等差数列四种证明方法
新高考数学(理)之数列 专题03 等差数列(等差数列的和与性质)(解析版)
新高考数学（理）数列03 等差数列（等差数列的和与性质）一、具体目标：等差数列 （1） 理解等差数列的概念.（2） 掌握等差数列的通项公式与前n 项和公式.（3） 能在具体的问题情境中识别数列的等差关系关系，并能用有关知识解决相应的问题. （4） 了解等差数列与一次函数的关系.等差数列的和与二次函数的关系及最值问题. 二、知识概述： 一）等差数列的有关概念1.定义：等差数列定义：一般地，如果一个数列从第项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母表示.用递推公式表示为或.2.等差数列的通项公式：；()d m n a a m n-+=.说明：等差数列（通常可称为数列）的单调性：为递增数列，为常数列， 为递减数列.3.等差中项的概念：定义：如果，，成等差数列，那么叫做与的等差中项,其中 . ，，成等差数列. 4.等差数列的前和的求和公式：. 5.要注意概念中的“从第2项起”．如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或第4项起，每一项与2d 1(2)n n a a d n --=≥1(1)n n a a d n +-=≥1(1)n a a n d =+-A P d 0>0d =0d <a A b A a b 2a bA +=a Ab ⇔2a bA +=n 11()(1)22n n n a a n n S na d +-==+【考点讲解】它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列． 6.注意区分等差数列定义中同一个常数与常数的区别． 二）方法规律：1．等差数列的四种判断方法(1) 定义法：对于数列{}n a ，若d a a n n =-+1()n N ∈*(常数)，则数列{}n a 是等差数列； (2) 等差中项：对于数列{}n a ，若212+++=n n n a a a ()n N ∈*，则数列{}n a 是等差数列; (3)通项公式：n a pn q =+(,p q 为常数,n N ∈*)⇔是等差数列;(4)前n 项和公式：2n S An Bn =+(,A B 为常数, n N ∈*)⇔是等差数列;(5)是等差数列⇔n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列. 2．活用方程思想和化归思想在解有关等差数列的问题时可以考虑化归为1a 和d 等基本量，通过建立方程(组)获得解．即等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量1,,,,n n a d n a S ，知其中三个就能求另外两个,即知三求二，多利用方程组的思想，体现了用方程的思想解决问题,注意要弄准它们的值.运用方程的思想解等差数列是常见题型，解决此类问题需要抓住基本量1a 、d ，掌握好设未知数、列出方程、解方程三个环节，常通过“设而不求，整体代入”来简化运算． 3.特殊设法:三个数成等差数列，一般设为,,a d a a d -+； 四个数成等差数列，一般设为3,,,3a d a d a d a d --++. 这对已知和,求数列各项,运算很方便.4．若判断一个数列既不是等差数列又不是等比数列，只需用123,,a a a 验证即可． 5.等差数列的前n 项和公式：若已知首项1a 和末项n a ，则1()2n n n a a S +=，或等差数列{a n }的首项是1a ， 公差是d ，则其前n 项和公式为1(1)2n n n S na d -=+. 三）等差数列的性质： 1.等差数列的性质：（1）在等差数列中，从第2项起，每一项是它相邻二项的等差中项；1(1)n a a n d =+-11()(1)22n n n a a n n S na d +-==+{}n a（2）在等差数列中，相隔等距离的项组成的数列是等差数列， 如：，，，，……；，，，，……；（3）在等差数列中，对任意，，，；（4）在等差数列中，若，，，且，则,特殊地，时，则，是的等差中项.（5）等差数列被均匀分段求和后，得到的数列仍是等差数列，即成等差数列.（6）两个等差数列{}n a 与{}n b 的和差的数列{}n n a b ±仍为等差数列． （7）若数列{}n a 是等差数列,则{}n ka 仍为等差数列．2．设数列是等差数列，且公差为，（Ⅰ）若项数为偶数，设共有项，则①-S S nd =奇偶； ②；（Ⅱ）若项数为奇数，设共有项，则①S S -偶奇(中间项)；②. 3.(),p q a q a p p q ==≠,则0p q a +=,m n m n S S S mnd +=++.4.如果两个等差数列有公共项，那么由它们的公共项顺次组成的新数列也是等差数列，且新等差数列的公差是两个原等差数列公差的最小公倍数．5.若与{}n b 为等差数列，且前n 项和分别为n S 与'n S ，则2121'm m m m a S b S --=. 四）方法规律：1. 