数列中an与Sn的关系.doc

课题
浅谈数列中an与Sn的递推公式的应用

对于任意一个数列，当定义数列的前n项和通常用Sn表示时，记作Sn＝a1＋a2＋…＋an，此时通项公式an＝．
而对于不同的题目中的an与Sn的递推关系，在解题时又应该从哪些方向去灵活应用an＝Sn－Sn－1(n≥2)去解决不同类型的问题呢？
我们将从下面三个角度去探索在各类考试中出现的an与Sn相关的问题：
　　归纳起来常见的角度有：
角度一：直观运用已知的Sn，求an；
角度二：客观运用an＝Sn－Sn－1(n≥2)，求与an，Sn有关的结论；
角度三：an与Sn的延伸应用．

角度一：直观运用已知的Sn，求an
方法：已知Sn求an的三个步骤(此时Sn为关于n的代数式)：
(1)先利用a1＝S1求出a1；
(2)用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)便可求出当n≥2时an的表达式；
(3)对n＝1时的结果进行检验，看是否符合n≥2时an的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n＝1与n≥2两段来写．
同时，在部分题目中需要深刻理解“数列的前n项和”的实际意义，对“和的式子”有本质的认识，这样才能更好的运用Sn求解．如：a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n－1，其中a1＋2a2＋3a3＋…＋nan表示数列{nan}的前n项和．

1．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－2n＋2，则数列{an}的通项公式为(　　)
A．an＝2n－3 B．an＝2n＋3
C．an＝ D．an＝
【解析】当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－3．当n＝1时，a1＝S1＝1，不满足上式．
【答案】C
2．(2015·河北石家庄一中月考)数列{an}满足：a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－1)·an＝(n－1) ·3n+1＋3(n∈N*)，则数列的通项公式an＝ ．
【解析】当n≥2时，a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－3)·an－1＝(n－2) ·3n＋3；则用已知等式减去上式得(2n－1)·an＝(2n－1)·3n，得an＝3n；当n＝1时，a1＝3，满足上式；故an＝3n．
【答案】an＝3n
3．(2015·天津一中月考)已知{an}的前n项和为Sn，且满足log2(Sn＋1)＝n＋1，则an＝ ．
【解析】由已知得Sn＋1＝2n＋1，则Sn＝2n＋1－1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－1－2n＋1＝2n；当n＝1时，a1＝S1＝3，不满足上式；故an＝．
【答案】an＝
4．(2015·四川成都树德期中)已知{an}是一个公差大于0的等差数列，且满足a3a5＝45，a2＋a6＝14．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足：＋＋…＋＝an＋1(n∈N*)，求{bn}的前n项和．
【解】(1)设等差数列{an}的公差为d，则d＞0，
由a2＋a6＝14，可得a4＝7
由a3a5＝45，得(7－d)(7＋d)＝45，解得d＝2 或d＝－2(舍)
∴an＝a4＋(n－4)d＝7＋2(n－4)，即an＝2n－1．
(2)令cn＝，则c1＋c2＋c3＋…＋cn＝an＋1＝2n ①
当n≥2时，c1＋c2＋c3＋…＋cn－1＝2(n－1) ②
由①－②得，cn＝2，
当n＝1时，c1＝2，满足上式；
则cn＝2(n∈N*)，即＝2，∴bn＝2n＋1，
故数列{bn}是首项为4，公比为2得等比数列，
