(0)＋…＋f(7)．因为S＝f(7)＋f(6)＋…＋f(－1)，所以2S＝[f(－1)＋f(7)]＋[f(0)＋f(6)]＋…＋[f(7)＋f(－1)]＝6×9＝54.所以S ＝27.反思感悟倒序相加法求和适合的题型一般情况下，数列项数较多，且距首末等距离的项之间隐含某种关系，需要结合题意主动发现这种关系，利用推导等差数列前n 项和公式的方法，倒序相加求和．跟踪训练1在推导等差数列前n 项和的过程中，我们使用了倒序相加的方法，类比可以求得sin 21°＋sin 22°＋…＋sin 289°＝________.答案44.5⎝ ⎛⎭⎪⎫或892 解析令S ＝sin 21°＋sin 22°＋…＋sin 289°，则S ＝sin 289°＋sin 288°＋…＋sin 21°，两式相加可得2S ＝()sin 21°＋sin 289°＋()sin 22°＋sin 288°＋…＋()sin 289°＋sin 21°＝89， 故S ＝44.5，即sin 21°＋sin 22°＋…＋sin 289°＝44.5.二、裂项相消法问题已知数列a n ＝1n (n ＋1)，如何求{a n }的前n 项和S n . 提示a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 知识梳理常见的裂项求和的形式：①1n (n ＋k )＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k ； ②1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1； ③2n (2n ＋1)(2n ＋1＋1)＝12n ＋1－12n ＋1＋1； ④1n (n ＋1)(n ＋2)＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2)； ⑤1n ＋1＋n＝n ＋1－n ； ⑥ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＝ln(n ＋1)－ln n . 注意点：(1)裂项前要先研究分子与分母的两个因式的差的关系；(2)若相邻项无法相消，则采用裂项后分组求和，即正项一组，负项一组；(3)检验所留的正项与负项的个数是否相同．例2已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S 2＝2，S 4＝16，{a n ＋1}是等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a n >0，设b n ＝log 2(3a n ＋3)，求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n b n ＋1的前n 项和．解(1)设等比数列{a n ＋1}的公比为q ，其前n 项和为T n ，因为S 2＝2，S 4＝16，所以T 2＝4，T 4＝20，易知q ≠1，所以T 2＝(a 1＋1)(1－q 2)1－q＝4，① T 4＝(a 1＋1)(1－q 4)1－q＝20，② 由②①得1＋q 2＝5，解得q ＝±2. 当q ＝2时，a 1＝13，所以a n ＋1＝43×2n －1＝2n ＋13；当q ＝－2时，a 1＝－5，所以a n ＋1＝(－4)×(－2)n －1＝－(－2)n ＋1.所以a n ＝2n ＋13－1或a n ＝－(－2)n ＋1－1.(2)因为a n >0，所以a n ＝2n ＋13－1，所以b n ＝log 2(3a n ＋3)＝n ＋1，所以1b n b n ＋1＝1(n ＋1)(n ＋2)＝1n ＋1－1n ＋2， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和为 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2 ＝12－1n ＋2＝n 2(n ＋2). 反思感悟(1)把数列的每一项拆成两项之差，求和时有些部分可以相互抵消，从而达到求和的目的．(2)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项直到发现被消去项的规律为止．(3)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． 跟踪训练2设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 3＝a 7，a 8－2a 3＝3.(1)求a n ；(2)设b n ＝1S n，求数列{b n }的前n 项和T n . 解(1)设数列{a n }的公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝a 1＋6d ，(a 1＋7d )－2(a 1＋2d )＝3，解得a 1＝3，d ＝2，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1.(2)由(1)得S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n (n ＋2)，∴b n ＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2. ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n －1＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2.1．知识清单：(1)倒序相加法求和．(2)裂项相消求和．2．方法归纳：倒序相加法、裂项求和法．3．常见误区：裂项求和中要关注正项与负项的个数是否相同及相消后前后剩余的项数．1．已知a n＝1n＋1＋n()n∈N*，则a1＋a2＋a3＋…＋a80等于()A．7B．8C．9D．10 答案B解析因为a n＝1n＋1＋n＝n＋1－n()n∈N*，所以a1＋a2＋a3＋…＋a80＝2－1＋3－2＋…＋81－80＝9－1＝8.2．数列12×5，15×8，18×11，…，1(3n－1)×(3n＋2)，…的前n项和为()A.n3n＋2B.n6n＋4C.3n6n＋4D.n＋1n＋2答案B解析由数列通项公式1(3n －1)(3n ＋2)＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1－13n ＋2， 得前n 项和S n＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫12－15＋15－18＋18－111＋…＋13n －1－13n ＋2 ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13n ＋2＝n 6n ＋4. 