等差数列的性质是等差数列的定义、通项公式以及前n 项和公式等基础知识的推广与变形，熟练掌握和 灵活应用这些性质可以有效、方便、快捷地解决许多等差数列问题．2.等差数列的性质多与其下标有关，解题需多注意观察，发现其联系，加以应用, 故应用等差数列的性质解答问题的关键是寻找项的序号之间的关系．3.应用等差数列的性质要注意结合其通项公式、前n 项和公式．4.解综合题的成败在于审清题目，弄懂来龙去脉，透过给定信息的表象，抓住问题的本质，揭示问题的内在联系和隐含条件，明确解题方向、形成解题策略. 五）等差数列的和1. 等差数列的前n 项和公式{}n a 1a 3a 5a 7a 3a 8a 13a 18a {}n a m n N +∈()n m a a n m d =+-n ma a d n m-=-()m n ≠{}n a m n p q N +∈m n p q +=+m n p q a a a a +=+{}n a d 2n 1n n S a S a +=奇偶21n -n a a ==中1S nS n =-奇偶{}n a若已知首项1a 和末项n a ，则1()2n n n a a S +=，或等差数列{a n }的首项是1a ，公差是d ，则其前n 项和公式为1(1)2n n n S na d -=+. 2．等差数列的增减性：0d >时为递增数列，且当10a <时前n 项和n S 有最小值．0d <时为递减数列，且当10a >时前n 项和n S 有最大值．六）求等差数列前n 项和的最值，常用的方法：1.利用等差数列的单调性或性质，求出其正负转折项，便可求得和的最值．当10a >，0d <时，n S 有最大值；10a <，0d >时，n S 有最小值；若已知n a ，则n S 最值时n 的值（n N +∈）则当10a >，0d <，满足100n n a a +≥⎧⎨≤⎩的项数n 使得n S 取最大值，(2)当10a <，0d >时，满足100n n a a +≤⎧⎨≥⎩的项数n 使得n S 取最小值.2.利用等差数列的前n 项和：2n S An Bn =+(,A B 为常数, n N ∈*)为二次函数，通过配方或借助图像，二次函数的性质，转化为二次函数的最值的方法求解；有时利用数列的单调性（0d >,递增；0d <，递减）；3. 利用数列中最大项和最小项的求法：求最大项的方法：设为最大项，则有11n n n n a a a a -+≥⎧⎨≥⎩；求最小项的方法：设为最小项，则有11n n nn a a a a -+≤⎧⎨≤⎩.只需将等差数列的前n 项和1,2,3,n =L 依次看成数列{}n S ，利用数列中最大项和最小项的求法即可.4.在解含绝对值的数列最值问题时,注意转化思想的应用.1．【2019年高考全国I 卷理数】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．已知4505S a ==，，则（ ） A ．25n a n =-B ． 310n a n =-C ．228n S n n =- D ．2122n S n n =- n a n a 【真题分析】【解析】由题知，41514430245d S a a a d ⎧=+⨯⨯=⎪⎨⎪=+=⎩，解得132a d =-⎧⎨=⎩，∴25n a n =-，24n S n n =-,故选A ． 【答案】A2.【2018年高考全国I 卷理数】设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若3243S S S =+，12a =，则5a =（ ）A ．12-B ．10-C ．10D ．12【解析】设等差数列的公差为d ，根据题中的条件可得3243332224222d d d ⨯⨯⎛⎫⨯+⋅=⨯++⨯+⋅ ⎪⎝⎭， 整理解得3d =-，所以51421210a a d =+=-=-，故选B ． 【答案】B3.【2017年高考全国III 卷理数】等差数列{}n a 的首项为1，公差不为0．若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{}n a 前6项的和为（ ） A ．24-B ．3-C ．3D ．8【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，由a 2，a 3，a 6成等比数列可得2326a a a =，即()()()212115d d d +=++，整理可得220d d +=，又公差不为0，则2d =-，故{}n a 前6项的和为()()()6166166166122422S a d ⨯-⨯-=+=⨯+⨯-=-.故选A ． 【答案】A4.【2017年高考浙江卷】已知等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d >0”是“S 4 + S 6>2S 5”的 A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【解析】由46511210212(510)S S S a d a d d +-=+-+=，可知当0d >时，有46520S S S +->，即4652S S S +>，反之，若4652S S S +>，则0d >，所以“d >0”是“S 4 + S 6>2S 5”的充要条件，选C ．