2023高考数学二轮专题 微专题9 数列求和的常用方法

微专题9　数列求和的常用方法

高考定位　近几年高考，数列求和常出现在解答题第(2)问，主要考查通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和，难度中档.

1.(2021·新高考Ⅰ卷)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm，20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n次，那么Sk＝________ dm2.

答案　5　240

解析　依题意得，S1＝120×2＝240(dm2)；S2＝60×3＝180(dm2)；

当n＝3时，共可以得到5 dm×6 dm， dm×12 dm，10 dm×3 dm，20 dm× dm四种规格的图形，且5×6＝30，×12＝30，10×3＝30，20×＝30，

所以S3＝30×4＝120(dm2)；

当n＝4时，共可以得到5 dm×3 dm， dm×6 dm， dm×12 dm，10 dm× cm，20 dm× dm五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3＝15，×6＝15，×12＝15，10×＝15，20×＝15，所以S4＝15×5＝75(dm2)；

……

所以可归纳Sk＝·(k＋1)＝(dm2).

所以Sk＝240，    ①

所以×Sk＝240×，②

由①－②得，·Sk＝240

＝240

＝240，

所以Sk＝240 dm2.

2.(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝

(1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；

(2)求{an}的前20项和.

解　(1)因为bn＝a2n，且a1＝1，an＋1＝

所以b1＝a2＝a1＋1＝2，

b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5.

因为bn＝a2n，

所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，

所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3，

所以数列{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，

所以bn＝2＋3(n－1)＝3n－1，n∈N*.

(2)因为an＋1＝

所以k∈N*时，a2k＝a2k－1＋1＝a2k－1＋1，

即a2k＝a2k－1＋1，①

a2k＋1＝a2k＋2，  ②

a2k＋2＝a2k＋1＋1＝a2k＋1＋1，

即a2k＋2＝a2k＋1＋1，③

所以①＋②得a2k＋1＝a2k－1＋3，即a2k＋1－a2k－1＝3，

所以数列{an}的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；

②＋③得a2k＋2＝a2k＋3，即a2k＋2－a2k＝3，

又a2＝2，所以数列{an}的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列.

所以数列{an}的前20项和S20＝(a1＋a3＋a5＋…＋a19)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a20)＝10＋×3＋20＋×3＝300.

3.(2022·新高考Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，是公差为的等差数列.

(1)求{an}的通项公式；

(2)证明：＋＋…＋<2.

(1)解　法一　因为a1＝1，所以＝1，

又是公差为的等差数列，

所以＝1＋(n－1)×＝.

因为当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，

所以＝(n≥2)，

所以＝(n≥2)，

整理得＝(n≥2)，

所以··…··＝××…··＝(n≥2)，

所以Sn＝(n≥2)，

又S1＝1也满足上式，

所以Sn＝(n∈N*)，

则Sn－1＝(n≥2)，

所以an＝－

＝(n≥2)，

又a1＝1也满足上式，

所以an＝(n∈N*).

法二　因为a1＝1，所以＝1，

又是公差为的等差数列，

所以＝1＋(n－1)×＝，

所以Sn＝an.

因为当n≥2时，

an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，

所以an－1＝an(n≥2)，

所以＝(n≥2)，

所以··…··＝×××…··＝(n≥2)，

所以an＝(n≥2)，

又a1＝1也满足上式，

所以an＝(n∈N*).

(2)证明　因为an＝，

所以＝＝2，

所以＋＋…＋＝2[＋＋…＋＋]

＝2<2.

热点一　分组求和与并项求和

1.若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，或cn＝且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和.

2.若数列的通项公式中有(－1)n等特征，根据正负号分组求和.

例1 (2022·济宁一模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a5＝9，S7＝49.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝求数列{bn}的前100项和.

解　(1)设等差数列{an}的公差为d，

则解得

所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1(n∈N*).

(2)因为bn＝

所以数列{bn}的前100项和为(b1＋b2＋…＋b10)＋(b11＋b12＋…＋b20)＋(b21＋b22＋…＋b30)＋…＋(b91＋b92＋…＋b100)

＝(a1＋a2＋…＋a10)＋2(a1＋a2＋…＋a10)＋22(a1＋a2＋…＋a10)＋…＋29(a1＋a2＋…＋a10)

＝(1＋2＋22＋…＋29)(a1＋a2＋…＋a10)

＝×

＝102 300.

规律方法　分组求和的基本思路是把各项中结构相同的部分归为同一组，然后再求和.

训练1 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.

a1也满足an＝n，

故数列{an}的通项公式为an＝n(n∈N*).

