等差与等比数列

等差与等比数列是两类重要的数列模型，高中阶段通过对这两类数列模型的学习，我们对数列知识有了初步的认识. 高考对数列的考查，始终围绕这两类模型展开，一方面考查与它们相关的数学方法，如累加法、累积法、倒序相加法；另一方面是进行延伸拓展，形式上是考查非等差、等比数列，而实质上是考查转化思想，将非等差、等比数列化归（构造）为等差、等比数列的技能，最终落脚点还是等差、等比数列. 需要指出的是，部分省市由于弱化了数列与不等式相交汇的考题，故此部分内容被命制为解答题的第1题或第2题的概率有所增加，它应是我们重点复习的对象.

（1）方程法，即将an与Sn统一表示为a1和d（或q）的方程（组），以求其基本量（五个基本量中，通常先求出a1和d（或q），然后再求其他的基本量）；对于等差数列{an}，其通项公式为an=a1+（n-1）d，求和公式为Sn=■d=na1+■；对于等比数列{an}，其通项公式为an=a1qn-1，求和公式为Sn=na1，q=1，■，q≠1.

（2）性质法，即运用等差（比）数列的相关性质解题，常可整体代换，回避单个求值. 较为常用的如：若a，b，c成等差？圳2b=a+c；若a，b，c成等比？圯b2=ac；若m+n=p+q？圯am+an=ap+aq（或aman=apaq）（n，m，p，q∈N？鄢）；有关和的性质，Sk，S2k-Sk，S3k-S2k，…仍成等差（比）数列等. 需要指出，等差、等比数列的性质具有对称性，因此可用类比的思想进行理解和记忆.

（3）由递推关系求通项公式，我们往往通过待定系数法，构造新数列，使得该新数列是等差、等比数列. 形如an+1=Aan+Ban-1的递推关系，我们常设an+1+xan=（A+x）（an+xan-1）（可求得x（A+x）=B），从而构造了新数列{an+1+xan}，该数列是等比数列；形如an+1=Aan+B的递推关系，我们常设an+1+x=A（an+x）（可求得x（A-1）=B），从而构造了新数列{an+x}，该数列是等比数列.

（4）若数列{an}满足：an=bn·cn，{bn}是等差数列，{cn}是等比数列，求数列{an}的前n项的和，常用错位相减法，转化为等比数列求和. 设等差数列{bn}的公差为d，等比数列{cn}的公比为q.

第一步：错位.

Sn=a1+a2+a3+…+an-1+an ①，qSn=qa1+qa2+qa3+…+qan-1+qan ②.

第二步：相减. 由①-②得：（1-q）Sn=a1+d（c2+c3+…+cn）-qan.

第三步：求和. 当q≠1时，Sn=■+■.

■

■ 已知等差数列{an}满足：a3=7，a5+a7=26，{an}的前n项和为Sn.

（1）求a6及Sn的最小值；？摇

（2）令bn=■（n∈N？鄢），求数列{bn}的前n项和Tn.

破解思路 第（1）问利用等差数列通项公式和前n项和公式列方程求解a1和d，写出通项再求a6，对于前n项和的最值则可转化为二次函数最值问题处理；第（2）问中通项bn为分式形式，可通过裂项法来求和.

经典答案 （1）设等差数列{an}的公差为d，因为a3=7，a5+a7=26，所以有a1+2d=7，2a1+10d=26，解得a1=3，d=2，则an=2n+1，所以a6=13.

Sn=■=n2+2n=（n+1）2-1，所以当n=1时，Sn取得最小值3.

（2）由（1）知an=2n+1，所以bn=■=■·■=■·■-■，所以Tn=■1-■+■-■+…+■-■=■1-■=■.

■ 已知数列{an}的前n项和Sn=-an-■■+2（n为正整数）.

（1）令bn=2nan，求证：数列{bn}是等差数列，并求数列{an}的通项公式；

（2）令cn=■an，Tn=c1+c2+…+cn，试比较Tn与■的大小，并证明.

破解思路 （1）对于an，Sn混合型的递推关系，我们常用an=Sn-Sn-1，作差消去Sn. 同时，要证数列{bn}是等差数列，只要证当n≥2时，bn-bn-1=d（常数）即可.

（2）求数列{anbn}（其中{an}是等差数列，{bn}是等比数列）的前n项的和，通常用错位相减法，转化为等比数列求和.

经典思路 （1）因为Sn=-an-■■+2，所以令n=1，得S1=-a1-1+2=a1，即a1=■.

当n≥2时，Sn-1=-an-1-■■+2，所以an=Sn-Sn-1=-an+an-1+■■，所以2an=an-1+■■，即2nan=2n-1an-1+1.

因为bn=2nan，所以bn=bn-1+1，即当n≥2时，bn-bn-1=1.？摇

又b1=2a1=1，所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列.