【答案】C5.【2019年高考全国III 卷文数】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若375,13a a ==，则10S =___________. 【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，根据题意可得317125,613a a d a a d =+=⎧⎨=+=⎩得11,2a d =⎧⎨=⎩101109109101012100.22S a d ⨯⨯∴=+=⨯+⨯= 【答案】1006.【2019年高考全国III 卷理数】记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，12103a a a =≠，，则105S S =___________． 【解析】设等差数列{a n }的公差为d ,因213a a =，所以113a d a +=，即12a d =，所以105S S =11111091010024542552a d a a a d ⨯+==⨯+． 【答案】47.【2019年高考北京卷理数】设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2=−3，S 5=−10，则a 5=__________，S n的最小值为___________．【解析】法一：等差数列{}n a 中,53510S a ==-,得32,a =-又23a =-,所以公差321d a a =-=,5320a a d =+=,由等差数列{}n a 的性质得5n ≤时,0n a ≤,6n ≥时,n a 大于0,所以n S 的最小值为4S 或5S ,即为10-.法二：等差数列{}n a 中,53510S a ==-,得32,a =-又23a =-,所以公差321d a a =-=,5320a a d =+=,可得()()22224n a a n d n n =+-=-+-=-，()()()12818222n n a a n n n S n n +-===-，所以结合题意可知，n S 的最小值为4S 或5S ,即为10-. 【答案】 0，10-.8.【2019年高考江苏卷】已知数列*{}()n a n ∈N 是等差数列，n S 是其前n 项和.若25890,27a a a S +==，则8S 的值是___________．【解析】由题意可得：()()()25811191470989272a a a a d a d a d S a d ⎧+=++++=⎪⎨⨯=+=⎪⎩， 解得：152a d =-⎧⎨=⎩，则8187840282162S a d ⨯=+=-+⨯=. 【答案】169.【2017课标II ，理15】等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，410S =，则11nk kS ==∑ 。
高中数学_数列知识点汇总
必修5 数列知识点小结【等差数列】1. 证明方法：①递推关系（定义）：)(1*+∈=-N n d da a n n 为常数，②等差中项法：112+-+=n n n a a a )1(>n判断方法：③通项公式q pn d n a a n +=-+=)1(1（其中p,q 为常数） ④前n项和Bn An 2+=-+=+=d n n n a a a n S n n 2)1(2)(11(A,B 为常数）2. 等差中项：b A a ,,成等差数列，A 称为b a 与的等差中项（其中b a 与为任意实数， A 存在且唯一），2b a A b a A +=⇔的等差中项与为即3. 等差数列性质：（1） 任两项关系：nm a a mn a a d n m m n --=--=（其中n m ≠）（2） 任两项关系：d m n a a m n )(-+=（其中n m ≠）（3） 是递增数列；数列}a {,0d n >是递减数列；数列}a {,0d n <是常数列数列}a {,0d n =。
（4） 两和式项数相同，下标和相等，则两式相等，如：112+-+=n n n a a a （其中n>1, n n n a a a +=2） k n k n n a a a +-+=2（其中n-k>0, n n n a a a +=2）特别若q p n m a a a a q p n m +=++=+则,k q p s n m a a a a a a k q p s n m ++=++++=++则,（5） {}{}n n b a ,为项数相同的等差数列(或无穷数列)，则：①：k m a +、k m a 2+、k m a 3+、k m a 4+…成等差数列（其中k m ,为常数） ②：{}k a n +、{}n n b q a p ∙+∙为等差数列，(其中q p k ,,为常数)（6） 前n 项和性质：①：成等差数列,,,232k k k k k S S S S S --②：⎭⎬⎫⎩⎨⎧n S n 是等差数列。
第四章 数列(课件)-高二数学上学期期末考点(人教A版2019)
满足
a1
0
，且有
an1 2
2
an
n
.