(2)由(1)知an＝n，故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(n∈N*).

热点二　裂项相消法求和

裂项常见形式：(1)分母两项的差等于常数

＝；

＝.

(2)分母两项的差与分子存在一定关系

＝－；

＝.

(3)分母含无理式＝－.

例2 已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)2n＋1＋2.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)求数列的前n项和Tn.

解　(1)由题意可知a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)2n＋1＋2，①

当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(n－2)2n＋2，②

①－②得nan＝(n－1)2n＋1－(n－2)2n，

即an＝2n，

当n＝1时，a1＝2满足上式，

所以an＝2n(n∈N*).

(2)因为log2 an＝log2 2n＝n，

所以＝＝.

所以Tn＝

＝＝－.

规律方法　裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是依次项抵消，有的是间隔项抵消.

训练2 (2022·武汉模拟)已知正项等差数列{an}满足：a3n＝3an(n∈N*)，且2a1，a3＋1，a8成等比数列.

(1)求{an}的通项公式；

(2)设cn＝，求数列{cn}的前n项和Rn.

解　(1)设等差数列{an}的公差为d，

由a3n＝3an得

a1＋(3n－1)d＝3[a1＋(n－1)d].

则a1＝d，

所以an＝a1＋(n－1)d＝nd.

又2a1，a3＋1，a8成等比数列，

所以(a3＋1)2＝2a1·a8，

即(3d＋1)2＝2d·8d.

所以7d2－6d－1＝0，

解得d＝1或d＝－，

因为{an}为正项数列，

所以d>0，所以d＝1，

所以an＝n(n∈N*).

(2)由(1)可得cn＝＝

＝2，

所以Rn＝2

＝2.

热点三　错位相减法求和

如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，那么求数列{an·bn}的前n项和Sn时，可采用错位相减法.用其法求和时，应注意：(1)等比数列的公比为负数的情形；

(2)在写“Sn”和“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“Sn－qSn”的表达式.

例3 (2022·广州调研)从①Sn，2Sn＋1，3Sn＋2成等差数列，且S2＝；②a＝an(2an－5an＋1)，且an>0；③2Sn＋an－t＝0(t为常数)这三个条件中任选一个补充在横线处，并给出解答.

已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝，________，其中n∈N*.

(1)求{an}的通项公式；

(2)记bn＝logan＋1，求数列{an·bn}的前n项和Tn.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

解　(1)若选条件①.

因为Sn，2Sn＋1，3Sn＋2成等差数列，所以4Sn＋1＝Sn＋3Sn＋2，

即Sn＋1－Sn＝3(Sn＋2－Sn＋1)，

所以an＋1＝3an＋2，

又S2＝，a1＝，

所以a2＝S2－a1＝，即a2＝a1，

所以an＋1＝an，即＝，

又a1＝，所以数列{an}是首项为，公比为的等比数列，

所以an＝(n∈N*).

若选条件②.

由a＝an(2an－5an＋1)，

得3a＝an(2an－5an＋1)，

即3a＋5an＋1an－2a＝0，

所以(an＋1＋2an)(3an＋1－an)＝0，

因为an>0，所以3an＋1－an＝0，

即＝，又a1＝，

所以数列{an}是首项为，公比为的等比数列，

所以an＝(n∈N*).

若选条件③.

因为2Sn＋an－t＝0，

所以n≥2时，2Sn－1＋an－1－t＝0，

两式相减并整理，

得an＝an－1(n≥2)，

即＝(n≥2)，又a1＝，

所以数列{an}是首项为，公比为的等比数列，所以an＝(n∈N*).

(2)由(1)知，an＋1＝，

所以bn＝logan＋1＝log＝n＋1，

所以an·bn＝(n＋1)×＝，

所以Tn＝＋＋＋…＋，

所以Tn＝＋＋＋…＋，

两式相减，得

Tn＝＋－＝＋－

＝＋×－＝－×－，

所以Tn＝×＝－.

易错提醒　一要先“错项”再“相减”；二要注意最后一项的符号.

训练3 (2022·潍坊模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，S3＝a3＋6.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝log2an，求数列{anbn}的前n项和Tn.

解　(1)设数列{an}的公比为q，

由a1＝2，S3＝a3＋6，

得a1(1＋q＋q2)＝6＋a1q2，解得q＝2，

所以an＝2n(n∈N*).

(2)由(1)可得bn＝log2an＝n，

所以anbn＝n·2n，

Tn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，

2Tn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)2n＋n·2n＋1，

所以－Tn＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1

＝－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1，

所以Tn＝(n－1)2n＋1＋2.