∴数列{bn}的前n项和Sn＝＝2n＋2－4．
角度二：客观运用an＝Sn－Sn－1(n≥2)，求与an，Sn有关的结论
此类题目中，已知条件往往是一个关于an与Sn的等式，问题则是求解与an，Sn有关联的结论．那么我们需要通过对所求问题进行客观分析后，判定最后的结果中是保留an，还是Sn．那么，主要从两个方向利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)：
方向一：若所求问题是与an相关的结论，那么用Sn－Sn－1＝an (n≥2)消去等式中所有Sn与Sn－1，保留项数an，在进行整理求解；
1．(2015·广州潮州月考)数列{an}的前n项和记为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n≥1，n∈N*)，则数列的通项公式是 ．
【解析】当n≥2时，an＝2Sn－1＋1，两式相减得an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)，即an＋1－an＝2an，得an＋1＝3an；当n＝1时，a2＝3，则a2＝3a1，满足上式；故{an}是首项为1，公比为3得等比数列，∴an＝3n－1．
【答案】an＝3n－1
2．数列{an}的前n项和为Sn，若an＋1＝－4Sn＋1，a1＝1．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Tn．
【解】(1)当n≥2时，an＝－4Sn－1＋1，又an＋1＝－4Sn＋1，
∴an＋1－an＝－4an，即＝－3(n≥2)，
又a2＝－4a1＋1＝－3，a1＝1，
∴数列{an}是首项为a1＝1，公比为q＝－3的等比数列，
∴an＝(－3)n－1．
(2)由(1)可得bn＝n·(－3)n－1，
Tn＝1·(－3)0＋2·(－3)1＋3·(－3)2＋…＋(n－1)·(－3)n－2＋n·(－3)n－1，
－3Tn＝1·(－3)1＋2·(－3)2＋…＋(n－2)·(－3)n－2＋(n－1)·(－3)n－1＋n(－3)n，
∴4Tn＝1＋(－3)1＋(－3)2＋…＋(－3)n－1－n·(－3)n，
所以，Tn＝．
方向二：若所求问题是与Sn相关的结论，那么用an＝Sn－Sn－1(n≥2)消去等式中所有项数an，保留Sn与Sn－1，在进行整理求解．
1．已知数列{an}的前n项和为Sn且满足an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2)，a1＝．
(1)求证：是等差数列；
(2)求an的表达式．
【解】(1)证明：∵an＝Sn－Sn－1(n≥2)，又an＝－2Sn·Sn－1，
∴Sn－1－Sn＝2Sn·Sn－1，Sn≠0．
因此－＝2(n≥2)．
故由等差数列的定义知是以＝＝2为首项，2为公差的等差数列．
(2)由(1)知＝＋(n－1)d＝2＋(n－1)×2＝2n，即Sn＝．
当n≥2时，an＝－2Sn·Sn－1＝－，
又∵a1＝，不适合上式．
∴an＝
2．(2015·江西名校联盟调考)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a－2Snan＋1＝0．
(1)求数列{Sn}的通项公式；
(2)求证：＋＋…＋＞2(Sn+1－1)．(提示：＞)Error! No bookmark name given.
【解】(1)∵an＝Sn－Sn－1(n≥2)，由a－2Snan＋1＝0，
得(Sn－Sn－1)2－2Sn(Sn－Sn－1)＋1＝0，整理得S－S＝1．
当n＝1时，a－2S1a1＋1＝0，且a1＞0，解得a1＝1，
故由等差数列的定义知{S}是以1为首项，1为公差的等差数列．
∴S＝n，则Sn＝．
(2)由(1)知＝＝＞＝2(－)，
∴＋＋…＋＞2(－1)＋2(－)＋…＋2(－)＝2(－1)
即＋＋…＋＞2(Sn＋1－1) ．
【总结】此类题目往往伴随着等差、等比数列的判定，所以需要对数列的判定方法熟练掌握．