(1)证明：数列an 2n是等比数列；
【详解】（1）
an1 2
2
an
n
，即
an1
2an
2n
2
，
所以 ， an1 2n 1 2an 2n 2 2 n 1 2an 4n 2
an 2n
an 2n
an 2n
又 a1 2 2 ，所以an 2n是以 2 为首项，2 为公比的等比数列.
1 an 1
1 b1 a1 1 1
bn1 bn 1
所以数列bn是以1为首项，1 为公差的等差数列，
所以
bn
n
，所以 an
n 1 n
.
3 典型例题讲与练
考点清单02：证明数列是等差（等比）数列 【考试题型1】证明数列是等差（等比）数列
【典例 2】（2023 上·全国·高三校联考开学考试）已知数列an
【详 解】（ 1）因 为 a1
2
，且 an1
2
1 an
，
当n
1 时， a2
2
1 a1
3 2
，
当n
2 时， a3
2
1 a2
4
3.
（2）因为 an1
2
1 an
，
所以 ， an1 1 1
1 an
an 1 an
两边同时取倒数有：
1 an1 1
an an 1
an 11 an 1
1
1 an 1
，
令 ，有 ， ， bn
2 知识回归
知识点 13：累乘法（叠乘法）
若数 列 an 满足
等差、等比数列的判定与证明
合作探究
已知数列{an }中，a1 ＝5 且 an ＝2an －1 ＋2n －1(n≥2 且 n∈N* )． (1)求 a2 ，a3 的值． an ＋λ (2)是否存在实数 λ，使得数列{ n }为等差数列？若存在， 2 求出 λ 的值；若不存在，说明理由．
探究点二、等比数列的判定
例 2. 数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 an+Sn=n，cn=an-1， 求证：数列{cn}是等比数列.
an bn
2 2 an bn
, n N ,
变式迁移1
已知数列 an 中， a2 a （ a 为 非 零 常 数） ，其前 n 项和
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
n(an a1 ) Sn (n N ) . 求证：数列 an 为等差数列 2
小结：
1．等差数列的判断方法有： (1)定义法：an ＋ 1 －an ＝d (d 是常数)⇔{an}是等差数列． (2)中项公式：2an ＋ 1 ＝an ＋an ＋ 2 (n∈N* )⇔{an }是等差数列． (3)通项公式：an ＝pn＋q (p，q 为常数)⇔{an }是等差数列． (4)前 n 项和公式：Sn ＝An2 ＋Bn(A、B 为常数)⇔{an}是等差数列．
等差数列的判断与证明
江苏省口岸中学 陈明朋
探究点一、等差数列的判定
例 1. 已知各项均为正数的两个数列 an 和 bn 满足： an1
2 b bn bn 1 1 , n N ，求证：数列 n 是等差数列 a an n
等差数列的性质及应用证明
等差数列的性质及应用证明等差数列是数学中重要的概念之一，在许多数学和科学领域中都有广泛的应用。
在这篇文章中，我将介绍等差数列的性质，并对其应用进行证明。
首先，让我们回顾一下等差数列的定义。
等差数列是一个数列，其中每个相邻的两个数之间的差都是一个常数，这个常数被称为公差。
用数学符号表示就是：对于一个等差数列a1, a2, a3, ...，满足a2 - a1 = a3 - a2 = ... = d ，其中d为公差。
举个例子，1, 3, 5, 7, 9就是一个公差为2的等差数列。
现在让我们来看一下等差数列的一些性质。
首先，等差数列的第n项可以用一个公式来表示：an = a1 + (n - 1)d。
这个公式可以方便地用来求等差数列的任意一项。
另外，等差数列的前n项和也有一个简单的公式：Sn = (a1 + an)*n/2。
这个公式可以用来求等差数列的前n项和，这在实际问题中经常会被用到。
另外，等差数列的性质还包括：任意等差数列中任意三项的和都是一个算术平均数，这个性质在证明中也非常重要，我们将在后面的内容中对其进行详细解释。
现在让我们来看一下等差数列的应用证明。
其中一个使用等差数列的经典问题就是求等差数列的前n项和。
我们将用上面提到的公式Sn = (a1 + an)*n/2来证明这个问题。
假设我们有一个等差数列1, 3, 5, 7, 9，我们将用这个数列的前4项来进行证明。
首先，我们计算出数列的第4项an=1 + (4 - 1)*2 = 7。
接着，我们将公式Sn = (a1 + an)*n/2带入计算，得到Sn = (1 + 7)*4/2 = 16。
这个结果等于1 + 3 + 5 + 7 = 16，验证了我们的公式。
下面我们来证明等差数列的性质：任意等差数列中任意三项的和都是一个算术平均数。
我们可以用数学归纳法来证明这个结论。
首先，当n=3时，等差数列的前三项和就是这三项的算术平均数。
接着，我们假设当n=k时结论成立，即等差数列的前k项和是k倍前面的k项的算术平均数。
等差数列证明专题
(A)4或5 (B)5或6(C)6或7 (D)8或9
一、利用常用求和公式求和
利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法.