一、基本技能练

1.已知数列{an}满足an＋1－an＝2(n∈N*)，a1＝－5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝(　　)

A.9  B.15 

C.18  D.30

答案　C

解析　∵an＋1－an＝2，a1＝－5，

∴数列{an}是公差为2的等差数列，

∴an＝－5＋2(n－1)＝2n－7，

数列{an}的前n项和Sn＝＝n2－6n(n∈N*).

令an＝2n－7≥0，解得n≥，

∴n≤3时，|an|＝－an；

n≥4时，|an|＝an.

则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|

＝－a1－a2－a3＋a4＋a5＋a6

＝S6－2S3

＝62－6×6－2×(32－6×3)＝18.

2.(2022·深圳模拟)在数列{an}中，a1＝3，am＋n＝am＋an(m，n∈N*)，若a1＋a2＋a3＋…＋ak＝135，则k等于(　　)

A.10  B.9 

C.8  D.7

答案　B

解析　令m＝1，由am＋n＝am＋an可得an＋1＝a1＋an，

所以an＋1－an＝3，

所以{an}是首项为a1＝3，公差为3的等差数列，

an＝3＋3(n－1)＝3n，

所以a1＋a2＋a3＋…＋ak＝＝＝135，

整理可得k2＋k－90＝0，

解得k＝9或k＝－10(舍去).

3.数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为(　　)

A.3 690  B.3 660 

C.1 845  D.1 830

答案　D

解析　因为an＋1＋(－1)nan＝2n－1，

故有a2－a1＝1，a3＋a2＝3，a4－a3＝5，a5＋a4＝7，a6－a5＝9，a7＋a6＝11，…，a50－a49＝97.

从而可得a3＋a1＝2，a4＋a2＝8，a5＋a7＝2，a8＋a6＝24，a9＋a11＝2，a12＋a10＝40，a13＋a15＝2，a16＋a14＝56，…

从第一项开始，依次取2个相邻奇数项的和都等于2，从第二项开始，依次取2个相邻偶数项的和构成以8为首项，以16为公差的等差数列.

所以{an}的前60项和为15×2＋＝1 830.

4.在等差数列{an}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，则数列{ancos nπ}(n∈N*)的前2 023项和为(　　)

A.1 011  B.1 010

C.－2 023  D.－2 022

答案　C

解析　由题意得a3＋a5＝2a4＝a4＋7，解得a4＝7，

所以公差d＝＝＝2，

则a1＝a4－3d＝7－3×2＝1，

所以an＝2n－1，

设bn＝ancos nπ，

则b1＋b2＝a1cos π＋a2cos 2π＝－a1＋a2＝2，

b3＋b4＝a3cos 3π＋a4cos 4π＝－a3＋a4＝2，……，

∴数列{ancos nπ}(n∈N*)的前2 023项和S2 023＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2 021＋b2 022)＋b2 023＝2×1 011－4 045＝－2 023.

5.已知函数f(x)＝xa的图象过点(4，2)，令an＝(n∈N*)，记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 023等于(　　)

A.＋1  B.－1

C.－1  D.＋1

答案　B

解析　函数f(x)＝xa的图象过点(4，2)，

则4a＝2，解得a＝，则f(x)＝，

an＝＝＝－，

则S2 023＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＋(－)＝－1.

6.(多选)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d＝1.若a1＋3a5＝S7，则下列结论一定正确的是(　　)

A.a5＝1 B.Sn最小时n＝3

C.S1＝S6 D.Sn存在最大值

答案　AC

解析　由已知得a1＋3(a1＋4×1)＝7a1＋×1，

解得a1＝－3.

对于选项A，a5＝－3＋4×1＝1，故A正确.

对于选项B，an＝－3＋n－1＝n－4，

因为a1＝－3<0，a2＝－2<0，a3＝－1<0，a4＝0，a5＝1>0，

所以Sn的最小值为S3或S4，故B错误.

对于选项C，S6－S1＝a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝5a4，

又因为a4＝0，

所以S6－S1＝0，即S1＝S6，故C正确.

对于选项D，因为Sn＝－3n＋＝，所以Sn无最大值，故D错误.

7.(2022·无锡模拟)＋＋＋＋…＋＝________.

答案　

解析　根据等差数列的前n项和公式，

可得2＋4＋6＋…＋2n＝＝n(n＋1)，

因为＝－，

所以＋＋＋＋…＋

＝＋＋＋…＋＝1－＝.

8.(2022·嘉兴测试)数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，则＋＋…＋的值为________.

