12.數(shù)列1，2，3，4，5，…的前n項(xiàng)之和等于________________.

答案　+[1-()n]

解析　由數(shù)列各項(xiàng)可知通項(xiàng)公式為an=n+，由分組求和公式結(jié)合等差數(shù)列、等比數(shù)列求和公式可知前n項(xiàng)和為Sn=+[1-()n].

13.設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1=1，an+1=λSn+1(n∈N*，且λ≠-1)，且a1,2a2，a3+3為等差數(shù)列{bn}的前三項(xiàng).

(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式;

(2)求數(shù)列{anbn}的前n項(xiàng)和.

解　(1)方法一　∵an+1=λSn+1(n∈N*)，

∴an=λSn-1+1(n≥2).

∴an+1-an=λan，即an+1=(λ+1)an (n≥2)，λ+1≠0，

又a1=1，a2=λS1+1=λ+1，

∴數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，以λ+1為公比的等比數(shù)列，

∴a3=(λ+1)2，∴4(λ+1)=1+(λ+1)2+3，

整理得λ2-2λ+1=0，得λ=1.

∴an=2n-1，bn=1+3(n-1)=3n-2.

方法二　∵a1=1，an+1=λSn+1(n∈N*)，

∴a2=λS1+1=λ+1，

a3=λS2+1=λ(1+λ+1)+1=λ2+2λ+1.

∴4(λ+1)=1+λ2+2λ+1+3，

整理得λ2-2λ+1=0，得λ=1.

∴an+1=Sn+1 (n∈N*)，

an=Sn-1+1(n≥2)，

∴an+1-an=an，即an+1=2an (n≥2)，又a1=1，a2=2，

∴數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，以2為公比的等比數(shù)列，

∴an=2n-1，bn=1+3(n-1)=3n-2.

(2)設(shè)數(shù)列{anbn}的前n項(xiàng)和為Tn，

anbn=(3n-2)·2n-1，

∴Tn=1·1+4·21+7·22+…+(3n-2)·2n-1.①

∴2Tn=1·21+4·22+7·23+…+(3n-5)·2n-1+(3n-2)·2n.②

①-②得，-Tn=1·1+3·21+3·22+…+3·2n-1-(3n-2)·2n=1+3·-(3n-2)·2n.

整理得Tn=(3n-5)·2n+5.

14.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)求證：數(shù)列{an}是等差數(shù)列;

(2)設(shè)bn=，Tn=b1+b2+…+bn，若λ≤Tn對于任意n∈N*恒成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍.

(1)證明　∵Sn= (n∈N*)，①

∴Sn-1= (n≥2).②

①-②得an= (n≥2)，

整理得(an+an-1)(an-an-1)=(an+an-1)，

∵數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，∴an+an-1≠0，

∴an-an-1=1(n≥2).

當(dāng)n=1時，a1=1，

∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列.

(2)解　由(1)得Sn=，

∴bn===2(-)，

∴Tn=2[(1-)+(-)+(-)+…+(-)]=2(1-)=，

∵Tn=，∴Tn單調(diào)遞增，∴Tn≥T1=1，∴λ≤1.故λ的取值范圍為(-∞，1].