答案 1
解析 因为an＝
＝
＝
－
，
所以Sn＝（
－
）＋（
－
）＋…＋[
－
]
＝1－
，
由于1－
<1，所以M的最小值为1.
2．设向量a＝（1,2），b＝（
，an）（n∈N*），若a∥b，设数列{an}的前n项和为Sn，则Sn的最小值为________．
答案 1
3．已知{an}是一个公差
d大于0的等差数列，且满足a3a5＝45，a2＋a6＝14.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足：
＋
＋…＋
＝an＋n2，求数列{bn}的前n项和Sn.
解
（1）∵a3＋a5＝a2＋a6＝14，a3a5＝45，
∴a3＝5，a5＝9或a3＝9，a5＝5，
∵
d>0，∴a3＝5，a5＝9，
∴
⇒a1＝1，d＝2，
∴an＝2n－1.
（2）由
＋
＋…＋
＝an＋n2，
得
＋
＋…＋
＝2n－1＋n2，
＋
＋…＋
＝2（n－1）－1＋（n－1）2（n≥2），
两式相减得
＝2n＋1，
∴bn＝2n（2n＋1）（n≥2），
又
＝a1＋1，∴b1＝4，
∴bn＝
记Tn＝b2＋b3＋…＋bn，
则Tn＝22×5＋23×7＋…＋2n（2n＋1），
2Tn＝23×5＋24×7＋…＋2n＋1（2n＋1），
两式相减得－Tn＝4＋2n＋1（1－2n），
则Tn＝2n＋1（2n－1）－4，
∴Sn＝2n＋1（2n－1）．
4．已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝a（Sn－an＋1）（a为常数，且a>0），且4a3是a1与2a2的等差中项．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设bn＝
，求数列{bn}的前n项和Tn.
解
（1）当n＝1时，S1＝a（S1－a1＋1），所以a1＝a，
当n≥2时，Sn＝a（Sn－an＋1），①
Sn－1＝a（Sn－1－an－1＋1），②
由①－②，得an＝a·an－1，即
＝a，
故{an}是首项a1＝a，公比为a的等比数列，
所以an＝a·an
－1＝an.
故a2＝a2，a3＝a3.
由4a3是a1与2a2的等差中项，可得8a3＝a1＋2a2，
即8a3＝a＋2a2，
因为a≠0，整理得8a2－2a－1＝0，
即（2a－1）（4a＋1）＝0，
解得a＝
或a＝－
（舍去），
故an＝（
）n＝
.
5．Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝1，S7＝28.记bn＝[lgan]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg99]＝1.
（1）求b1，b11，b101；
（2）求数列{bn}的前1000项和．
解
（1）设{an}的公差为d，据已知有7＋21d＝28，
解得d＝1.所以{an}的通项公式为an＝n.
b1＝[lg1]＝0，b11＝[lg11]＝1，b101＝[lg101]＝2.
（2）因为bn＝
所以数列{bn}的前1000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1893.
6．已知数列{an
}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.
（1）求数列{bn}的通项公式；
（2）令cn＝
，求数列{cn}的前n项和Tn.
解
（1）由题意知，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5，
当n＝1时，a1＝S1＝11，所以an＝6n＋5.
设数列{bn}的公差为d.由
即
可解得b1＝4，d＝3，所以bn＝3n＋1.
（2）由
（1）知，cn＝
＝3（n＋1）·2n＋1.
又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋（n＋1）×2n＋1]，
2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋（n＋1）×2n＋2]．
两式作差，得－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－（n＋1）×2n＋2]
＝3×
＝－3n·2n＋2，所以Tn＝3n·2n＋2.
易错起源1、分组转化求和
例1、等比数列{an}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列.
第一列
第二列
第三列
第一行
3
2
10
第二行
6
4
14
第三行
9
8
18
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足：
bn＝an＋（－1）nlnan，求数列{bn}的前n项和Sn.
解
（1）当a1＝3时，不合题意；
当a1＝2时，当且仅当a2＝6，a3＝18时，符合题意；
当a1＝10时，不合题意．
因此a1＝2，a2＝6，a3＝18，所以公比q＝3.
故an＝2·3n－1（n∈N*）．
（2）因为bn＝an＋（－1）nlnan
＝2·3n－1＋（－1）nln（2·3n－1）
＝2·3n－1＋（－1）n[ln2＋（n－1）ln3]
＝2·3n－1＋（－1）n（ln2－ln3）＋（－1）nnln3，
所以Sn＝2（1＋3＋…＋3n－1）＋[－1＋1－1＋…＋（－1）n]·（ln2－ln3）＋[－1＋2－3＋…＋（－1）nn]ln3.
当n为偶数时，
Sn＝2×
＋
ln3
＝3n＋
ln3－1；
当n为奇数时，
Sn＝2×
－（ln2－ln3）＋
ln3
＝3n－
ln3－ln2－1.
综上所述，Sn＝
【变式探究】设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，a2＝2，且an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，n∈N*.
（1）证明：
an＋2＝3an；
（2
）求Sn.
（1）证明 由条件，对任意n∈N*，
有an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，
因而对任意n∈N*，n≥2，有an＋1＝3Sn－1－Sn＋3.
