知識(shí)梳理.數(shù)列求和
1．公式法
(1)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝eq \f(n?a1＋an?,2)＝na1＋eq \f(n?n－1?d,2).
推導(dǎo)方法：倒序相加法．
(2)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a1?1－qn?,1－q)，q≠1.))
推導(dǎo)方法：乘公比，錯(cuò)位相減法．
(3)一些常見的數(shù)列的前n項(xiàng)和：
①1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(n?n＋1?,2)；
②2＋4＋6＋…＋2n＝n(n＋1)；
③1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2.
2．幾種數(shù)列求和的常用方法
(1)分組轉(zhuǎn)化求和法：一個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)公式是由若干個(gè)等差或等比或可求和的數(shù)列組成的，則求和時(shí)可用分組求和法，分別求和后相加減．
(2)裂項(xiàng)相消法：把數(shù)列的通項(xiàng)拆成兩項(xiàng)之差，在求和時(shí)中間的一些項(xiàng)可以相互抵消，從而求得前n項(xiàng)和．
(3)錯(cuò)位相減法：如果一個(gè)數(shù)列的各項(xiàng)是由一個(gè)等差數(shù)列和一個(gè)等比數(shù)列的對(duì)應(yīng)項(xiàng)之積構(gòu)成的，那么求這個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和即可用錯(cuò)位相減法求解．
(4)倒序相加法：如果一個(gè)數(shù)列{an}與首末兩端等“距離”的兩項(xiàng)的和相等或等于同一個(gè)常數(shù)，那么求這個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和即可用倒序相加法求解．
題型一. 裂項(xiàng)相消
1．?dāng)?shù)列{an}的通項(xiàng)公式an，已知它的前n項(xiàng)和Sn，則項(xiàng)數(shù)n＝（ ）
A．98B．99C．100D．101
【解答】解：列{an}的通項(xiàng)公式an，
所以，
由于前n項(xiàng)和Sn，
所以，
解得n＝99．
故選：B．
2．已知等差數(shù)列{an}滿足a3＝10，a1+a4＝17．
（1）求{an}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)bn，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn．
【解答】解：（1）設(shè)首項(xiàng)為a1，公差為d的等差數(shù)列，滿足a3＝10，a1+a4＝17．
所以，解得，
所以an＝4+3（n﹣1）＝3n+1．
（2）由（1）得bn，
所以Sn＝b1+b2+…+bn．
3．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若4Sn＝（2n﹣1）an+1+1，且a1＝1．
（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)，數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Tn，求Tn．
【解答】解：（1）在4Sn＝（2n﹣1）an+1+1中，令n＝1，得a2＝3，
∵4Sn＝（2n﹣1）an+1+1，∴當(dāng)n≥2時(shí)，4Sn﹣1＝（2n﹣3）an+1，
兩式相減，得4an＝（2n﹣1）an+1﹣（2n﹣3）an（n≥2），
∴（2n+1）an＝（2n﹣1）an+1，即．
∴，
故an＝2n﹣1．
（2），
Tn＝c1+c2+…+cn，
所以．
題型二. 錯(cuò)位相減
1．已知等差數(shù)列{an}公差不為零，且滿足：a1＝2，a1，a2，a5成等比數(shù)列．
（Ⅰ）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）設(shè)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和．
【解答】解：（Ⅰ）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，d≠0，
由題，，解得d＝4．
∴an＝2+4（n﹣1）＝4n﹣2．
（Ⅱ）（4n﹣2）?3n＝2（2n﹣1）?3n，
設(shè)數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，
2（2n﹣1）×3n，①
2（2n﹣1）×3n+1，②
①﹣②，得：2×2×3n﹣2（2n﹣1）×3n+1
12﹣4（n﹣1）?3n+1，
∴．
∴數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和．