角度三：an与Sn的延伸应用
解此类题目中不仅需要深刻理解“数列的前n项和”的实际意义，还需要对an＝关系式的形式结构很熟练的掌握，这样才能在题目中对已知等式灵活地变换．
当然在解决问题的时候仍然需要从求谁的角度出发分析，确定等式的变换方向．
方向一：关于双重前n项和
此类题目中一般出现“数列{an}的前n项和为Sn，数列{Sn}的前n项和为Tn”的条件，在解答时需要确定清楚求的是与an，Sn，Tn中谁相关的问题，确定已知等式的运用方向．但一般是求解最底层的an．
1．(2015·湖北武汉质检)设数列{an}的前n现和为Sn，数列{Sn}的前n项和为Tn，满足Tn＝2Sn－n2，n∈N*．
(1)求a1的值；
(2)求数列{an}的通项公式．
【解】(1)当n＝1时，T1＝2S1－1，且T1＝S1＝a1，解得a1＝1，
(2)当n≥2时，Sn＝Tn－Tn－1＝2Sn－n2－[2Sn－1－(n－1)2]＝2Sn－2Sn－1－2n＋1
∴Sn＝2Sn－1＋2n－1 ①
则Sn＋1＝2Sn＋2n＋1 ②
由②－①，得an＋1＝2an＋2，
∴an＋1＋2＝2(an＋2)，即＝2(n≥2)，
易求得，a1＋2＝3，a2＋2＝6，则＝2，
∴数列{an＋2}是首项为3，公比为2的等比数列，
∴an＋2＝3·2n－1，则an＝3·2n－1－2(n∈N*)．
2．(2015·安徽滁州期末联考)设数列{an}的前n项和为Sn，数列{Sn}的前n项和为Tn，且2Tn＝4Sn－(n2＋n)，n∈N*．
(1)证明：数列{an＋1}为等比数列；
(2)设bn＝，证明：b1＋b2＋…＋bn＜3．
【解】(1)当n＝1时，2T1＝4S1－2，且T1＝S1＝a1，解得a1＝1，
当n＝2时，2T2＝2(a1＋a1＋a2)＝4(a1＋a2)－6，解得a2＝3，
当n≥2时，2Tn－1＝4Sn－1－[(n－1)2＋(n－1)]
∴2Sn＝2Tn－2Tn－1＝4Sn－(n2＋n)－4Sn－1＋[(n－1)2＋(n－1)]
整理得Sn＝2Sn－1＋n ①
则Sn＋1＝2Sn＋n＋1 ②
由②－①，得an＋1＝2an＋1，
∴an＋1＋1＝2(an＋1)，即＝2(n≥2)，
显然＝2，
∴数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，
(2)由(1)知，an＋1＝2n，则bn＝．
则b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋，
令Tn＝＋＋…＋，①
则Tn＝ ＋＋…＋＋，②
由①－②，得Tn＝1＋＋＋…＋－
＝1＋－＝－＜
则Tn＜3，即b1＋b2＋…＋bn＜3．
方向二：已知等式在整理过程中需要因式分解
此类问题大多数时候会伴随“各项均为正数的数列{an}”这样的条件，运用在因式分解后对因式进行符号的判定，对因式进行的取舍．
1．(2015·山东青岛一模)各项均为正数的数列{an}满足a＝4Sn－2an－1(n∈N*)，其中Sn为{an}的前n项和．
(1)求a1，a2的值；
(2)求数列{an}的通项公式．
【解】(1)当n＝1时，T1＝2S1－1；又T1＝S1＝a1，则a1＝2a1－1，解得a1＝1；
(2)当n≥2时，Sn＝Tn－Tn－1＝(2Sn－n2)－[2Sn－1－(n－1)2]＝2Sn－2Sn－1－2n＋1，
整理得Sn＝2Sn－1＋2n－1 ①
∴Sn＋1＝2Sn＋2n＋1 ②
由②－①，得an＋1＝2an＋2
∴an＋1＋2＝2(an＋2)，即＝2(n≥2)
又T2＝2S2－4；得a2＝4
当n＝1时，a1＋2＝3，a2＋2＝6，则＝2，
∴数列{an＋2}是以3为首项，2为公比的等比数列．
则an＋2＝3·2n－1，所以an＝3·2n－1－2．
2．已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且Sn＝，n∈N*．
(1)求证：数列{an}是等差数列；
(2)设bn＝，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn．
【解】(1)由已知得，当n＝1时，a1＝S1＝ (an＞0)，∴a1＝1．
当n≥2时，由
得2an＝a＋an－a－an－1． 即(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，
∵an＋an－1>0，∴an－an－1＝1(n≥2)．
所以数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列．
(2)由(1)可得an＝n，Sn＝，bn＝＝＝－．
∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝．