答案　

解析　对于a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，

当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝2n－1，

两式相减得nan＝2n－1，

则an＝，n≥2，又a1＝21＝2不符合上式，

则an＝

当k≥2时，＝＝·＝·，

∴＋＋…＋＝a1a2＋×＋×＋…＋×

＝×2×＋×＝.

9.设各项均为正数的等差数列{an}首项为1，前n项的和为Sn，且Sn＝(n∈N*)，设bn＝2n·an，则数列{bn}的前n项和Tn＝________.

答案　(2n－3)2n＋1＋6(n∈N*)

解析　由题意4Sn＝(an＋1)2，①

4Sn＋1＝(an＋1＋1)2，         ②

两式相减得4an＋1＝(an＋1＋1)2－(an＋1)2，

即(an＋1－an－2)(an＋1＋an)＝0，

∵an＞0，

∴an＋1＋an≠0，an＋1－an＝2，

∴{an}是公差为2的等差数列，

∵a1＝1，

∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，bn＝2nan＝(2n－1)2n.

由错位相减法可求得Tn＝(2n－3)2n＋1＋6(n∈N*).

10.斐波那契数列因意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例引入，故又称为“兔子数列”，即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，….在实际生活中，很多花朵(如梅花、飞燕草、万寿菊等)的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列在现代物理及化学等领域也有着广泛的应用.斐波那契数列{an}满足：a1＝a2＝1，an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)，则1＋a3＋a5＋a7＋a9＋…＋a2 023是斐波那契数列{an}中的第________项.

答案　2 024

解析　依题意，得1＋a3＋a5＋a7＋a9＋…＋a2 023＝a2＋a3＋a5＋a7＋a9＋…＋a2 023＝a4＋a5＋a7＋a9＋…＋a2 023＝a6＋a7＋a9＋…＋a2 023＝…＝a2 022＋a2 023＝a2 024.

11.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝S5＝－20.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)已知数列{bn}是以4为首项，4为公比的等比数列，若数列{an}与{bn}的公共项为am，记m由小到大构成数列{cn}，求{cn}的前n项和Tn.

解　(1)设等差数列{an}的公差为d，

由S4＝S5＝－20，

得4a1＋6d＝5a1＋10d＝－20，

解得a1＝－8，d＝2，

则an＝－8＋2(n－1)＝2n－10(n∈N*).

(2)数列{bn}是以4为首项，4为公比的等比数列，

∴bn＝4·4n－1＝4n(n∈N*).

又依题意2m－10＝4n，

∴m＝＝5＋22n－1，

则Tn＝5n＋＝5n＋.

12.已知各项均为正数的等差数列{an}满足a1＝1，a＝a＋2(an＋1＋an).

(1)求{an}的通项公式；

(2)记bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.

解　(1)各项均为正数的等差数列{an}满足a1＝1，a＝a＋2(an＋1＋an)，

整理得(an＋1＋an)(an＋1－an)

＝2(an＋1＋an)，

由于an＋1＋an≠0，

所以an＋1－an＝2，

故数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列.

所以an＝2n－1.

(2)由(1)可得bn＝＝＝，

所以Sn＝×(－1＋－＋…＋－)＝(－1).

二、创新拓展练

13.(多选)(2022·扬州调研)已知数列{an}的前n项和为Sn，则下列说法正确的是(　　)

A.若Sn＝n2－1，则{an}是等差数列

B.若Sn＝2n－1，则{an}是等比数列

C.若{an}是等差数列，则S99＝99a50

D.若{an}是等比数列，且a1>0，q>0，则S2n－1·S2n＋1>S

答案　BC

解析　对于A，若Sn＝n2－1，则有a1＝S1＝0，a2＝S2－S1＝22－12＝3，a3＝S3－S2＝32－22＝5，2a2≠a1＋a3，此时数列{an}不是等差数列，故A错误；

对于B，若Sn＝2n－1，则当n＝1时，有a1＝S1＝1，当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1，故an＝2n－1，＝2，此时数列{an}是等比数列，故B正确；

对于C，由等差数列的性质可得S99＝＝99a50，故C正确；

对于D，因为当a1>0，q＝1时，有an＝a1，S2n－1·S2n＋1＝(2n－1)(2n＋1)a＝(4n2－1)a，S＝(2na1)2＝4n2a，此时S2n－1·S2n＋1<S，故D错误.综上，故选BC.

14.已知数列{an}满足a1＋2a2＋4a3＋…＋2n－1an＝，将数列{an}按如下方式排列成新数列：a1，a2，a2，a2，a3，a3，a3，a3，a3，…，，…，则新数列的前70项和为________.