3．已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，15＋25＋35＋45，…，那么数列{b n }＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1前n 项的和为()A ．4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1B ．4⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋1 C ．1－1n ＋1D.12－1n ＋1答案A解析∵a n ＝1＋2＋3＋…＋n n ＋1＝n (n ＋1)2n ＋1＝n 2， ∴b n ＝1a n a n ＋1＝4n (n ＋1)＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. ∴S n ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1. 4．设函数f (x )＝12＋lg x 1－x，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫110＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫210＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫910＝________. 答案92 解析若x 1，x 2∈(0,1)，且x 1＋x 2＝1，则f (x 1)＋f (x 2)＝1＋lgx 1x 2(1－x 1)(1－x 2)＝1， 故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫110＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫210＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫910＝4＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4＋12＝92. 课时对点练1．设函数f ()x ＝22x ＋1，利用课本中推导等差数列前n 项和的方法，求得f ()－5＋f ()－4＋…＋f ()0＋…＋f ()4＋f ()5的值为()A ．9B ．11C.92D.112答案B解析∵f ()x ＝22x ＋1，∴f ()x ＋f ()－x ＝22x ＋1＋22－x ＋1＝22x ＋1＋2·2x 2x ()2－x ＋1＝22x ＋1＋2·2x1＋2x ＝2()1＋2x2x ＋1＝2，设S ＝f ()－5＋f ()－4＋…＋f ()0＋…＋f ()4＋f ()5，则S ＝f ()5＋f ()4＋…＋f ()0＋…＋f ()－4＋f ()－5，两式相加得2S ＝11×2＝22，因此，S ＝11.2．在a ，b 中插入n 个数，使它们和a ，b 组成等差数列a ，a 1，a 2，…，a n ，b ，则a 1＋a 2＋…＋a n 等于()A ．n (a ＋b ) B.n (a ＋b )2 C.(n ＋1)(a ＋b )2 D.(n ＋2)(a ＋b )2答案B解析令S n ＝a ＋a 1＋a 2＋…＋a n ＋b ，倒过来写S n ＝b ＋a n ＋a n －1＋…＋a 1＋a ，两式相加得2S n ＝()n ＋2()a ＋b ，故S n ＝()n ＋2()a ＋b 2，所以a 1＋a 2＋…＋a n ＝S n －()a ＋b ＝n ()a ＋b 2，故选B. 3．数列{}a n ，{}b n 满足a n b n ＝1，a n ＝n 2＋5n ＋6，n ∈N *，则{}b n 的前10项之和为() A.413B.513C.839D.1039答案D解析因为a n b n ＝1，a n ＝n 2＋5n ＋6，故b n ＝1n 2＋5n ＋6＝1n ＋2－1n ＋3， 故{}b n 的前10项之和为13－14＋14－15＋…＋112－113＝13－113＝1039.4．谈祥柏先生是我国著名的数学科普作家，在他的《好玩的数学》一书中，有一篇文章《五分钟挑出埃及分数》，文章告诉我们，古埃及人喜欢使用分子为1的分数(称为埃及分数)．则下列埃及分数11×3，13×5，15×7，…，12019×2021的和是() A.20202021B.10102021C.10092019D.20182019答案B解析∵1n ()n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， ∴11×3＋13×5＋15×7＋…＋12019×2021＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12019－12021 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12021＝10102021. 5．已知正项数列{}a n 是公比不等于1的等比数列，且lg a 1＋lg a 2021＝0，若f (x )＝21＋x 2，则f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a 2021)等于()A ．2020B ．4036C ．2021D ．4038答案C解析∵正项数列{}a n 是公比不等于1的等比数列，且lg a 1＋lg a 2021＝0，∴lg(a 1·a 2021)＝0，即a 1·a 2021＝1.∵函数f ()x ＝21＋x2， ∴f (x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝21＋x 2＋21＋1x 2＝2＋2x 21＋x 2＝2. 令T ＝f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a 2021)， 则T ＝f (a 2021)＋f (a 2020)＋…＋f (a 1)，∴2T ＝f (a 1)＋f (a 2021)＋f (a 2)＋f (a 2020)＋…＋f (a 2021)＋f (a 1)＝2×2021， ∴T ＝2021.6．