2．已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，S5＝30，S7＝56；各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{bn}滿足b1b2，b2b3．
（1）求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；
（2）求數(shù)列{an?bn}的前n項(xiàng)和Tn．
【解答】解：（1）設(shè)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公差為d，
由S5＝30，S7＝56，得，解得．
∴an＝2+2（n﹣1）＝2n；
設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q（q＞0），
由b1b2，b2b3，得，解得．
∴；
（2）an?bn2．
令{}的前n項(xiàng)和為Rn，
則，

兩式作差可得：
，
∴．
則．
3．（2015·山東）設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知2Sn＝3n+3．
（Ⅰ）求{an}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）若數(shù)列{bn}，滿足anbn＝lg3an，求{bn}的前n項(xiàng)和Tn．
【解答】解：（Ⅰ）因?yàn)?Sn＝3n+3，所以2a1＝31+3＝6，故a1＝3，
當(dāng)n＞1時(shí)，2Sn﹣1＝3n﹣1+3，
此時(shí)，2an＝2Sn﹣2Sn﹣1＝3n﹣3n﹣1＝2×3n﹣1，即an＝3n﹣1，
所以an．
（Ⅱ）因?yàn)閍nbn＝lg3an，所以b1，
當(dāng)n＞1時(shí)，bn＝31﹣n?lg33n﹣1＝（n﹣1）×31﹣n，
所以T1＝b1；
當(dāng)n＞1時(shí)，Tn＝b1+b2+…+bn[1×3﹣1+2×3﹣2+…+（n﹣1）×31﹣n]，
所以3Tn＝1+[1×30+2×3﹣1+3×3﹣2+…+（n﹣1）×32﹣n]，
兩式相減得：2Tn[30+3﹣1+3﹣2+…+32﹣n﹣（n﹣1）×31﹣n]（n﹣1）×31﹣n，
所以Tn，經(jīng)檢驗(yàn)，n＝1時(shí)也適合，
綜上可得Tn．
題型三. 分組求和
1．已知數(shù)列{an}是公差不為零的等差數(shù)列，a1＝2，且a1，a2，a4成等比數(shù)列．
（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)bn＝an﹣，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn．
【解答】解：（1）由題意，設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d（d≠0），則
a2＝2+d，a4＝2+3d，
∵a1，a2，a4成等比數(shù)列，
∴a22＝a1?a4，即（2+d）2＝2（2+3d），
整理，得d2﹣2d＝0，
解得d＝0（舍去），或d＝2，
∴an＝2+2（n﹣1）＝2n，n∈N*．
（2）由（1）知，設(shè)bn＝an﹣22n﹣22n＝2n﹣4n，
故Sn＝b1+b2+…+bn
＝（2×1﹣41）+（2×2﹣42）+…+（2n﹣4n）
＝2×（1+2+…+n）﹣（41+42+…+4n）
＝2
＝n2+n．
2．在公差不為0的等差數(shù)列{an}中，a1，a3，a9成公比為a3的等比數(shù)列，又?jǐn)?shù)列{bn}滿足（k∈N*）．
（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
（2）求數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和T2n．
【解答】解：（1）公差d不為0的等差數(shù)列{an}中，a1，a3，a9成公比為a3的等比數(shù)列，
可得a32＝a1a9，a3＝a1a3，
可得（a1+2d）2＝a1（a1+8d），a1＝1，
化簡(jiǎn)可得a1＝d＝1，
即有an＝n，n∈N*；
（2）由（1）可得bn，k∈N*；
前2n項(xiàng)和T2n＝（2+8+16+…+22n﹣1）+（4+8+12+…+4n）
n（4+4n）2n（n+1）．
3．已知數(shù)列{an}、{bn}滿足：an+1＝an+bn，{bn+2}為等比數(shù)列，且b1＝2，a2＝4，a3＝10．
（1）試判斷數(shù)列{bn}是否為等差數(shù)列，并說(shuō)明理由；
（2）求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn．
【解答】解：（1）數(shù)列{bn}不是等差數(shù)列．
理由如下：
由an+1﹣an＝bn，且a2＝4，a3＝10，b1＝2，得b2＝a3﹣a2＝6，
又∵數(shù)列{bn+2}為等比數(shù)列，
∴數(shù)列{bn+2}的首項(xiàng)為4，公比為2．