于是bn=1+（n-1）·1=n=2nan，所以an=■.

（2）由（1）得cn=■an=（n+1）·■■. 因为Tn=c1+c2+…+cn，所以Tn=2×■+3×■■+4×■■+…+（n+1）×■■ ①，

■Tn=2×■■+3×■■+4×■■+…+（n+1）×■■ ②，

所以由①-②得：

■T■=1+■■+■■+■■+…+■■-（n+1）×■■=1+■-（n+1）■■=■-■，所以Tn=3-■.

Tn-■=3-■-■=■，于是确定T n与■的大小关系等价于比较2n与2n+1的大小.

由2<2×1+1；22<2×2+1；23>2×3+1；24>2×4+1；…

可猜想当n≥3时，2n>2n+1.证明如下：

①当n=3时，由上验算显示成立.

②假设n=k（k≥3）时，猜想成立，即2k>2k+1.

因为2k+1=2·2k>2（2k+1）=2（k+1）+2k>2（k+1）+1，所以当n=k+1时猜想也成立.

综合①②可知，对一切n≥3的正整数，都有2n>2n+1，所以当n=1，2时，Tn<■；当n≥3时，Tn>■.

■ 在数列{an}中，a1=1，a2=2，且an+1=（1+q）an-qan-1（n≥2，q≠0）.

（1）设bn=an+1-an（n∈N？鄢），证明：{bn}是等比数列；

（2）求数列{an}的通项公式；

（3）若a3是a6与a9的等差中项，求q的值，并证明：对任意的n∈N？鄢，an是an+3与an+6的等差中项.

破解思路 求非等差、等比数列的通项公式，关键是对递推关系进行合理的转化，构造新的等差、等比数列，从而可以运用等差、等比数列的通项公式求解.

经典思路 （1）法1：当n≥2时，■=■=■=q.

又b1=a2-a1=1，q≠0，所以{bn}是首项为1，公比为q的等比数列.

法2：设an+1+xan=（1+q+x）（an+xan-1），所以an+1=（1+q）an+x（1+q+x）·a■. 因为an+1=（1+q）an-qan-1，所以x（1+q+x）=-q，即x2+（1+q）x+q=0，所以x=-q或-1. 当x=-1时，an+1-an=q（an-an-1），bn=qbn-1.

又b1=a2-a1=1，q≠0，所以{bn}是首项为1，公比为q的等比数列.

（2）法1：由（1）得an+1-an=qn-1.

因为a2-a1=1，a3-a2=q，…，an-an-1=qn-2（n≥2），所以以上各式相加，得an-a1=1+q+…+qn-2（n≥2）.

当n≥2时，an=1+■，q≠1，n，q=1.

上式对n=1显然成立. 所以对n∈N？鄢，an=1+■，q≠1，n，q=1.

法2：由（1）知，当x=-q时，a■-qan=an-qan-1，所以an+1-qan=a2-qa1=2-q，即an+1=qan+2-q.

当q=1时，an+1=an+1，数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，所以an=n.

当q≠1时，设an+1+r=q（an+r），则an+1=qan+（q-1）r，所以（q-1）r=2-q，即r=■，所以an+1+■=qan+■. 又a1+■=■，所以an+■是首项为■，公比为q的等比数列. 所以an+■=■·qn-1，即an=■+■.

所以综上可得，对n∈N？鄢，an=1+■，q≠1，n，q=1.

（3）由（2），当q=1时，显然a3不是a6与a9的等差中项，故q≠1.

由a3-a6=a9-a3可得q5-q2=q2-q8，由q≠0得q3-1=1-q6 ①.

整理得（q3）2+q3-2=0，解得q3=-2或q3=1（舍去）. 于是q=-■.

另一方面，an-an+3=■=■（q3-1），？摇an+6-an=■=■·（1-q6）. 根据①可得an-an+3=an+6-an，n∈N？鄢.

所以对任意的n∈N？鄢，an是an+3与an+6的等差中项.

■

1. 已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1+a2=2■+■，a3+a4+a5=64■+■+■.

（1）求{an}的通项公式；

（2）设bn=a■+■■，求数列{bn}的前n项和Tn.

2. 已知数列{an}，a1=1，an=λan-1+λ-2（n≥2）.

（1）当λ为何值时，数列{an}可以构成公差不为零的等差数列，并求其通项公式；

（2）若λ=3，令bn=an+■，求数列{bn}的前n项和Sn.

3. 已知数列{an}满足a1=-■，a2=1，anan+1+anan-1=2a■a■（an≠0，n∈N？鄢，n≥2），Sn为数列{bn}的前n项和，且b1=■，4nSn+3■=3·4n.

（1）求证：数列■是等差数列，数列{bn}是等比数列；

（2）若数列{cn}满足cn=■，Tn为数列{cn}的前n项和，求Tn+1-2Tn+Tn-1（n≥2）的最大值.