前言
数列题目中时不时会出现 正项数列 或 \(a_n>0\) 的关键词，此时你应该注意，这个关键词已经隐含了题目可能会出现的变形方向，比如以下的常用变形总结：
①两边同时约分，比如\((a_{n+1}+a_n)(a_{n+1}-a_n-2)=0\)，约分得到\(a_{n+1}-a_n=2\)；
②两边同时开平方，比如\(S_n^2=n\)，则\(S_n=\sqrt{n}\)有意义；
③两边同时取对数，则\(lna_n\)有意义；
④当然，由此也能得到\(q>0\)，可以排除计算出来的负值；比如 由\(q^2-q-2=0\)，可解得\(q=2\)(\(q=-1\)舍去)；再比如 \(a_3a_7=4\)，若有条件正项数列，则可得到 \(a_3a_7\)\(=\)\(a_5^2\)\(=\)\(4\)，则 \(a_5\)\(=\)\(2\)；
典例剖析
分析：欲求\(S_n\)，先求解通项公式\(a_n\)。注意条件中的“正项”。
由\(a_{n+1}^2-6a_n^2=a_{n+1}a_n\)，得到\(a_{n+1}^2-4a_n^2=2a_n^2+a_{n+1}a_n\)，
即\((a_{n+1}+2a_n)(a_{n+1}-2a_n)=(a_{n+1}+2a_n)a_n\)，由于\(a_{n+1}+2a_n>0\)，
故两边约分，得到\(a_{n+1}=3a_n\)，又\(a_1=2\neq 0\)，
故数列\(\{a_n\}\)为首项为\(2\)，公比为\(3\)的等比数列，
故\(S_n=\cfrac{2\times(3^n-1)}{3-1}=3^n-1\)。
分析：由已知\(a_n^2a_{n+1}+a_na_{n+1}^2=2^na_n+2^na_{n+1}\)，
变形得到\(a_na_{n+1}\cdot (a_n+a_{n+1})=2^n\cdot (a_n+a_{n+1})\)，
由于\(a_n+a_{n+1}>0\)，两边约分得到，\(a_na_{n+1}=2^n\)①，
仿照①式，构造得到\(a_{n+1}a_{n+2}=2^{n+1}\)②，
则由\(\cfrac{②}{①}\)相比得到，\(\cfrac{a_{n+2}}{a_{n}}=2\)；
又由\(a_1=1\)，\(a_n^2a_{n+1}\)\(+a_na_{n+1}^2\)\(=\)\(2^na_n+\)\(2^na_{n+1}\)，
令\(n=1\)，得到\(a_1^2a_{2}\)\(+a_1a_{2}^2\)\(=\)\(2^1a_1+\)\(2^1a_{2}\)，解得\(a_2=2\)(舍去\(a_2=-1\))，
辅助说明，数列的各项的值如下图所示：
| \(a_1=1\) | \(a_3=2\) | \(a_5=4\) | \(a_7=8\) | \(a_9=16\) | ||||
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| \(a_2=2\) | \(a_4=4\) | \(a_6=8\) | \(a_8=16\) |
故数列\(\{a_n\}\)的奇数项是以\(a_1=1\)为首项，\(q=2\)为公比的等比数列；
数列\(\{a_n\}\)的偶数项是以\(a_2=2\)为首项，\(2\)为公比的等比数列；
[为了便于表达，我们采用先分后合的策略来分析，即先分析奇数项的通项公式，后分析偶数项的通项公式，]
当\(n=2k-1\)时，则\(a_{2k-1}=a_1\cdot 2^{\frac{2k-1-1}{2}}=1\cdot 2^{k-1}=2^{k-1}=2^{\frac{(2k-1)-1}{2}}\)，[1]
当\(n=2k\)时，则\(a_{2k}=a_2\cdot 2^{\frac{2k-2}{2}}=2\cdot 2^{k-1}=2^{k}=2^{\frac{2k}{2}}\)，
故所求的通项公式为\(a_n=\left\{\begin{array}{l}{2^{\frac{n-1}{2}}，n为奇数}\\{2^{\frac{n}{2}}，n为偶数}\end{array}\right.\)
则\(S_{10}=(a_1+a_3+a_5+a_7+a_9)+(a_2+a_4+a_6+a_8+a_{10})\)
\(=\cfrac{1\cdot(1-2^5)}{1-2}+\cfrac{2\cdot(1-2^5)}{1-2}=93\)；
提示：变形得到 \(a_{n+1}-a_{n}=\sqrt{a_{n+1}}+\sqrt{a_{n}}\)，
即\((\sqrt{a_{n+1}}+\sqrt{a_{n}})(\sqrt{a_{n+1}}-\sqrt{a_{n}})=\sqrt{a_{n+1}}+\sqrt{a_{n}}\)，
由于 \(a_n>0\)，故 \(\sqrt{a_{n+1}}+\sqrt{a_{n}}>0\)，两边约分得到，
即\(\sqrt{a_{n+1}}-\sqrt{a_{n}}=1\)，
又令\(n=1\)，由 \(a_{n+1}-\sqrt{a_{n+1}}=a_{n}+\sqrt{a_{n}}\) ，结合 \(a_2=4\)，
解得 \(a_1=1\)，即\(\sqrt{a_1}=1\)
即数列 \(\{\sqrt{a_{n}}\}\)为首项为 \(1\) ，公差为 \(1\) 的等差数列；
则 \(\sqrt{a_n}=1+(n-1)\cdot 1=n\)，则 \(a_n=n^2\).