1、等差数列求和公式：
2、等比数列求和公式：
3、 4、
5、
[例1]已知 ，求 的前n项和.
(A)n2+1－ (B)2n2－n+1－
(C)n2+1－ (D)n2－n+1－
例6.求和:
知识概括、方法总结与易错点分析
1.数列{ }的前 项和 与通项 的关系：
例1.当 时， ,当 时， ,经检验 时 也适合 ,∴
2.数列求和的常用方法：公式法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等。
关键是找数列的通项结构。
Tn为数列{ }的前n项和，求Tn.
例17.三数成等比数列，若将第三个数减去32，则成等差数列，若再将这等差数列的第二个数减去4，则又成等比数列，求原来三个数.
例18.在5和81之间插入两个正数，使前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，求这两个数的和.
例19.设{an}是等差数列， ，已知b1+b2+b3= ，b1b2b3= ，求等差数列的通项an.
解：由
由等比数列求和公式得 （利用常用公式）
＝ ＝ ＝1－
[例2]设Sn＝1+2+3+…+n，n∈N*,求 的最大值.
解：由等差数列求和公式得 ， （利用常用公式）
∴ ＝
＝ ＝
∴当 ，即n＝8时，
二、错位相减法求和
这种方法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{ an}、{ bn}分别是等差数列和等比数列.
如何判断一个数列是等差数列
一轮复习 如何判断一个数列是等差数列知识点归纳判断或证明数列是等差数列的方法有：()1定义法：1n n a a +-=常数（*n N ∈）⇔{}n a 为等差数列；【注】①求出的常数即为公差d ;②n 的范围,1,n n n N a a *+∈- 12,n n n a a -≥-()2中项公式法：122n n n a a a ++=+（*n N ∈）⇔{}n a 为等差数列；()3通项公式法：n a pn q =+（*n N ∈）n （关于的“一次函数”）⇔{}n a 为等差数列； ()4前n 项求和法：2n S An Bn =+（*n N ∈）（缺常数项的“二次函数”）⇔{}n a 为等差数列；例1 ()1在数列{}n a 中,1111,22,2nnn n n n a a a a b +-==+=,证明:数列{}n b 是等差数列. ()2已知数列}{n a 的前n 项和为n S ，且1120n n n n S S S S ---+⋅=()2n ≥，证明:1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列.例2 已知正项数列}{n a (),0n n N a *∈>的前n 项和为n S ,满足1n a =+, 求证: {}n a 为等差数列. 例3已知数列}{n a 的通项公式是21nn a =-,若数列{}n b 满足()121114441n n bb b b n a ---=+(n N *∈),证明: {}n b 是等差数列.练习:1. 已知数列{}n a 是等差数列，则使{}n b 为等差数列的数列是( ) （A ）n n a b = （B ）nn a b 1= （C ）n n a b -= （D ）2n n a b =2. 已知n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，)(+∈=N n nS b nn . 求证：数列{}n b 是等差数列.3. 设n S 为数列{}n a 的前n 项和，)(+∈=N n pna S n n ，.21a a = ⑴求常数p 的值；⑵求证：数列{}n a 是等差数列.4. 已知函数()31xf x x =+，数列{}n a 满足11a =，()1()*n n a f a n N +=∈ 求证：数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列5. 已知数列}{n a 中，135a =，数列112n n a a -=-,()2,*n n N ≥∈,数列{}n b满足11n n b a =-（*n N ∈）. ()1求证：数列{}n b 是等差数列；()2求数列}{n a 的最大项与最小项，并说明理由.6. 已知数列{a n }，a 1＝1，a n ＝λa n －1＋λ－2(n ≥2)．当λ为何值时，数列{a n }可以构成公差不为零的等差数列，并求其通项公式7.8.9. 10.11. 12.设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若对于任意的正整数n 都有2)(1n n a a n S += 证明:{a n }是等差数列.设{}n a 是等差数列，求证：以b n =na a a n+++ 21 *n N ∈为通项公式的数列{}n b 为等差数列。
专题28 等差等比数列的证明问题(解析版)