方向三：需对已知等式变形后，再求解
1．(2015·江西五校联考)已知正项数列{an}中，其前n项和为Sn，且an＝2－1．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，Tn = b1＋b2＋b3＋…＋bn，求Tn．
【解】(1)由已知得，4Sn＝(an＋1)2．
当n≥2时，4Sn－1＝(an－1＋1)2，
则4Sn－4Sn－1＝(an＋1)2－(an－1＋1)2，整理得 (an－1)2－(an－1＋1)2＝0，
∴(an－an－1－2)(an＋an－1)＝0
又an＞0，则an－an－1＝2，
当n＝1时，4S1＝(a1＋1)2，得a1＝1；
故数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列；
∴an＝2n－1．
(2)由(1)可得bn＝＝×＝，
∴Tn＝＋＋＋…＋
＝
＝＝．
2．(2015·浙江温州中学月考)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝2，a2＝8，Sn＋1＋4Sn－1＝5Sn(n≥2)，Tn是数列{log2an}的前n项和．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求Tn．
【解】(1)当n≥2时，Sn＋1＋4Sn－1＝5Sn，
∴Sn＋1－Sn＝4(Sn－Sn－1)，即an＋1＝4an，
当n＝1时，a2＝4a1；
故数列{an}是以2为首项，4为公比的等比数列．
∴an＝2·4n－1＝22n－1．
(2)由(1)可知log2an＝log222n－1＝2n－1，
∴Tn＝log2a1＋log2a2＋log2a3＋…＋log2an
＝1＋3＋5＋…＋2n－1
＝＝n2．
3．(2015·江西三县联考)已知数列{an}的各项均为正数，记A(n)＝a1＋a2＋…＋an，B(n)＝a2＋a3＋…＋an＋1，C(n)=a3＋a4＋…＋an＋2，其中n∈N*．
(1)若a1＝1，a2＝5，且对任意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)依次组成等差数列，求数列{an}的通项公式；
(2) a1＝1，对任意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)依次组成公比为q的等比数列，求数列{an}的前n项和An．
【解】(1)∵任意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)依次组成等差数列，
∴B(n)－A(n)＝C(n)－B(n)，
则an＋1－a1＝an＋2－a2，即an＋2－an＋1＝a2－a1＝4，
故数列{an}是首项为1，公差为4的等差数列；
∴an＝1＋(n－1)×4＝4n－3．
(2)若对任意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)依次组成公比为q的等比数列，
∴B(n)＝qA(n)，C(n)＝qB(n)，
则C(n)－B(n)＝q[B(n)－A(n)]，
得an＋2－a2＝q(an＋1－a1)，即an＋2－qan＋1＝a2－qa1，
当n＝1时，由B(1)＝qA(1)，可得a2＝qa1；
则an＋2－qan＋1＝a2－qa1＝0，又an＞0，则＝＝q，
故数列{an}是以1为首项，q为公比的等比数列．
∴An＝
4．(2015·辽宁沈阳诊断考试)设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝10，an＋1＝9Sn＋10．
(1)求证：{lg an}是等差数列；
(2)设Tn 是数列的前n项和，求Tn；
(3)求使Tn＞(m2－5m)对所有的n∈N*恒成立的整数m的取值集合．
【解】(1)证明：当n≥2时，an＝9Sn－1＋10，
∴an＋1－an＝9(Sn－Sn－1)，则an＋1＝10an，即＝10，
当n＝1时，a2＝9a1＋10＝100，则＝10，
故数列{an}是以10为首项，10为公比的等比数列．
∴an＝10n，则lg an＝n，
∴lg an＋1－lg an＝n＋1－n＝1，
故数列{lg an}是首项为1，公差为1的等差数列．
(2)解：由(1)知＝＝3，
∴Tn＝3＝3＝．
(3)∵Tn＝＝3－，
∴当n＝1时，Tn取最小值．
依题意有＞(m2－5m)，解得－1＜m＜6，
故整数m的取值集合为{0,1,2,3,4,5}．