答案　

解析　由a1＋2a2＋4a3＋…＋2n－1an＝，    ①

得a1＋2a2＋4a3＋…＋2n－2an－1＝(n≥2)，②

①－②得2n－1an＝，即an＝(n≥2)，

又a1＝，即an＝，

由1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2＝64，

得n＝8.

令S＝＋＋＋…＋，

则S＝＋＋…＋＋，

两式相减得S＝＋2×＋2×＋…＋2×－＝＋－，

∴S＝，

所以新数列的前70项和为＋＝.

15.函数y＝[x]称为高斯函数，[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.已知数列{an}满足a3＝3，且an＝n(an＋1－an)，若bn＝[lg an]，则数列{bn}的前2 023项和为________.

答案　4 962

解析　因为an＝n(an＋1－an)，

所以(1＋n)an＝nan＋1，

即＝，

所以为常数数列，

所以＝＝1，

所以an＝n，

记{bn}的前n项和为Tn，

当1≤n≤9时，0≤lg an<1，bn＝0；

当10≤n≤99时，1≤lg an<2，bn＝1；

当100≤n≤999时，2≤lg an<3，bn＝2；

当1 000≤n≤2 023时，3≤lg an<4，bn＝3；

所以T2 023＝[lg a1]＋[lg a2]＋…＋[lg a2 023]

＝9×0＋90×1＋900×2＋1 024×3＝4 962.

16.对于任意一个有穷数列，可以通过在该数列的每相邻两项之间插入这两项的和，构造一个新的数列.现对数列1，5进行构造，第1次得到数列1，6，5，第2次得到数列1，7，6，11，5，依次类推，第n次得到数列1，x1，x2，x3，…，5.记第n次得到的数列的各项之和为Sn，则{Sn}的通项公式Sn＝________.

答案　3＋3n＋1

解析　由题意可知，第n次得到数列1，x1，x2，x3，…，5.

第1次得到数列1，6，5，

第2次得到数列1，7，6，11，5，

第3次得到数列1，8，7，13，6，17，11，16，5，

第4次得到数列1，9，8，15，7，20，13，19，6，23，17，28，11，27，16，21，5.

……

第n次得到数列1，x1，x2，x3，…，5，

所以S1＝6＋6＝6＋2×31，

S2＝6＋6＋18＝6＋2×31＋2×32，

S3＝6＋6＋18＋54＝6＋2×31＋2×32＋2×33，

S4＝6＋6＋18＋54＋162＝6＋2×31＋2×32＋2×33＋2×34，

……，

即Sn＝6＋2(31＋32＋…＋3n)

＝6＋＝3＋3n＋1.

17.(2022·泰州模拟)在①Sn＝2an＋1－3，a2＝，②2Sn＋1－3Sn＝3，a2＝，③点(an，Sn)(n∈N*)在直线3x－y－3＝0上这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并解答.

已知数列{an}的前n项和为Sn，________.

(1)求{an}的通项公式；

(2)若bn＝，求{bn}的前n项和Tn.

解　(1)方案一　选条件①.

∵Sn＝2an＋1－3，

∴当n≥2时，Sn－1＝2an－3，

两式相减，整理得an＋1＝an(n≥2).

∵a2＝，

∴a1＝S1＝2a2－3＝，a2＝a1，

∴＝(n∈N*)，

∴数列{an}是以为首项，为公比的等比数列，

∴an＝×＝(n∈N*).

方案二　选条件②.

∵2Sn＋1－3Sn＝3，

∴当n≥2时，2Sn－3Sn－1＝3，

两式相减，整理得an＋1＝an(n≥2).

∵2(a1＋a2)－3a1＝3，a2＝，

∴a1＝，a2＝a1，

∴＝(n∈N*)，

∴数列{an}是以为首项，为公比的等比数列，

∴an＝×＝(n∈N*).

方案三　选条件③.

∵点(an，Sn)(n∈N*)在直线3x－y－3＝0上，

∴Sn＝3an－3，∴Sn＋1＝3an＋1－3，

两式相减，整理得an＋1＝an，

当n＝1时，a1＝3a1－3，得a1＝，

∴数列{an}是以为首项，为公比的等比数列，

∴an＝×＝(n∈N*).

(2)由(1)可得bn＝n·，

则Tn＝1·＋2·＋…＋n·，

∴Tn＝1·＋2·＋…＋n·，

两式相减得Tn＝＋＋＋…＋－n·＝－n·

＝2－×，

∴Tn＝6－(2n＋6)×.