两式相减，得an＋2－an＋1＝3an－an＋1，
即an＋2＝3an，n≥2.
又a1＝1，a2＝2，
所以a3＝3S1－S2＋3＝3a1－（a1＋a2）＋3＝3a1，
故对一切n∈N*，an＋2＝3an.
（2）解 由
（1）知，an≠0，所以
＝3.于是数列{a2n－1}是首项a1＝1，公比为3等比数列；数列{a2n}是首项a2＝2，公比为3的等比数列．因此a2n－1＝3n－1，a2n＝2×3n－1.
于是S2n＝a1＋a2＋…＋a2n
＝（a1＋a3＋…＋a2n－1）＋（a2＋a4＋…＋a2n）
＝（1＋3＋…＋3n－1）＋2（1＋3＋…＋3n－1）
＝3（1＋3＋…＋3n－1）
＝
.
从而S2n－1＝S2n－a2n＝
－2×3n－1
＝
（5×3n－2－1）．
综上所述，
【名师点睛】
在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．
【锦囊妙计，战胜自我】
有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．
易错起源2、错位相减法求和
例2、已知数列{an}的前n项和为Sn，且有a1＝2,3Sn＝5an－an－1＋3Sn－1（n≥2）．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若bn＝（2n－1）an，求数列{bn}的前n项和Tn.
解
（1）3Sn－3Sn－1＝5an－an－1（n≥2），
∴2an＝an－1，
＝
，
又∵a1＝2，
∴{an}是首项为2，公比为
的等比数列，
∴an＝2×（
）n－1＝（
）n－2＝22－n.
【变式探究】已知正项数列{an}的前n项和Sn满足：
4Sn＝（an－1）（an＋3）（n∈N*）．
（1）求an；
（2）若bn＝2n·an，求数列{bn}的前n项和Tn.
解
（1）∵4Sn＝（an－1）（an＋3）＝a
＋2an－3，
∴当n≥2时，4Sn－1＝a
＋2an－1－3，
两式相减得，4an＝a
－a
＋2an－2an－1，
化简得，（an＋an－1）（an－an－1－2）＝0，
∵{an}是正项数列，∴an＋an－1≠0，
∴an－an－1－2＝0，对任意n≥2，n∈N*都有an－an－1＝2，
又由4S1＝a
＋2a1－3得，a
－2a1－3＝0，
解得a1＝3或a1＝－1（舍去），
∴{an}是首项为3，公差为2的等差数列，
∴an＝3＋2（n－1）＝2n＋1.
（2）由已知及
（1）知，
bn＝（2n＋1）·2n，
Tn＝3·21＋5·22＋7·23＋…＋（2n－1）·2n－1＋（2n＋1）·2n，①
2Tn＝3·22＋5·23＋7·24＋…＋（2n－1）·2n＋（2n＋1）·2n＋1，②
②－①得，Tn＝－3×21－2（22＋23＋24＋…＋2n）＋（2
n＋1）·2n＋1＝－6－2×
＋（2n＋1）·2n＋1
＝2＋（2n－1）·2n＋1.
【名师点睛】
（1）错位相减法适用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列；
（2）所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后得到部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．（3）为保证结果正确，可对得到的和取n＝1,2进行验证．
【锦囊妙计，战胜自我】
错位相减法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要
用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列．
易错起源3、裂项相消法求和
例3 设等差数列{an}的前n项和为Sn，a22－3a7＝2，且
，
，S3成等比数列，n∈N*.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）令bn＝
，数列{bn}的前n项和为Tn，若对于任意的n∈N*，都有8Tn<2λ2＋5λ成立，求实数λ的取值范围．
解
（1）设等差数列{an}的公差为d，
由
⇒
即
解得
或
当a1＝－
，d＝
时，
＝
没有意义，
∴a1＝2，d＝2，此时an＝2＋2（
n－1）＝2n.
【变式探究】
（1）设Sn为等差数列{an}的前n项和，a2＝2，S5＝15，若
的前m项和为
，则m的值为（ ）
A．8B．9C．10D．11
（2）已知数列{an}的通项公式为an＝log2
（n∈N*），设其前n项和为Sn，则使Sn<－5成立的正整数n有（ ）
A．最小值63B．最大值63
C．最小值31D．最大值31
答案
（1）B
（2）A
解析
（1）设数列{an}的首项为a1，公差为d，
则有
∴a1＝d＝1，∴an＝n，
∴
＝
－
.
∴
＋
＋
＋…＋
＝1－
＋
－
＋…＋
－
＝1－
＝
＝
，
∴m＝9.
（2）∵an＝log2
（n∈N*），
∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝log2
＋log2
＋…＋log2
＝（log22－log23）＋（log23－log24）＋…＋log2（n＋1）－log2（n＋2）＝log22－log2（n＋2）＝log2
，由Sn<－5＝log2
⇒
<
⇒n>62，故使Sn<－5成立的正整数n有最小值63.
【名师点睛】
（1）裂项相消法的基本思想就是把通项an分拆成an＝bn＋k－bn（k≥1
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