解析：由于 \(a_n>0\)，故 \(S_n>0\) 且 \(S_{n-1}>0\) ，又由于\(a_n=S_n-S_{n-1}\) ，
则 \(a_n=(\sqrt{S_n})^2-(\sqrt{S_{n-1}})^2=(\sqrt{S_n}+\sqrt{S_{n-1}})(\sqrt{S_n}-\sqrt{S_{n-1}})\)
由题目可知，\(a_n=\sqrt{S_n}-\sqrt{S_{n-1}}\)，则有\((\sqrt{S_n}+\sqrt{S_{n-1}})(\sqrt{S_n}-\sqrt{S_{n-1}})=\sqrt{S_n}+\sqrt{S_{n-1}}\)
由于 \(\sqrt{S_n}+\sqrt{S_{n-1}}>0\) ，约分得到 \(\sqrt{S_n}-\sqrt{S_{n-1}}=1\)，
则数列 \(\{\sqrt{S_n}\}\) 是首项为 \(\sqrt{S_1}=\sqrt{a_1}=1\) ，公差为 \(1\) 的等差数列，
则 \(\sqrt{S_n}=1+(n-1)\cdot 1=n\) ，故 \(S_n=n^2\)，
当 \(n\geqslant2\) 时，\(a_n=S_n-S_{n-1}=n^2-(n-1)^2=2n-1\)，
又由于 \(a_1=1\) 满足上式，故 \(a_n=2n-1\)，\(n\in N^*\) ，
则 \(\cfrac{1}{a_{n}\cdot a_{n+1}}=\cfrac{1}{(2n-1)(2n+1)}=\cfrac{1}{2}(\cfrac{1}{2n-1}-\cfrac{1}{2n+1})\)
令所求数列的前 \(n\) 项和 \(T_{n}\) ，
则 \(T_{15}=\cfrac{1}{2}[(1-\cfrac{1}{3})+(\cfrac{1}{3}-\cfrac{1}{5})+\cdots+(\cfrac{1}{29}-\cfrac{1}{31})]\)
\(=\cfrac{1}{2}(1-\cfrac{1}{31})=\cfrac{15}{31}\).
〔审题分析〕：\(\Leftarrow\) \(T_{n}<m\) 成立的最小的 \(m\) 的值，属于不等式恒成立问题；
\(\Leftarrow\) 求解数列 \(T_n\) 的最大值或最大值的极限；
\(\Leftarrow\) 求解数列 \(b_n\) 的通项公式，观察 \(b_n\) 的结构，猜测其可能是差比数列，则要使用错位相减法求和；
\(\Leftarrow\) 求数列 \(a_n\) 的通项公式，结合已知条件的结构特征；
\(\Leftarrow\) 利用 \(a_n\) 与 \(S_n\) 的关系求解 \(a_n\)；
〔具体解析〕： 由 \(a_{1}^{3}+a_{2}^{3}+a_{3}^{3}+\cdots+a_{n}^{3}=S_{n}^{2}+2 S_{n}\)，
得 \(a_{1}^{3}+a_{2}^{3}+a_{3}^{3}+\cdots+a_{n-1}^{3}=S_{n-1}^2+2 S_{n-1}(n \geqslant 2)\)， 两式相减得
\(a_{n}^{3}=S_{n}^2+2 S_{n}-S_{n-1}^{2}-2 S_{n-1}=a_{n}(S_{n}+S_{n-1})+2a_{n}(n \geqslant 2)\)
由于\(a_{n}>0\)， \(a_{n}^2=S_{n}+S_{n-1}+2(n\geqslant 2)\)，
所以\(a_{n-1}^{2}=S_{n-1}+S_{n-2}+2(n \geqslant 3)\)，
两式相减得， \(a_{n}^{2}-a_{n-1}^{2}=a_{n}+a_{n-1}(n\geqslant 3)\)，
由于\(a_{n}>0\)，则得到 \(a_{n}-a_{n-1}=1(n\geqslant 3)\)注意，此时还不能判断数列 \(\{a_n\}\) 为等差数列，还差一个 \(a_{2}\)\(-\)\(a_{1}\)\(=\)\(1\)的验证，故接下来是计算验证\(a_{2}\)\(-\)\(a_{1}\)是否等于\(1\)，若等于就是等差数列，若不等于就不是等差数列；，
