数列中an和Sn的关系.docx

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数列中an和Sn的关系

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－3B．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＝2n①

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：

＞）

【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－1①

则Sn＋1＝2Sn＋2n＋1②

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＋n①

则Sn＋1＝2Sn＋n＋1②

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－1①

∴Sn＋1＝2Sn＋2n＋1②

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：

{lgan}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lgan＝n，

∴lgan＋1－lgan＝n＋1－n＝1，

故数列{lgan}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－1B．n

C．2n－1D．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－1①；当n≥3时，an－1＝2Sn－2②

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－1①；且a＋an＝2Sn②；

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＝2013？

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*）．