∴，得b3＝14，
顯然2b2＝12≠b1+b3＝16．
故數(shù)列{bn}不是等差數(shù)列；
（2）結(jié)合（1）知，等比數(shù)列{bn+2}的首項(xiàng)為4，公比為2．
故，∴．
∵an+1﹣an＝bn，b1＝2，a2＝4，∴a1＝2，
∴（n≥2）．
令n＝2，…，（n﹣1）．
得，
，
…
（n≥2），
累加得（n≥2）．
∴（n≥2）．
又a1＝2滿足上式，∴．
∴
＝（22+23+…+2n+1）﹣2（1+2+…+n）．
題型四. 討論奇偶、絕對(duì)值求和
1．?dāng)?shù)列{an}的前n項(xiàng)和記為Sn，對(duì)任意的正整數(shù)n，均有4Sn＝（an+1）2，且an＞0．
（1）求a1及{an}的通項(xiàng)公式；
（2）令，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn．
【解答】解：（1）當(dāng)n＝1時(shí)，，則a1＝1；
當(dāng)n≥2時(shí)，由4Sn＝（an+1）2，知4Sn﹣1＝（an﹣1+1）2，
聯(lián)立兩式，得4an＝（an+1）2﹣（an﹣1+1）2，
化簡(jiǎn)得（an+an﹣1）（an﹣an﹣1﹣2）＝0，
∵an＞0，∴an﹣an﹣1﹣2＝0，
即{an}是以a1＝1為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列，
故an＝2n﹣1；
（2）（﹣1）n﹣1（），
下面對(duì)n分奇偶數(shù)討論：
當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Tn＝（1）﹣（）+…+（）﹣（）
，
當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Tn＝（1）﹣（）+…﹣（）+（）
，
所以Tn．
2．已知等差數(shù)列{an}前n項(xiàng)和為Sn，a5＝9，S5＝25．
（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和Sn；
（2）設(shè)，求{bn}前2n項(xiàng)和T2n．
【解答】解：（1）由題意，設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則
，
整理，得，
解得，
∴an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，n∈N*，
．
（2）由（1）知，設(shè)（﹣1）n?n2．
T2n＝b1+b2+…+b2n
＝（b1+b2）+（b3+b4）+…+（b2n﹣1+b2n）
＝（﹣12+22）+（﹣32+42）+…+[﹣（2n﹣1）2+（2n）2]
＝[（2﹣1）×（2+1）]+[（4﹣3）×（4+3）]+…+[2n﹣（2n﹣1）]×[2n+（2n﹣1）]
＝1+2+3+4+…+（2n﹣1）+2n

＝2n2+n．
3．已知數(shù)列{an}滿足a1＝﹣2，an+1＝2an+4．
（1）求a2，a3，a4；
（2）猜想{an}的通項(xiàng)公式并加以證明；
（3）求數(shù)列{|an|}的前n項(xiàng)和Sn．
【解答】解：（1）由已知，易得a2＝0，a3＝4，a4＝12．
（2）猜想．
因?yàn)閍n+1＝2an+4，所以an+1+4＝2（an+4），，
則{an+4}是以2為首項(xiàng)，以2為公比的等比數(shù)列，
所以，所以．
（3）當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝﹣2＜0，S1＝|a1|＝2；
當(dāng)n≥2時(shí)，an≥0，
所以，
又n＝1時(shí)滿足上式．
所以，當(dāng)n∈N*時(shí)，．
題型五. 數(shù)列求和選填綜合
1．首項(xiàng)為正數(shù)的等差數(shù)列{an}中，，當(dāng)其前n項(xiàng)和Sn取最大值時(shí)，n的值為（ ）
A．5B．6C．7D．8
【解答】解：∵首項(xiàng)為正數(shù)的等差數(shù)列{an}中，，
∴5（a1+2d）＝7（a1+3d），
整理，得：，
∵a1＞0，∴d＜0，
∴（n﹣6）2﹣18d，
∴當(dāng)其前n項(xiàng)和Sn取最大值時(shí)，n的值為6．
故選：B．
2．在等比數(shù)列{an}中，a2?a3＝2a1，且a4與2a7的等差中項(xiàng)為17，設(shè)bn＝a2n﹣1﹣a2n，n∈N*，則數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和為 ．
【解答】解：等比數(shù)列{an}中，a2?a3＝2a1，且a4與2a7的等差中項(xiàng)為17，
設(shè)首項(xiàng)為a1，公比為q，
則：，
整理得：，
解得：．
則：，
所以：bn＝a2n﹣1﹣a2n22n﹣4，
則：T2n．
故答案為：．
3．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1，a2＝2且對(duì)于任意n＞1，n∈N*滿足Sn+1+Sn﹣1＝2（Sn+1），則（ ）