(多选)设等差数列{a n }满足a 2＝5，a 6＋a 8＝30，公差为d ，则下列说法正确的是() A ．a n ＝2n ＋1 B ．d ＝2C.1a 2n －1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1 D.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a 2n －1的前n 项和为n4(n ＋1)答案ABD解析设等差数列{a n }的公差为d .∵{a n }是等差数列，∴a 6＋a 8＝30＝2a 7，解得a 7＝15，又a 7－a 2＝5d .∴d ＝2.又a 2＝5，∴a n ＝2n ＋1.故AB 正确；∴1a 2n －1＝14n (n ＋1)＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，故C 错误； ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n －1的前n 项和为 S n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n4(n ＋1).故D 正确． 7．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ，n ∈N *，则a n ＝________ 答案2＋ln n解析∵a n ＋1＝a n ＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ，∴a n ＋1－a n ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＝ln n ＋1n ＝ln(n ＋1)－ln n .又a 1＝2，∴a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1)＝2＋[ln2－ln1＋ln3－ln2＋ln4－ln3＋…＋ln n －ln(n －1)]＝2＋ln n －ln1＝2＋ln n .8．设S n 是数列{}a n 的前n 项和，且a 1＝13，a n ＋1＋2S n S n ＋1＝0，n ∈N *，则S 1S 2＋S 2S 3＋…＋S 9S 10＝________. 答案17解析因为a n ＋1＋2S n S n ＋1＝0，所以S n ＋1－S n ＋2S n S n ＋1＝0，所以S n －S n ＋1＝2S n S n ＋1， 所以1S n ＋1－1S n＝2.又1S 1＝1a 1＝3，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以3为首项，2为公差的等差数列，所以1S n ＝3＋()n －1×2＝2n ＋1，所以S n ＝12n ＋1，所以S n S n ＋1＝12n ＋1·12n ＋3＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3， 所以S 1S 2＋S 2S 3＋…＋S 9S 10＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋15－17＋…＋119－121＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－121 ＝17.9．已知等差数列{a n }中，2a 2＋a 3＋a 5＝20，且前10项和S 10＝100. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和． 解(1)由已知得⎩⎨⎧2a 2＋a 3＋a 5＝4a 1＋8d ＝20，10a 1＋10×92d ＝10a 1＋45d ＝100，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1. (2)b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， 所以T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1. 10．已知数列{}a n 的前n 项和S n ＝2n ＋2－4(n ∈N *)，函数f (x )对一切实数x 总有f (x )＋f (1－x )＝1，数列{}b n 满足b n ＝f (0)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f (1)．分别求数列{}a n ，{}b n 的通项公式．解当n ＝1，a 1＝S 1＝21＋2－4＝4，当n ≥2，a n ＝S n －S n －1＝()2n ＋2－4－()2n ＋1－4＝2n ＋1， n ＝1时满足上式，故a n ＝2n ＋1()n ∈N *. ∵f ()x ＋f ()1－x ＝1，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝⎛⎭⎪⎫n －1n ＝1， ∵b n ＝f ()0＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f ()1，① ∴b n ＝f ()1＋f ⎝⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ()0，②∴由①＋②，得2b n ＝n ＋1，∴b n ＝n ＋12.11．在各项都为正数的等比数列{a n }中，若a 1＝2，且a 1·a 5＝64，则数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n (a n －1)(a n ＋1－1)的前n 项和是()A ．1－12n ＋1－1B ．1－12n ＋1C ．1－12n ＋1D ．1－12n －1答案A解析在各项都为正数，公比设为q (q >0)的等比数列{a n }中，若a 1＝2，且a 1·a 5＝64，则4q 4＝64，解得q ＝2，则a n ＝2n .数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n (a n －1)(a n ＋1－1)即为⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n (2n －1)(2n ＋1－1). ∵2n (2n －1)(2n ＋1－1)＝12n －1－12n ＋1－1， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n (a n －1)(a n ＋1－1)的前n 项和是12－1－122－1＋122－1－123－1＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1，故选A. 12．