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    已知Sn是数列{an }的前n项和，Sn满足关系式，
    （n≥2，n为正整数）．
    （1）令bn=2nan，求证数列{bn }是等差数列，并求数列{an}的通项公式；
    （2）对于数列{un}，若存在常数M＞0，对任意的n∈N*，恒有|un+1-un|+|un-un-1|+…+|u2-u1|≤M成立，称数列{un} 为“差绝对和有界数列”，
    证明：数列{an}为“差绝对和有界数列”；
    （3）根据（2）“差绝对和有界数列”的定义，当数列{cn}为“差绝对和有界数列”时，
    证明：数列{cn•an}也是“差绝对和有界数列”．
    【答案】分析：（1）整理题设递推式得 进而表示出Sn+1，进而根据an+1=Sn+1-Sn，求得an+1和an的递推式，整理得2n+1an+1=2n•an+1，进而根据bn=2nan，求得bn+1-bn=1，进而根据等差数列的定义判断出数列为等差数列．
    再根据数列{bn}的首项和公差，求得数列的通项公式，进而根据bn=2nan求得an．
    （2）把an代入|an+1-an|+|an-an-1|+…+|a2-a1|中，利用利用错位想减法求得sn-sn＜，进而判断出以 恒成立，根据“差绝对和有界数列”的定义，证明出数列{an}为“差绝对和有界数列”．
    （3）数列{an}，{bn}都是差绝对和有界数列，则有|an+1-an|+|an-an-1|+…+|a2-a1|≤M1，|bn+1-bn|+|bn-an-1|…++|b2-b1|≤M2，下面只需验证|an+1bn+1-anbn|+|anbn-an-1bn-1|+…+|a2b2-a1b1|≤M．
    解答：解：（1）当n≥2时，，

    所以 ，
    即 ，
    所以2n+1an+1=2n•an+1
    即bn+1-bn=1，（n≥2），又b2-b1=22•2×a1=1
    所以，bn+1-bn=1，n∈N+即{bn}为等差数列
    ∴
    （2）由于|an+1-an|+|an-an-1|+…+|a2-a1|=++…+
    sn-sn＜
    所以 恒成立，
    即[an]为“差绝对和有界数列”．
    （3）若数列{an}{cn}是差绝对和有界数列，则存在正数M1．M2，
    对任意的n∈N•，有|an+1-an|+|an-an-1|+…+|a2-a1|≤M1，|cn+1-cn|+|cn-cn-1|+…+|c2-c1|≤M2
    注意到|an|=|an-an-1+an-1+an-2+…+a2-a1+a1|≤|an-an-1|+|an-1-an-2|+…+|a2-a1|+|a1|≤M1+|a1|
    同理：|cn|≤M2+|c1|
    记K2=M2+|c2|，则有K2=M2+|c2||an+1cn+1-ancn|=|an+1cn+1-ancn+1+ancn+1-ancn|≤|cn+1||an+1-an|+|an||cn+1-cn|≤K1|an+1-an|+k1|cn+1-cn|
    因此K1（|cn+1-cn|+|cn-cn-1|+|a2-a1|）≤k2M1+k1M2
    +K1（|cn+1-cn|+|cn-cn-1|+|a2-a1|）≤k2M1+k1M2
    故数列{ancn}是差绝对和有界数列．
    点评：本题主要考查了数列的递推式，考查学生理解数列概念，灵活运用数列表示法的能力，旨在考查学生的观察分析和归纳能力，特别是问题（2）（3）的设置，增加了题目的难度，综合性较强，属难题．
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    已知Sn是数列{an}的前n项和，an＞0，Sn=
    a
    2
    n
    +an
    2
    ，n∈N*，
    （Ⅰ）求Sn；
    （Ⅱ）若数列{bn}满足b1=2，bn+1=2an+bn，求bn．

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    （文科题）
    （1）在等比数列{an }中，a5=162，公比q=3，前n项和Sn=242，求首项a1和项数n的值．
    （2）已知Sn是数列{an}的前n项和，Sn=2n，求an．

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    已知Sn是数列{an}的前n项和，且有Sn=n2+n，则数列{an}的通项an=
    2n
    2n
    ．

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    已知Sn是数列{an}的前n项和，Sn=2n-1，则a10=（　　）

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    （2009•崇明县一模）已知Sn是数列{an}前n项和，a1=1，an+1=an+2（n∈N*），则
    lim
    n→∞
    nan
    Sn
    =
    2
    2
    ．

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