A．a(chǎn)4＝7B．S16＝240C．a(chǎn)10＝19D．S20＝381
【解答】解：當(dāng)n≥2時(shí)，Sn+1+Sn﹣1＝2（Sn+1）?Sn+1﹣Sn＝Sn﹣Sn﹣1+2?an+1＝an+2．
所以數(shù)列{an}從第2項(xiàng)起為等差數(shù)列，an，
所以，a4＝6，a10＝18．
Sn＝a1n（n﹣1）+1，S16＝16×15+1＝241，
S20＝20×19+1＝381．
故選：D．
4．已知數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)列，數(shù)列{bn}滿足關(guān)系，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，則S5的值為（ ）
A．﹣454B．﹣450C．﹣446D．﹣442
【解答】解：數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)列，
可得an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，
由，可得
1，可得b1＝﹣2，
又1，
且，
兩式相減可得，
可得bn＝﹣（2n﹣1）?2n，
則S5＝﹣2﹣3?4﹣5?8﹣7?16﹣9?32＝﹣454，
故選：A．
5．已知數(shù)列{an}滿足，，若，則c1+c2+???+cn＝ ．
【解答】解：因?yàn)椋?br>所以，
即，
所以數(shù)列是首項(xiàng)，公差為的等差數(shù)列，
所以，
則，
則，
設(shè)T＝2×30+3×31+4×32+???+（n+1）×3n﹣1①，
則3T＝2×3+3×32+……+n×3n﹣1+（n+1）×3n②，
①﹣②可得：﹣2T＝2+3+32+……+3n﹣1﹣（n+1）×3n＝1（n+1）×3n，
則．
即．
故答案為：．
6．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝2，Sn＝λan﹣2，其中λ為常數(shù)，若anbn＝13﹣n，則數(shù)列{bn}中的項(xiàng)的最小值為 ．
【解答】解：根據(jù)題意，數(shù)列{an}的滿足a1＝2，Sn＝λan﹣2，
當(dāng)n＝1時(shí)，有a1＝S1＝λa1﹣2，即2＝2λ﹣2，解可得λ＝2，
則Sn＝2an﹣2，①
則有Sn﹣1＝2an﹣1﹣2，②
①﹣②：an＝2an﹣2an﹣1，變形可得an＝2an﹣1，
則數(shù)列{an}是首項(xiàng)為a1＝2，公比為2的等比數(shù)列，則an＝2n，
又由anbn＝13﹣n，則bn，
當(dāng)n≤13時(shí)，bn≥0，
當(dāng)n≥14時(shí)，bn＜0，且{bn}為遞增數(shù)列，則當(dāng)n＝14時(shí)，bn取得最小值，此時(shí)b14；
故答案為：．
7．已知數(shù)列{an}和{bn}首項(xiàng)均為1，且an﹣1≥an（n≥2），an+1≥an，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足2SnSn+1+anbn+1＝0，則S2019＝（ ）
A．2019B．C．4037D．
【解答】解：∵an﹣1≥an（n≥2），an+1≥an，
∴an≥an+1≥an，
∴an＝an+1，
另外：a1≥a2≥a1，可得a2＝a1＝1，
∴an＝1．
∵2SnSn+1+anbn+1＝0，
∴2SnSn+1+bn+1＝0，∴2SnSn+1+Sn+1﹣Sn＝0，
∴2．
∴數(shù)列{}是等差數(shù)列，首項(xiàng)為1，公差為2．
∴1+2（n﹣1）＝2n﹣1，
∴Sn．
∴S2019．
故選：D．
8．已知數(shù)列{an}滿足：a1＝1，a2，（n≥2且n∈N+），等比數(shù)列{bn}公比q＝2，令cn則數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和S2n＝ 2n2﹣n ．
【解答】解：因?yàn)閍1＝1，a2，（n≥2且n∈N+），①
可得n＝2時(shí)，6，即b1+3b2＝b3+6，
由等比數(shù)列的{bn}的公比為q＝2，
即b1+6b1＝4b1+6，解得b1＝2，
所以bn＝2n，
當(dāng)n＝3時(shí)，6，即2+3×43×16+6，
解得a3，
又6（n≥3，且n∈N+），②
①﹣②可得，，
即，化為，
又6，
所以{}為等差數(shù)列，且公差d2，
則2（n﹣1）＝2n﹣1，
所以cn，
所以S2n＝1+22+5+24+…+（4n﹣3）+22n
＝（1+5+…+4n﹣3）+（22+24+…+22n）

＝2n2﹣n．
故答案為：2n2﹣n．
9．已知數(shù)列{an}滿足2anan+1+an+3an+1+2＝0，其中，設(shè)，若b3為數(shù)列{bn}中唯一最小項(xiàng)，則實(shí)數(shù)λ的取值范圍是 （5，7）
【解答】解：∵2anan+1+an+3an+1+2＝0，
∴an+1，
∴，
∴，即，
所以數(shù)列{}是公差為2的等差數(shù)列，