设S ＝1＋112＋122＋1＋122＋132＋1＋132＋142＋…＋1＋120202＋120212，[S ]表示不大于S 的最大整数(例如：[2.34]＝2，[－π]＝－4)，则[S ]等于()A ．2019B ．2020C ．2021D ．2022 答案B 解析因为1＋1n 2＋1(1＋n )2＝()n 2＋n 2＋2()n 2＋n ＋1n 2(1＋n )2＝n 2＋n ＋1n ()n ＋1＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， 所以S ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12020－12021＝2021－12021，所以[]S ＝2020.13．已知F (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12－3是R 上的奇函数，a n ＝f (0)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f (1)，n ∈N *，则数列{}a n 的通项公式为() A ．a n ＝n ＋1B ．a n ＝3n ＋1 C ．a n ＝3n ＋3D ．a n ＝n 2－2n ＋3 答案C解析由题意知F ()x ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12－3是R 上的奇函数，故F ()－x ＝－F ()x ，代入得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－x ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋x ＝6()x ∈R ，∴函数f ()x 关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3对称，令t ＝12－x ，则12＋x ＝1－t ，得到f ()t ＋f ()1－t ＝6， ∵a n ＝f ()0＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f ()1， a n ＝f ()1＋f ⎝⎛⎭⎪⎫n －1n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ()0， 倒序相加可得2a n ＝6()n ＋1， 即a n ＝3()n ＋1.14．已知数列{}a n 的前n 项和为S n ，且S n ＝12n 2＋12n ，若b n ＝()－1n ·2n ＋1a n a n ＋1，则数列{}b n 的前n 项和T n ＝______________. 答案T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－nn ＋1，n 为偶数－n ＋2n ＋1，n 为奇数解析∵S n ＝12n 2＋12n ， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n 2＋12n －⎣⎢⎡⎦⎥⎤12()n －12＋12()n －1＝n ，满足a 1＝1， ∴a n ＝n ，∴b n ＝()－1n·2n ＋1a n a n ＋1＝()－1n ·2n ＋1n ()n ＋1＝()－1n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1，当n 为偶数时，T n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＝－1＋1n ＋1＝－n n ＋1， 当n 为奇数时，T n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋14＋…－⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＝－1－1n ＋1＝－n ＋2n ＋1， ∴T n＝⎩⎪⎨⎪⎧－nn ＋1，n 为偶数.－n ＋2n ＋1，n 为奇数.15．在古希腊，毕达哥拉斯学派把1,3,6,10,15,21,28,36,45，…这些数叫做三角形数．设第n 个三角形数为a n ，则下面结论错误的是() A ．a n －a n －1＝n (n >1) B ．a 20＝210 C ．1024是三角形数 D.1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n ＝2nn ＋1 答案C解析∵a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，a 4－a 3＝4，…，由此可归纳得a n －a n －1＝n (n >1)，故A 正确；将前面的所有项累加可得a n ＝(n －1)(n ＋2)2＋a 1＝n (n ＋1)2，∴a 20＝210，故B 正确；令n (n ＋1)2＝1024，此方程没有正整数解，故C 错误；1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2nn ＋1，故D 正确．16．已知等比数列{}a n 的各项均为正数，且a 1＝1，a n ＋2＝a n ＋1＋2a n . (1)求数列{}a n 的通项公式；(2)记数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ＋1(n ＋1)·log 2a n ＋1的前n 项和为S n ，求证：32≤S n <3.(1)解设等比数列{}a n 的公比为q (q >0)， 因为a n ＋2＝a n ＋1＋2a n ，所以q 2＝q ＋2(q >0)， 解得q ＝2， 所以a n ＝2n －1. (2)证明因为1a n＋1(n ＋1)log 2a n ＋1＝12n －1＋1(n ＋1)n ＝12n －1＋1n －1n ＋1，所以S n ＝1－12n 1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2－12n －1＋1－1n ＋1＝3－12n －1－1n ＋1， 因为对n ≥1,0<12n －1≤1,0<1n ＋1≤12，∴32≤3－12n －1－1n ＋1<3，即32≤S n <3.。