2024_天津卷 (2024)
19．已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是公比大于 0 的等比数列．其前 $n$ 项和为 $S_{n}$ ．若 $a_{1}=1, S_{2}=a_{3}-1$ ．
（1）求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 前 $n$ 项和 $S_{n}$ ；
②设 $b_{n}=\left\{\begin{array}{l}k, n=a_{k} \\ b_{n-1}+2 k, a_{k}
（ii）求 $\sum_{i=1}^{S_{n}} b_{i}$ ．
【答案】①$S_{n}=2^{n}-1$
②①证明见详解；②$\sum_{i=1}^{S_{n}} b_{i}=\frac{(3 n-1) 4^{n}+1}{9}$
## 【解析】
【分析】①设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q>0$ ，根据题意结合等比数列通项公式求 $q$ ，再结合等比数列求和公式分析求解；
②①根据题意分析可知 $a_{k}=2^{k-1}, b_{n}=k+1, b_{n-1}=k\left(2^{k}-1\right)$ ，利用作差法分析证明；②根据题意结合等差数列求和公式可得 $\sum_{i=2^{k-1}}^{2^{k}-1} b_{i}=\frac{1}{9}\left[(3 k-1) 4^{k}-(3 k-4) 4^{k-1}\right]$ ，再结合裂项相消法分析求解．
## 【小问 1 详解】
设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q>0$ ，
因为 $a_{1}=1, S_{2}=a_{3}-1$ ，即 $a_{1}+a_{2}=a_{3}-1$ ，
可得 $1+q=q^{2}-1$ ，整理得 $q^{2}-q-2=0$ ，解得 $q=2$ 或 $q=-1$（舍去），
所以 $S_{n}=\frac{1-2^{n}}{1-2}=2^{n}-1$ ．
## 【小问 2 详解】
（i）由①可知 $a_{n}=2^{n-1}$ ，且 $k \in \mathrm{~N}^{*}, k \geq 2$ ，
当 $n=a_{k+1}=2^{k} \geq 4$ 时，则 $\left\{\begin{array}{l}a_{k}=2^{k-1}<2^{k}-1=n-1 \\ n-1=a_{k+1}-1
$b_{n-1}=b_{a_{k}}+\left(a_{k+1}-a_{k}-1\right) \cdot 2 k=k+2 k\left(2^{k-1}-1\right)=k\left(2^{k}-1\right)$,
可得 $b_{n-1}-a_{k} \cdot b_{n}=k\left(2^{k}-1\right)-(k+1) 2^{k-1}=(k-1) 2^{k-1}-k \geq 2(k-1)-k=k-2 \geq 0$ ，
当且仅当 $k=2$ 时，等号成立，
所以 $b_{n-1} \geq a_{k} \cdot b_{n}$ ；
（ii）由①可知：$S_{n}=2^{n}-1=a_{n+1}-1$ ，
若 $n=1$ ，则 $S_{1}=1, b_{1}=1$ ；
若 $n \geq 2$ ，则 $a_{k+1}-a_{k}=2^{k-1}$ ，
当 $2^{k-1}可得 $\sum_{i=2^{k-1}}^{2^{k}-1} b_{i}=k \cdot 2^{k-1}+2 k \frac{2^{k-1}\left(2^{k-1}-1\right)}{2}=k \cdot 4^{k-1}=\frac{1}{9}\left[(3 k-1) 4^{k}-(3 k-4) 4^{k-1}\right]$ ，
所以 $\sum_{i=1}^{S_{n}} b_{i}=1+\frac{1}{9}\left[5 \times 4^{2}-2 \times 4+8 \times 4^{3}-5 \times 4^{2}+\cdots+(3 n-1) 4^{n}-(3 n-4) 4^{n-1}\right]=\frac{(3 n-1) 4^{n}+1}{9}$ ，
且 $n=1$ ，符合上式，综上所述：$\sum_{i=1}^{S_{n}} b_{i}=\frac{(3 n-1) 4^{n}+1}{9}$ ．
【点睛】关键点点睛：1．分析可知当 $2^{k-1}2．根据等差数列求和分析可得 $\sum_{i=2^{k-1}}^{2^{k}-1} b_{i}=\frac{1}{9}\left[(3 k-1) 4^{k}-(3 k-4) 4^{k-1}\right]$ ．