章末复习课
[网络构建]
[核心归纳]
1.等差数列和等比数列的基本概念和公式
等差数列
等比数列
定义
如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差常用字母d表示
如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q表示(q≠0)
递推关系
an＋1－an＝d
＝q
中项
由三个数x，A，y组成的等差数列可以看成最简单的等差数列.这时A叫做x与y的等差中项，且A＝
如果x与y中间插入一个数G，使x，G，y成等比数列，那么G叫做x与y的等比中项，且G＝±
通项公式
an＝a1＋(n－1)d
an＝a1qn－1
前n项和公式
Sn＝＝na1＋d
当q≠1时，Sn＝＝当q＝1时，Sn＝na1
性质
am，an的关系
am－an＝(m－n)d
＝qm－n
m，n，s，t∈N＋，m＋n＝s＋t
am＋an＝as＋at
aman＝asat
{kn}是等差数列，且kn∈N＋
{akn}是等差数列
{akn}是等比数列
n＝2k－1，k∈N＋
S2k－1＝(2k－1)·ak
a1a2·…·a2k－1＝a
判断方法
利用定义
an＋1－an是同一常数
是同一常数
利用中项
an＋an＋2＝2an＋1
anan＋2＝a
利用通项公式
an＝pn＋q，其中p，q为常数
an＝abn(a≠0，b≠0)
利用前n项和公式
Sn＝an2＋bn(a，b为常数)
Sn＝A(qn－1)，其中A≠0，q≠0且q≠1或Sn＝np(p为非零常数)
2.求数列的通项公式的方法
(1)归纳法；(2)累加、累乘法；(3)构造等差、等比数列法.
3.求数列的前n项和的基本方法
(1)公式法：利用等差数列或等比数列前n项和Sn公式；
(2)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列；
(3)裂项(相消)法：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和；
(4)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和；
(5)倒序相加：例如等差数列前n项和公式的推导；
(6)并项求和法：适用于正负相间的数列.
要点一 等差、等比数列的判定
1.判定等差数列的方法
(1)定义法；(2)等差中项法；(3)通项公式法.
2.判定等比数列的方法
(1)定义法；(2)等比中项法；(3)通项公式法.
注：以上的第三种方法只能作为判定方法，而不能作为证明方法.
【例1】 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝.
(1)求证：是等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式.
(1)证明 当n≥2时，由an＋2SnSn－1＝0得
Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，
所以－＝2，
又＝＝2，所以是首项为2，公差为2的等差数列.
(2)解 由(1)可得＝2n，所以Sn＝.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝－；
当n＝1时，a1＝，不符合an＝－.
故an＝
【训练1】 已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n－5an－85，n∈N＋.
(1)证明：{an－1}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式.
(1)证明 ∵Sn＝n－5an－85，
∴Sn＋1＝(n＋1)－5an＋1－85，
两式相减得：an＋1＝1＋5an－5an＋1，
整理得：an＋1＝an＋，
∴an＋1－1＝(an－1)，
又∵a1＝1－5a1－85，即a1＝－14，
∴a1－1＝－14－1＝－15，
∴数列{an－1}是以－15为首项，为公比的等比数列.
(2)解 由(1)可知an－1＝－15×，
∴an＝1－15×.
要点二 求数列的通项公式
数列的通项公式是数列的重要内容之一，它把数列各项的性质集于一身.常用的求通项公式的方法有观察法、公式法、累加法、累乘法、前n项和作差法、辅助数列法.
【例2】 已知数列{an}中，a1＝2，且满足an＋1＝an＋2n＋n，求数列{an}的通项公式.
解 由条件知an＋1－an＝2n＋n，则a2－a1＝21＋1，a3－a2＝22＋2，a4－a3＝23＋3，……，an－an－1＝2n－1＋n－1，累加得(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＝(21＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(2n－1＋n－1)，
∴an－a1＝(21＋22＋…＋2n－1)＋(1＋2＋…＋n－1)
＝2n－2＋，
∵a1＝2，∴an＝2n＋.
【训练2】 已知Sn＝4－an－，求an与Sn.