1．(2015·江苏扬州外国语中学模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝2n－3，则数列{an}的通项公式为 ．
【解析】当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－3－2n－1＋3＝2n－1．当n＝1时，a1＝S1＝－1，不满足上式．
【答案】an＝
2．(2015·辽宁沈阳二中月考)已知数列{an}满足a1＋＋…＋＝a2n－1，求数列{an}的通项公式．
【解】当n≥2时，a1＋＋…＋＝a2n－2－1
由已知等式减去上式，得＝a2n－1－a2n－2＋1＝(a2－1)a2n－2，
∴an＝n(a2－1)a2n－2，
当n＝1时，a1＝a2－1，满足上式；
∴an＝n(a2－1)a2n－2．

3．(2015·安徽江淮十校联考)已知函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的单调函数，且对任意的正数x，y都有f(x·y)= f(x)＋f(y)，若数列{an}的前n项和为Sn，且满足f(Sn＋2)－f(an)= f(3)(n∈N*)，则an为( )
A．2n－1 B．n
C．2n－1 D．n－1
【解析】由f(x·y)= f(x)＋f(y)，f(Sn＋2)－f(an)= f(3)，得Sn＋2＝3an，Sn－1＋2＝3an－1(n≥2)，两式相减得2an＝3an－1；当n＝1时，S1＋2＝3a1＝a1＋2，则a1＝1．所以数列{an}是首项为1，公比为的等比数列．
【答案】an＝n－1
4．(2015·辽宁鞍山二中期中)设数列{an}是等差数列，数列{bn}的前n项和Sn 满足Sn＝(bn－1)，且a2＝b1，a5＝b2．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设cn＝an·bn，Tn为{cn}的前n项和，求Tn．
【解】(1)当n≥2时，Sn－1＝(bn－1－1)，
则bn＝Sn－Sn－1＝(bn－1)－(bn－1－1)，整理得bn＝3bn－1，
当n＝1时，b1＝(b1－1)，解得b1＝3；
故数列{bn}是以3为首项，3为公比的等比数列．
∴bn＝3n，
设等差数列{an}的公差为d，由a2＝b1＝3，a5＝b2＝9，
则解得d＝2，a1＝1，∴an＝2n－1，
∴an＝2n－1，bn＝3n．
(2)由(1)知cn＝an·bn＝(2n－1)·3n，
∴Tn＝3＋3·32＋5·33＋…＋(2n－1)·3n，①
3Tn＝ 32＋3·33＋5·34＋…＋(2n－3)·3n＋(2n－1)·3n＋1，②
由①－②，得
－2Tn＝3＋2(32＋33＋…＋3n )－(2n－1)·3n＋1
＝3＋2×－(2n－1)·3n＋1＝(2－2n)·3n＋1－6，
∴Tn＝(n－1) 3n＋1＋3．

5．在数列{an}中，已知a1＝1，an＝2(an－1＋an－2＋…＋a2＋a1) (n≥2，n∈N*)，则数列的通项公式是 ．
【解析】由已知n≥2时，an＝2Sn－1 ①；当n≥3时，an－1＝2Sn－2 ②
①－②整理得＝3 (n≥3)，∴an＝
【答案】an＝
6．(2015·广东桂城摸底)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且a＋an＝2Sn．
(1)求a1；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)若bn＝(n∈N*)，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求证：Tn＜．
【解】(1)当n＝1时，a＋a1＝2S1，且an＞0，得a1＝1；
(2)当n≥2时，a＋an－1＝2Sn－1 ①；且a＋an＝2Sn ②；
由②－①，得(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，
又an＞0，则an－an－1＝1，
故数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列；
∴an＝n．
(3)证明：由(2)知，bn＝＝，
当n＝1时，b1＝1＜，不等式成立；
当n≥2时，＜＝＝2，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1＋＋＋…＋＜1＋2＜1＋＝，
∴Tn＜

7．(2015·大连双基测试)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n＋1(n∈N*)，则an＝________．
【解析】当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1，当n＝1时，a1＝S1＝4≠2×1＋1，因此an＝
【答案】
8．(2014·烟台一模)已知数列{an}前n项和为Sn，首项为a1，且，an，Sn成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)数列{bn}满足bn＝(log2a2n＋1)×(log2a2n＋3)，求数列的前n项和．
【解】(1)∵，an，Sn成等差数列，∴2an＝Sn＋，
当n＝1时，2a1＝S1＋，∴a1＝，
当n≥2时，Sn＝2an－，Sn－1＝2an－1－，
两式相减得：an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，∴＝2，
所以数列{an}是首项为，公比为2的等比数列，即an＝×2n－1＝2n－2．
(2)∵bn＝(log2a2n＋1)×(log2a2n＋3)＝(log222n＋1－2)×(log222n＋3－2)＝(2n－1)(2n＋1)，
∴＝×＝，
∴数列的前n项和
Tn＝＋＋＋…＋＝＝＝．