∵，∴2n，
∴bn＝2n（n﹣λ），
∴bn+1﹣bn＝2（n+1）（n+1﹣λ）﹣2n（n﹣λ）＝4n+2﹣2λ，
因?yàn)閎3為數(shù)列{bn}中唯一最小項(xiàng)，
所以b1＞b2＞b3＜b4＜b5＜…，
∴當(dāng)n＝1時(shí)，b2﹣b1＝6﹣2λ＜0，得λ＞3，
當(dāng)n＝2時(shí)，b3﹣b2＝10﹣2λ＜0，得λ＞5，
當(dāng)n≥3時(shí)，4n+2﹣2λ＞0恒成立，
即λ＜2n+1，即有λ＜7．
所以5＜λ＜7．
故答案為：（5，7）．
課后作業(yè). 數(shù)列求和
1．已知各項(xiàng)均不相等的等差數(shù)列{an}的前四項(xiàng)和S4＝14，且a1，a3，a7成等比．
（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)Tn為數(shù)列{}的前n項(xiàng)和，若λTn≤an+1對(duì)一切n∈N*恒成立，求實(shí)數(shù)λ的最大值．
【解答】解：（1）各項(xiàng)均不相等的等差數(shù)列{an}的前四項(xiàng)和S4＝14，且a1，a3，a7成等比．
設(shè)公差為d，由已知得：，
，聯(lián)立解得d＝1或d＝0（舍去），
a1＝2，
故：an＝n+1．
（2）由（1）得：，
所以：．
，
．
由于：λTn≤an+1對(duì)一切n∈N*恒成立，
所以：，
解得：，
由于：
故：，
即：λ≤16．
故λ的最大值為16．
2．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a3＝6，a7＝14．
（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式及Sn；
（2）若_____，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn．
在①bn＝2?an；②bn；③bn＝（﹣1）n?an這三個(gè)條件中任選一個(gè)補(bǔ)充在第（2）問(wèn)中，并對(duì)其求解．
【解答】解：（1）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由a3＝6，a7＝14．得4d＝a7﹣a3＝14﹣6＝8，解得d＝2，
所以a1＝a3﹣2d＝6﹣4＝2，所以an＝2+2（n﹣1）＝2n；Sn（2+2n）＝n2+n．
（2）若選擇條件①：由（1）可知an＝2n，則bn＝2?an＝2n?4n，
所以Tn＝b1+b2+…+bn＝2×41+4×42++6×43…+（2n）?4n；4Tn＝2×42+4×43+6×44+…+（2n）?4n+1，
兩式相減得：﹣3Tn＝2×41+2×42+2×43+…+2×4n﹣2n?4n+1＝22n?4n+1（1﹣4n）﹣2n?4n+1，
所以Tn（1﹣4n）?4n+1；
若選擇條件②：由an＝2n，Sn＝n2+n，得bn88+4（），
所以Tn＝b1+b2+b3+…+bn＝8n+4（1）＝8n；
若選擇條件③：由an＝2n，得bn＝（﹣1）n?an＝（﹣1）n?2n，
所以Tn＝﹣2+4﹣6+8+…+（﹣1）n?2n，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Tn＝（﹣2+4）+（﹣6+8）++[﹣2（n﹣1）+2n]2＝n，
當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Tn＝（﹣2+4）+（﹣6+8）+…+[﹣2（n﹣2）+2（n﹣1）]﹣2n2n＝﹣n﹣1，
所以Tn．
3．已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，前n項(xiàng)和為Sn，且Sn（n∈N*）．
（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)bn，Tn＝b1+b2+…+bn，求Tn．
【解答】解：（1）Sn（n∈N*），
當(dāng)n＝1時(shí)，，∴a1＝1，
當(dāng)n≥2時(shí)，
由Sn，得①
取n＝n﹣1，得②
①﹣②得：，
∴（an+an﹣1）（an﹣an﹣1﹣1）＝0，
∵an+an﹣1＞0，
∴an﹣an﹣1＝1，n≥2，
∴數(shù)列{an}是等差數(shù)列，
則an＝n；
（2）由Sn，an＝n，
∴，
則，
∴，
，
兩式作差得：
∴
，
∴．
4．在數(shù)列{an}中，a1，對(duì)任意的n∈N*，都有成立．
（Ⅰ）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn；并求滿足Sn時(shí)n的最大值．
【解答】解：（I）∵a1，對(duì)任意的n∈N*，都有成立，∴1．
∴2+（n﹣1）＝n+1，
∴an．
（II）an．
∴數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn1，
Sn，即1，解得n＜15，因此滿足Sn時(shí)n的最大值為14．

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