解 ∵Sn＝4－an－，∴Sn－1＝4－an－1－，n≥2，
当n≥2时，Sn－Sn－1＝an＝an－1－an＋－.
∴an＝an－1＋.∴－＝2，
∴2nan－2n－1an－1＝2，
∴{2nan}是等差数列，d＝2，首项为2a1.
∵a1＝S1＝4－a1－＝2－a1，
∴a1＝1，∴2nan＝2＋2(n－1)＝2n.
∴an＝n·，n∈N＋，
∴Sn＝4－an－＝4－n·－＝4－.
要点三 等差、等比数列的综合问题
等差、等比数列是两类基本的数列，两数列相结合的问题经常考查，特别是通项公式、前n项和公式以及等差中项、等比中项是命题的热点.
【例3】 在等差数列{an}中，a2＋a7＝－23，a3＋a8＝－29.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{an＋bn}是首项为1，公比为q的等比数列，求数列{bn}的前n项和Sn.
解 (1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
则由题意，可得解得
所以an＝－1＋(n－1)×(－3)＝－3n＋2.
(2)由题意，得an＋bn＝qn－1，所以bn＝3n－2＋qn－1.
当q＝1时，bn＝3n－1，
则Sn＝＝；
当q≠1时，
Sn＝b1＋b2＋…＋bn
＝[1＋4＋…＋(3n－2)]＋(1＋q＋…＋qn－1)
＝＋
＝＋.
综上，Sn＝
【训练3】 已知等差数列{an}的公差d为2，且a1，a3，a4成等比数列.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设{an}的前n项和为Sn，求S20的值.
解 (1)∵a1，a3，a4成等比数列，∴a＝a1a4，
∴(a1＋2d)2＝a1(a1＋3d)，
∴(a1＋4)2＝a1(a1＋6)，
解得a1＝－8.
∴{an}的通项公式为an＝2n－10.
(2)∵S20＝
＝10(a1＋a1＋19d)＝10(－16＋19×2)＝220，
∴S20的值为220.
要点四 数列求和问题
(1)分组转化法
把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解.
(2)裂项相消法
把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和.
(3)错位相减法
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前n项和可用错位相减法求解.
【例4】 已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1＝2，且a1＋1，a2＋1，a4＋1成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，n∈N＋，Sn是数列{bn}的前n项和，求使Sn<成立的最大的正整数n.
解 (1)设{an}的公差为d.
由a1＋1，a2＋1，a4＋1成等比数列，
可得(a2＋1)2＝(a1＋1)(a4＋1)，又a1＝2，
∴(3＋d)2＝3(3＋3d)，解得d＝3(d＝0舍去)，
则an＝a1＋(n－1)d＝2＋3(n－1)＝3n－1.
(2)bn＝＝＝，
Sn＝
＝＝，
则Sn<，即<，解得n<12，
则所求最大的正整数n为11.
【训练4】 设Sn为数列{an}的前n项和，且a1＝1，当n≥2时，(n－1)an＝(n＋1)Sn－1＋n(n－1)，n∈N＋.
(1)证明：数列为等比数列；
(2)记Tn＝S1＋S2＋…＋Sn，求Tn.
(1)证明 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，
所以(n－1)(Sn－Sn－1)＝(n＋1)Sn－1＋n(n－1)，
即(n－1)Sn＝2nSn－1＋n(n－1)，则＝2·＋1，
所以＋1＝2·，又＋1＝2，
故数列是首项为2，公比为2的等比数列.
(2)解 由(1)知＋1＝×2n－1＝2n，
所以Sn＝n·2n－n，
故Tn＝(1×2＋2×22＋…＋n·2n)－(1＋2＋…＋n).
设M＝1×2＋2×22＋…＋n·2n，
则2M＝1×22＋2×23＋…＋n·2n＋1，
所以－M＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1，
所以M＝(n－1)×2n＋1＋2，
所以Tn＝(n－1)×2n＋1＋2－.章末检测卷(一)
(时间：120分钟 满分：150分)
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求)
1.已知{an}是首项为1，公差为3的等差数列，如果an＝2
023，则序号n等于( )
A.667
B.668
C.669
D.675
解析 由2
023＝1＋3(n－1)，解得n＝675.