9．(2014·山西四校联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an－n，则an＝________．
【解析】当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－n－2an－1＋(n－1)，即an＝2an－1＋1，∴an＋1＝2(an－1＋1)，
∴数列{an＋1}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列，∴an＋1＝2·2n－1＝2n，∴an＝2n－1．
【答案】2n－1
10．(2014·湖南卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．
【解】(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n．
又a1＝1满足上式，故数列{an}的通项公式为an＝n．
(2)由(1)知，bn＝2n＋(－1)nn，记数列{bn}的前2n项和为T2n，
则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．
记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则A＝＝22n＋1－2，
B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n．
故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2．
11．已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，a3＝4，{an}的前3项和为7．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝(2n－3)2n＋3，设数列{bn}的前n项和为Sn，求证：＋＋…＋≤2－．
【解】(1)设数列{an}的公比为q，由已知得q>0，且∴
∴数列{an}的通项公式为an＝2n－1．
(2)【证明】当n＝1时，a1b1＝1，且a1＝1，解得b1＝1．
当n≥2时，anbn＝(2n－3)2n＋3－(2n－2－3)2n－1－3＝(2n－1)·2n－1．
∵an＝2n－1，∴当n≥2时，bn＝2n－1．
∵b1＝1＝2×1－1满足bn＝2n－1，
∴数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1(n∈N*)．
∴数列{bn}是首项为1，公差为2的等差数列．
∴Sn＝n2．
∴当n＝1时，＝1＝2－．
当n≥2时，＝＜＝－．
∴＋＋…＋≤2－＋－＋…＋－＝2－．
12．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＝＋2 (n－1) (n∈N*)．
(1)求证：数列{an}为等差数列，并分别写出an和Sn关于n的表达式；
(2)是否存在自然数n，使得S1＋＋＋…＋－(n－1)2＝2 013？若存在，求出n的值；若不存在，请说明理由．
【解】(1)由an＝＋2(n－1)，得Sn＝nan－2n(n－1) (n∈N*)．
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝nan－(n－1)an－1－4(n－1)，即an－an－1＝4，
故数列{an}是以1为首项，以4为公差的等差数列．
于是，an＝4n－3，Sn＝＝2n2－n (n∈N*)．
(2)由Sn＝nan－2n(n－1)，得＝2n－1 (n∈N*)，
又S1＋＋＋…＋－(n－1)2＝1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)－(n－1)2＝n2－(n－1)2＝2n－1．
令2n－1＝2 013，得n＝1 007，即存在满足条件的自然数n＝1 007．

1．已知Sn为正项数列{an}的前n项和，且满足Sn＝a＋an(n∈N*)．
(1)求a1，a2，a3，a4的值；
(2)求数列{an}的通项公式．
【解】(1)由Sn＝a＋an，可得a1＝a＋a1，解得a1＝1；
S2＝a1＋a2＝a＋a2，解得a2＝2；同理，a3＝3，a4＝4．
(2)Sn＝a＋an，①
当n≥2时，Sn－1＝a＋an－1，②
①－②得(an－an－1－1)(an＋an－1)＝0．
由于an＋an－1≠0，所以an－an－1＝1，
又由(1)知a1＝1，
故数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，故an＝n．
2．在数列{an}中，a1＝－5，a2＝－2，记A(n)＝a1＋a2＋…＋an，B(n)＝a2＋a3＋…＋an＋1，C(n)＝a3＋a4＋…＋an＋2(n∈N*)，若对于任意n∈N*，A(n)，B(n)，C(n)成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{|an|}的前n项和．
【解】(1)根据题意A(n)，B(n)，C(n)成等差数列，∴A(n)＋C(n)＝2B(n)，
整理得an＋2－an＋1＝a2－a1＝－2＋5＝3，
∴数列{an}是首项为－5，公差为3的等差数列，
∴an＝－5＋3(n－1)＝3n－8．
(2)|an|＝记数列{|an|}的前n项和为Sn．
当n≤2时，Sn＝＝－＋n；
当n≥3时，Sn＝7＋＝－n＋14，
综上，Sn＝
3．(2014·广东卷)设各项均为正数的数列{an} 的前n 项和为Sn ，且 Sn满足 S－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*．
(1)求a1 的值；
(2)求数列{an} 的通项公式；
(3)证明：对一切正整数n ，有＋＋…＋<．
【解】(1)由题意知，S－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*．
令n＝1，有S－(12＋1－3)S1－3×(12＋1)＝0，
可得S＋S1－6＝0，解得S1＝－3或2，即a1＝－3或2，
又an为正数，所以a1＝2．
(2)由S－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*可得，
(Sn＋3)(Sn－n2－n)＝0，则Sn＝n2＋n或Sn＝－3，
又数列{an}的各项均为正数，
∴Sn＝n2＋n，Sn－1＝(n－1)2＋(n－1)，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n．
又a1＝2＝2×1，所以an＝2n．
(3)证明：当n＝1时，＝＝＜成立；
当n≥2时，＝＜＝，
∴＋＋…＋＜＋
＝＋＜＋＝．
所以对一切正整数n，有＋＋…＋＜．