又当 \(n=1\) 时，有 \(a_{1}^{3}=S_{1}^{2}+2 S_{1}\)；
当 \(n=2\) 时，有 \(a_{1}^{3}+a_{2}^{3}=S_{2}^{3}+2 S_{2}\)
解得 \(a_{1}=2\)， \(a_{2}=3\) ，\(a_{2}-a_{1}=1\)，
故数列 \(\{a_{n}\}\) 是首项为 \(2\) 公差为 \(1\) 的等差数列，
所以，\(a_{n}=2+(n-1)=n+1\) ，\(b_{n}=\cfrac{n+1}{2^{n}}\)，
所以， \(T_{n}=\cfrac{2}{2^{1}}+\cfrac{3}{2^{2}}+\cfrac{4}{2^{3}}+\cdots+\cfrac{n+1}{2^{n}}\)，
\(\cfrac{1}{2}T_{n}=\cfrac{2}{2^{2}}+\cfrac{3}{2^{3}}+\cfrac{4}{2^{4}}+\cdots+\cfrac{n+1}{2^{n+1}}\)，
两式相减得， \(\cfrac{1}{2}T_{n}=1+\cfrac{1}{2^{2}}+\cfrac{1}{2^{3}}+\cdots+\cfrac{1}{2^{n}}-\cfrac{n+1}{2^{n+1}}\)，
\(=1+\cfrac{\cfrac{1}{2^{2}}[1-(\cfrac{1}{2})^{n-1}]}{1-\cfrac{1}{2}}-\cfrac{n+1}{2^{n+1}}\)，
\(=1+\cfrac{1}{2}[1-(\cfrac{1}{2})^{n-1}]-\cfrac{n+1}{2^{n+1}}\)
\(=1+\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{2^n}-\cfrac{n+1}{2^{n+1}}\)
\(=\cfrac{3}{2}-\cfrac{2}{2^{n+1}}-\cfrac{n+1}{2^{n+1}}\)
\(=\cfrac{3}{2}-\cfrac{n+3}{2^{n+1}}\)，
所以，\(T_{n}=3-\cfrac{n+3}{2^{n}}<3\)，故 \(T_n\) 的最小值的极限为 \(3\)，
故要使得 \(T_{n}<m\) 恒成立，则 \(m\geqslant 3\)，即 \(m\) 的最小值为 \(3\) .
〔解后反思〕本题目综合程度比较高，涉及类型：① 由 \(a_n\) 与 \(S_n\) 的关系求解 \(a_n\)；②等差数列的判定；③等差数列的通项公式；④差比数列；⑤错位相减法；⑥放缩法；⑦恒成立命题；
总结提炼
比如题目中告诉我们数列是个正项数列，则题目中就可以施行以下的变形[可能用到]:
①对于等式而言，只要两端出现非零因子，就可以同时约分，得到更简单的等式。比如\((a_{n+1}\)\(+\)\(a_n)\)\((a_{n+1}\)\(-\)\(a_n\)\(-\)\(2)\)\(=0\)，约分得到\(a_{n+1}\)\(-\)\(a_n\)\(=\)\(2\)，这不就是等差数列吗？
②对于等式而言，只要两端都是正值，就可以同时开平方，从而得到更简单的等式。比如\(S_n^2=n\)，则\(S_n=\sqrt{n}\)就有意义，就可以由 \(S_n\) 出发求 \(a_n\) ；比如\(a_n^2=n+1\)，则\(a_n=\sqrt{n+1}\)有意义；
③对于等式而言，只要两端都是正值，就可以同时取对数，从而得到更简单的等式。则\(lna_n\)有意义；
对等比数列的通项公式的解释：
\(a_n=a_1\cdot q^{n-1}\)，其中\(n-1\)应该理解为第\(n\)项与第\(1\)项之间间隔的项数；
当只统计所有奇数项时，第\(2k-1\)项与第\(1\)项之间间隔的项数为\(\cfrac{2k-1-1}{2}=k-1\)； ↩︎