答案 D
2.在等差数列{an}中，a3＋a5＝12－a7，则a1＋a9＝( )
A.8
B.12
C.16
D.20
解析 由a3＋a5＝12－a7，得a3＋a5＋a7＝12＝3a5，即a5＝4，故a1＋a9＝2a5＝8.
答案 A
3.已知数列{an}是等差数列，a1＝2，其公差d≠0.若a5是a3和a8的等比中项，则S18＝( )
A.398
B.388
C.189
D.199
解析 由题可得a＝a3a8，即(2＋4d)2＝(2＋2d)(2＋7d)，整理得d2－d＝0，由d≠0，所以d＝1.
故S18＝18×2＋×18×17×1＝189.
答案 C
4.等比数列{an}中，a2＝9，a5＝243，则{an}的前4项和是( )
A.81
B.120
C.168
D.192
解析 由a5＝a2q3得q＝3.
∴a1＝＝3，S4＝＝＝120.
答案 B
5.已知数列{an}满足递推关系：an＋1＝，a1＝，则a2
020＝( )
A.
B.
C.
D.
解析 由an＋1＝得＝＋1，所以数列是等差数列，首项＝2，公差为1，所以＝2＋(2
020－1)×1＝2
021，则a2
020＝.
答案 C
6.数列{an}的通项an＝，则数列{an}中的最大项的值是( )
A.3
B.19
C.
D.
解析 令f(x)＝x＋(x>0)，运用均值不等式得f(x)≥2，当且仅当x＝3时等号成立.因为an＝，所以≤，由于n∈N＋，不难发现当n＝9或n＝10时，an＝最大.
答案 C
7.已知数列{an}的前n项和Sn＝3n(λ－n)－6，若数列{an}单调递减，则λ的取值范围是( )
A.(－∞，2)
B.(－∞，3)
C.(－∞，4)
D.(－∞，5)
解析 ∵Sn＝3n(λ－n)－6，①
∴Sn－1＝3n－1(λ－n＋1)－6，n＞1，②
①－②得an＝3n－1(2λ－2n－1)(n＞1，n∈N＋)，又{an}为单调递减数列，
∴an＞an＋1，且a1＞a2.
∴3n－1(2λ－2n－1)＞3n(2λ－2n－3)，
化为λ＜n＋2(n＞1)，且λ＜2，
∴λ＜2，∴λ的取值范围是(－∞，2).故选A.
答案 A
8.从2017年起，某人每年的5月1日到银行存入a元的定期储蓄，若年利率为p且保持不变，并约定每年到期，存款的本息均自动转为新的一年的定期，到2021年的5月1日将所有存款及利息全部取出，则可取出钱(元)的总数为( )
A.a(1＋p)4
B.a(1＋p)5
C.[(1＋p)4－(1＋p)]
D.[(1＋p)5－(1＋p)]
解析 设自2018年起每年到5月1日存款本息合计为a1，a2，a3，a4.
则a1＝a＋a·p＝a(1＋p)，
a2＝a(1＋p)(1＋p)＋a(1＋p)＝a(1＋p)2＋a(1＋p)，
a3＝a2(1＋p)＋a(1＋p)＝a(1＋p)3＋a(1＋p)2＋a(1＋p)，
a4＝a3(1＋p)＋a(1＋p)＝a[(1＋p)4＋(1＋p)3＋(1＋p)2＋(1＋p)]＝a·
＝[(1＋p)5－(1＋p)].
答案 D
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的不得分)
9.若Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2an＋1(n∈N＋)，则下列结论正确的是( )
A.a5＝－16
B.S5＝－31
C.数列{an}是等比数列
D.数列{Sn＋1}是等比数列
解析 因为Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2an＋1(n∈N＋)，
所以S1＝2a1＋1，因此a1＝－1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－1，
所以数列{an}是以－1为首项，以2为公比的等比数列，故C正确；
因此a5＝－1×24＝－16，故A正确；
又Sn＝2an＋1＝－2n＋1，所以S5＝－25＋1＝－31，故B正确；
因为S1＋1＝0，所以数列{Sn＋1}不是等比数列，故D错误.故选ABC.
