《2026年南方凤凰台5A新考案数学二轮提高版》

例 2 （2025·济宁一模）已知数列$\{ a_{n}\}$和$\{ b_{n}\}$满足$a_{1}=1,na_{n + 1}=(n + 1)a_{n}+1,b_{1}+b_{2}+·s+b_{n}=2^{n}-1$。
（1）求数列$\{ a_{n}\}$和$\{ b_{n}\}$的通项公式；
（2）设数列$\{\frac{a_{n}}{b_{n}}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，求证：$S_{n}＜6$。（1）$a _ { n } = 2 n - 1$，$b _ { n } = 2 ^ { n - 1 }$；（2）证明见解析

答案： 例2 【解答】
(1)因为$a _ { 1 } = 1 , n a _ { n + 1 } = ( n + 1 ) a _ { n } + 1$，可得$\frac { a _ { n + 1 } } { n + 1 } = \frac { a _ { n } } { n } + \frac { 1 } { n ( n + 1 ) }$，即$\frac { a _ { n + 1 } } { n + 1 } + \frac { 1 } { n + 1 } = \frac { a _ { n } } { n } + \frac { 1 } { n }$，可知 数列$\{ \frac { a _ { n } } { n } + \frac { 1 } { n } \}$为常数列，则$\frac { a _ { n } } { n } + \frac { 1 } { n } = a _ { 1 } + 1 = 2$，所以$a _ { n } = 2 n -$ $1$.
1.因为$b _ { 1 } + b _ { 2 } + ·s + b _ { n } = 2 ^ { n } - 1$，若$n = 1$，可得$b _ { 1 } = 1$；若$n \geqslant 2$，则 $b _ { 1 } + b _ { 2 } + ·s + b _ { n - 1 } = 2 ^ { n - 1 } - 1$，两式相减得$b _ { n } = 2 ^ { n } - 2 ^ { n - 1 } = 2 ^ { n - 1 }$， 且$b _ { 1 } = 1$符合上式，所以$b _ { n } = 2 ^ { n - 1 }$.
(2)方法一：因为$\frac { a _ { n } } { b _ { n } } = \frac { 2 n - 1 } { 2 ^ { n - 1 } }$，所以$S _ { n } = \frac { 1 } { 2 ^ { 0 } } + \frac { 3 } { 2 ^ { 1 } } + \frac { 5 } { 2 ^ { 2 } } + \frac { 7 } { 2 ^ { 3 } } + ·s +$ $\frac { 2 n - 1 } { 2 ^ { n - 1 } }$，两式相减得$\frac { 1 } { 2 } S _ { n } = 1 + \frac { 2 } { 2 ^ { 1 } } + \frac { 2 } { 2 ^ { 2 } } + \frac { 2 } { 2 ^ { 3 } } + ·s + \frac { 2 } { 2 ^ { n - 1 } } = 1 +$ $1 × \frac { \left[ 1 - \left( \frac { 1 } { 2 } \right) ^ { n - 1 } \right] } { 1 - \frac { 1 } { 2 } } = 3 - \frac { 2 n + 3 } { 2 ^ { n } }$，所以$S _ { n } = 6 - \frac { 2 n + 3 } { 2 ^ { n - 1 } } ＜ 6$.
方法二：由
(1)可知$\frac { a _ { n } } { b _ { n } } = \frac { 2 n - 1 } { 2 ^ { n - 1 } } - \frac { 2 n + 1 } { 2 ^ { n - 2 } } = \frac { 2 n + 3 } { 2 ^ { n - 1 } }$，可得$S _ { n } = ( 6 -$ $5 ) + ( 5 - \frac { 7 } { 2 } ) + ·s + ( \frac { 2 n + 1 } { 2 ^ { n - 2 } } - \frac { 2 n + 3 } { 2 ^ { n - 1 } } ) = 6 - \frac { 2 n + 3 } { 2 ^ { n - 1 } }$，显然 $\frac { 2 n + 3 } { 2 ^ { n - 1 } } ＞ 0$，所以$S _ { n } ＜ 6$.

变式 2 （2025·潍坊期末）已知正项数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项积为$T_{n},\log_{2}T_{n}=\frac{n^{2}+n}{2}$。
（1）求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式；
（2）设$b_{n}=a_{1}+a_{2}+·s+a_{n}$，求数列$\{ nb_{n}\}$的前$n$项和$S_{n}$。

答案： 变式2 【解答】
(1)$T _ { n } = \frac { n ^ { 2 } + n } { 2 ^ { n } }$，当$n = 1$时，$a _ { 1 } = 2$；当$n \geqslant 2$时， $a _ { n } = \frac { T _ { n } } { T _ { n - 1 } } = \frac { \frac { n ( n + 1 ) } { 2 } } { \frac { ( n - 1 ) n } { 2 } } = 2 ^ { n }$，$n = 1$时也适合上式，所以$a _ { n } = 2 ^ { n }$.
(2)$b _ { n } = \frac { 2 × ( 1 - 2 ^ { n } ) } { 1 - 2 } = 2 ^ { n + 1 } - 2 , n b _ { n } = 2 n × 2 ^ { n } - 2 n , S _ { n } = b _ { 1 } +$ $b _ { 2 } + ·s + b _ { n } = 2 × 2 ^ { 2 } + 4 × 2 ^ { 2 } + ·s + 2 n × 2 ^ { n } - ( 2 + 4 + ·s + 2 n )$， 令$Q _ { n } = 2 × 2 ^ { 2 } + 4 × 2 ^ { 2 } + ·s + 2 n × 2 ^ { n } \text { ① }$，则$2 Q _ { n } = 2 × 2 ^ { 2 } + ·s +$ $( 2 n - 2 ) × 2 ^ { n } + 2 n × 2 ^ { n + 1 } \text { ② }$，①-②得$- Q _ { n } = 2 × ( 2 + 2 ^ { 2 } + ·s +$ $2 ^ { n } ) - 2 n × 2 ^ { n + 1 } = \frac { 4 ( 1 - 2 ^ { n } ) } { 1 - 2 } - 2 n × 2 ^ { n + 1 } = ( 1 - n ) × 2 ^ { n + 2 } - 4$，所 以$Q _ { n } = ( n - 1 ) × 2 ^ { n + 2 } + 4$，所以$S _ { n } = ( n - 1 ) × 2 ^ { n + 2 } + 4 -$ $n ( 2 + 2 n ) = ( n - 1 ) × 2 ^ { n + 2 } - n ^ { 2 } - n + 4$.