答案 ABC
10.已知数列{an}是等比数列，那么下列数列一定是等比数列的是( )
A.
B.log2(an)2
C.{an＋an＋1}
D.{an＋an＋1＋an＋2}
解析 当an＝1时，log2(an)2＝0，所以数列{log2(an)2}不一定是等比数列；
当q＝－1时，an＋an＋1＝0，所以数列{an＋an＋1}不一定是等比数列；
由等比数列的定义知和{an＋an＋1＋an＋2}都是等比数列.故选AD.
答案 AD
11.记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1＋3a5＝S7，则以下结论一定正确的是( )
A.a4＝0
B.Sn的最大值为S3
C.S1＝S6
D.|a3|<|a5|
解析 设等差数列{an}的公差为d，则a1＋3(a1＋4d)＝7a1＋21d，解得a1＝－3d，
所以an＝a1＋(n－1)d＝(n－4)d，所以a4＝0，故A正确；
因为S6－S1＝5a4＝0，所以S1＝S6，故C正确；
由于d的正负不清楚，故S3可能为最大值或最小值，故B不正确；
因为a3＋a5＝2a4＝0，所以a3＝－a5，即|a3|＝|a5|，故D不正确.故选AC.
答案 AC
12.将n2个数排成n行n列的一个数阵，如下图：
a11 a12 a13 …… a1n
a21 a22 a23 …… a2n
a31 a32 a33 …… a3n
……
an1 an2 an3 …… ann
该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列，每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列(其中m>0).已知a11＝2，a13＝a61＋1，记这n2个数的和为S.下列结论正确的有( )
A.m＝3
B.a67＝17×37
C.aij＝(3i－1)×3j－1
D.S＝n(3n＋1)(3n－1)
解析 由a11＝2，a13＝a61＋1，
可得a13＝a11m2＝2m2，a61＝a11＋5m＝2＋5m，所以2m2＝2＋5m＋1，
解得m＝3或m＝－(舍去)，所以选项A是正确的；
又由a67＝a61m6＝(2＋5×3)×36＝17×36，所以选项B不正确；
又由aij＝ai1mj－1＝[a11＋(i－1)·m]·mj－1＝[2＋(i－1)×3]×3j－1＝(3i－1)×3j－1，所以选项C是正确的；
又由这n2个数的和为S，
则S＝(a11＋a12＋…＋a1n)＋(a21＋a22＋…＋a2n)＋…＋(an1＋an2＋…＋ann)
＝＋＋…＋
＝(3n－1)×
＝n(3n＋1)(3n－1)，所以选项D是正确的，故选ACD.
答案 ACD
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上)
13.若数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an(n∈N＋)，则a4＝________，前8项的和S8＝________.(本题第一空2分，第二空3分)
解析 由a1＝1，an＋1＝2an(n∈N＋)，可知数列{an}为等比数列，故a4＝8，S8＝255.
答案 8 255
14.已知等比数列{an}是递增数列，Sn是{an}的前n项和.若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根，则S6＝________.
解析 ∵a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两根，且{an}是递增数列，∴a1＝1，a3＝4，则公比q＝2，因此S6＝＝63.
答案 63
15.“中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852年，英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到2020这2020个数中，能被3除余1且被5整除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，则此数列的项数为________.
解析 因为能被3除余1且被5除余1的数就是能被15除余1的数，故an＝15n－14≤2
020，解得n≤135，数列{an}共有135项.
答案 135
16.将数列{3n－1}按“第n组有n个数”的规则分组如下：(1)，(3，9)，(27，81，243)，…，则第100组中的第一个数是________.
解析 在“第n组有n个数”的规则分组中，各组数的个数构成一个以1为首项，1为公差的等差数列.因为前99组中数的个数共有＝4
950个，且第1个数为30，故第100组中的第1个数是34
950.
答案 34
950
四、解答题(本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(本小题满分10分)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并求Sn的最小值.
解 (1)设{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15.
由a1＝－7得d＝2.
所以{an}的通项公式为an＝2n－9.
(2)由(1)得Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16.
所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16.
18.(本小题满分12分)已知数列{an}满足a1＝，且an＋1＝an＋，n∈N＋.
(1)求证：是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式.
(1)证明 由已知得
an＋1－＝an－＝.
因为a1＝，所以a1－＝，
所以是以为首项，为公比的等比数列.
(2)解 由(1)知是以为首项，为公比的等比数列，
所以an－＝×，
所以an＝×＋＝×＋.
19.(本小题满分12分)已知数列{an}的通项公式为an＝，n∈N＋.
(1)求数列的前n项和Sn；
(2)设bn＝anan＋1，求的前n项和Tn.
解 (1)∵＝6n－4，∴＝1＋＝6n－3，所以是首项为3，公差为6的等差数列，所以Sn＝3n＋×6＝3n2.
(2)∵bn＝anan＋1＝×＝，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn
＝[＋＋…＋＋]＝＝.
20.(本小题满分12分)设{an}是等差数列，其前n项和为Sn(n∈N＋)；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(n∈N＋).已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6.
(1)求Sn和Tn；
(2)若Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整数n的值.
解 (1)设等比数列{bn}的公比为q(q>0).
由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0.
因为q>0，可得q＝2，故bn＝2n－1.
所以，Tn＝＝2n－1.
设等差数列{an}的公差为d.
由b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4.
由b5＝a4＋2a6，可得3a1＋13d＝16，从而a1＝1，d＝1，
故an＝n.
所以，Sn＝.
(2)由(1)，有
T1＋T2＋…＋Tn＝(21＋22＋…＋2n)－n＝－n＝2n＋1－n－2.
由Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn可得
＋2n＋1－n－2＝n＋2n＋1，
整理得n2－3n－4＝0，解得n＝－1(舍)或n＝4.
所以，n的值为4.
21.(本小题满分12分)2015年推出一种新型家用轿车，购买时费用为16.9万元，每年应交付保险费、养路费及汽油费共1.2万元，汽车的维修费为：第一年无维修费用，第二年为0.2万元，从第三年起，每年的维修费均比上一年增加0.2万元.
(1)设该辆轿车使用n年的总费用(包括购买费用、保险费、养路费、汽油费及维修费)为f(n)，求f(n)的表达式；
(2)这种汽车使用多少年报废最合算(即该车使用多少年，年平均费用最少)?
解 (1)由题意，每年的维修费构成一等差数列，n年的维修总费用为
＝0.1n2－0.1n(万元)，
所以f(n)＝16.9＋1.2n＋(0.1n2－0.1n)
＝0.1n2＋1.1n＋16.9(万元)，n∈N＋.
(2)该辆轿车使用n年的年平均费用为＝
＝0.1n＋＋1.1
≥2＋1.1＝3.7(万元).
当且仅当
0.1n＝时取等号，此时n＝13.
故这种汽车使用13年报废最合算.
22.(本小题满分12分)若数列{an}是公差为2的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2＝2，且anbn＋bn＝nbn＋1.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}满足cn＝，数列{cn}的前n项和为Tn，若不等式(－1)nλ解 (1)∵数列{bn}满足b1＝1，b2＝2，且anbn＋bn＝nbn＋1.
∴a1＋1＝2，解得a1＝1.
又∵数列{an}是公差为2的等差数列，
∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
∴2nbn＝nbn＋1，2bn＝bn＋1，
∴数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，即bn＝2n－1.
(2)数列{cn}满足cn＝＝＝，
数列{cn}的前n项和Tn＝1＋＋＋…＋，
∴Tn＝＋＋…＋＋，
两式相减得Tn＝1＋＋＋…＋－＝－＝2－，∴Tn＝4－，
不等式(－1)nλ当n＝2k(k∈N＋)时，λ<4－，∴λ<3；
当n＝2k－1(k∈N＋)时，－λ<4－，∴λ>－2.
综上可得，实数λ的取值范围是(－2，3).(共27张PPT)
章末复习课
[网络构建]
[核心归纳]
1.等差数列和等比数列的基本概念和公式
?
等差数列
等比数列
定义
如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差常用字母d表示
如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q表示(q≠0)
2.求数列的通项公式的方法
(1)归纳法；(2)累加、累乘法；(3)构造等差、等比数列法.
3.求数列的前n项和的基本方法
(1)公式法：利用等差数列或等比数列前n项和Sn公式；
(2)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列；
(3)裂项(相消)法：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和；
(4)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和；
(5)倒序相加：例如等差数列前n项和公式的推导；
(6)并项求和法：适用于正负相间的数列.
要点一 等差、等比数列的判定
1.判定等差数列的方法
(1)定义法；(2)等差中项法；(3)通项公式法.
2.判定等比数列的方法
(1)定义法；(2)等比中项法；(3)通项公式法.
注：以上的第三种方法只能作为判定方法，而不能作为证明方法.
(1)证明 当n≥2时，由an＋2SnSn－1＝0得
Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，
【训练1】 已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n－5an－85，n∈N＋.
(1)证明：{an－1}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式.
(1)证明 ∵Sn＝n－5an－85，
∴Sn＋1＝(n＋1)－5an＋1－85，
两式相减得：an＋1＝1＋5an－5an＋1，
又∵a1＝1－5a1－85，即a1＝－14，
∴a1－1＝－14－1＝－15，
要点二 求数列的通项公式
数列的通项公式是数列的重要内容之一，它把数列各项的性质集于一身.常用的求通项公式的方法有观察法、公式法、累加法、累乘法、前n项和作差法、辅助数列法.
【例2】 已知数列{an}中，a1＝2，且满足an＋1＝an＋2n＋n，求数列{an}的通项公式.
解 由条件知an＋1－an＝2n＋n，则a2－a1＝21＋1，a3－a2＝22＋2，a4－a3＝23＋3，……，an－an－1＝2n－1＋n－1，累加得(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＝(21＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(2n－1＋n－1)，
∴an－a1＝(21＋22＋…＋2n－1)＋(1＋2＋…＋n－1)
∴2nan－2n－1an－1＝2，
∴{2nan}是等差数列，d＝2，首项为2a1.
∴a1＝1，∴2nan＝2＋2(n－1)＝2n.
要点三 等差、等比数列的综合问题
等差、等比数列是两类基本的数列，两数列相结合的问题经常考查，特别是通项公式、前n项和公式以及等差中项、等比中项是命题的热点.
【例3】 在等差数列{an}中，a2＋a7＝－23，a3＋a8＝－29.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{an＋bn}是首项为1，公比为q的等比数列，求数列{bn}的前n项和Sn.
解 (1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
所以an＝－1＋(n－1)×(－3)＝－3n＋2.
(2)由题意，得an＋bn＝qn－1，所以bn＝3n－2＋qn－1.
当q＝1时，bn＝3n－1，
当q≠1时，Sn＝b1＋b2＋…＋bn
＝[1＋4＋…＋(3n－2)]＋(1＋q＋…＋qn－1)
【训练3】 已知等差数列{an}的公差d为2，且a1，a3，a4成等比数列.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设{an}的前n项和为Sn，求S20的值.
∴(a1＋2d)2＝a1(a1＋3d)，
∴(a1＋4)2＝a1(a1＋6)，
解得a1＝－8.
∴{an}的通项公式为an＝2n－10.
＝10(a1＋a1＋19d)＝10(－16＋19×2)＝220，
∴S20的值为220.
要点四 数列求和问题
(1)分组转化法
把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解.
(2)裂项相消法
把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和.
(3)错位相减法
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前n项和可用错位相减法求解.
解 (1)设{an}的公差为d.
由a1＋1，a2＋1，a4＋1成等比数列，
可得(a2＋1)2＝(a1＋1)(a4＋1)，又a1＝2，
∴(3＋d)2＝3(3＋3d)，解得d＝3(d＝0舍去)，
则an＝a1＋(n－1)d＝2＋3(n－1)＝3n－1.
则所求最大的正整数n为11.
(1)证明 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，
所以(n－1)(Sn－Sn－1)＝(n＋1)Sn－1＋n(n－1)，
所以Sn＝n·2n－n，
故Tn＝(1×2＋2×22＋…＋n·2n)－(1＋2＋…＋n).
设M＝1×2＋2×22＋…＋n·2n，
则2M＝1×22＋2×23＋…＋n·2n＋1，
所以－M＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1，所以M＝(n－1)×2n＋1＋2，