专题28 等差等比数列的证明问题【高考真题】1．(2022·全国甲理文) 记S n 为数列{a n }的前n 项和．已知2S nn ＋n ＝2a n ＋1．(1)证明：{a n }是等差数列；(2)若a 4，a 7，a 9成等比数列，求S n 的最小值． 1．解析 (1)因为221nn S n a n+=+，即222n n S n na n +=+①， 当2n ≥时，()()()21121211n n S n n a n --+-=-+-②，①-②得，()()()22112212211n n n n S n S n na n n a n --+---=+----，即()12212211n n n a n na n a -+-=--+，即()()()1212121n n n a n a n ----=-，所以11n n a a --=，2n ≥且*n ∈N ， 所以{}n a 是以1为公差的等差数列． (2)由(1)可得413a a =+，716a a =+，ABC ∆， 又4a ，7a ，9a 成等比数列，所以2749a a a =⋅， 即()()()2111638a a a +=+⋅+，解得112a =-， 所以13n a n =-，所以()22112512562512222228n n n S n n n n -⎛⎫=-+=-=-- ⎪⎝⎭， 所以，当12n =或13n =时()min 78n S =-． 【方法总结】1．等差数列的四个判定方法(1)定义法：a n ＋1－a n ＝d (常数)(n ∈N *)⇔{a n }是等差数列． (2)等差中项法：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)⇔{a n }是等差数列． (3)通项公式法：a n ＝pn ＋q (p ，q 为常数，n ∈N *)⇔{a n }是等差数列． (4)前n 项和公式法：S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数，n ∈N *)⇔{a n }是等差数列．提醒：(1)定义法和等差中项法主要适合在解答题中使用，通项公式法和前n 项和公式法主要适合在选择题或填空题中使用．(2)若要判定一个数列不是等差数列，则只需判定存在连续三项不成等差数列即可． 2．等比数列的四个判定方法(1)定义法：a n ＋1a n＝q (q 是不为0的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．(2)等比中项法：a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(a n ·a n ＋1·a n ＋2≠0，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．(3)通项公式法：a n ＝cq n (c ，q 均是不为0的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列． (4)前n 项和公式法：S n ＝k ·q n －k (k 为常数且k ≠0，q ≠0，1)，则{a n }是等比数列．提醒：(1)定义法和等比中项法主要适合在解答题中使用，通项公式法和前n 项和公式法主要适合在选择题或填空题中使用．(2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可． 【题型突破】1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3＝7，a 5＋a 7＝26． (1)求a n 及S n ；(2)令b n ＝S nn(n ∈N *)，求证：数列{b n }为等差数列．1．解析 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝7，2a 1＋10d ＝26，解得a 1＝3，d ＝2，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，S n ＝n (a 1＋a n )2＝n [3＋(2n ＋1)]2＝n (n ＋2)．(2)因为b n ＝S n n ＝n (n ＋2)n＝n ＋2，又b n ＋1－b n ＝n ＋3－(n ＋2)＝1，所以数列{b n }是首项为3，公差为1的等差数列．2．已知数列{a n }中，a 1＝35，a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，数列{b n }满足b n ＝1a n －1(n ∈N *)．(1)求证：数列{b n }是等差数列；(2)求数列{a n }中的最大项和最小项，并说明理由．2．解析 (1)因为a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，b n ＝1a n －1(n ∈N *)，所以b n ＋1－b n ＝1a n ＋1－1－1a n －1＝1(2－1a n)－1－1a n －1＝a n a n －1－1a n －1＝1．又b 1＝1a 1－1＝－52． 所以数列{b n }是以－52为首项，1为公差的等差数列．(2)由(1)知b n ＝n －72，则a n ＝1＋1b n ＝1＋22n －7．设f (x )＝1＋22x －7，则f (x )在区间(－∞，72)和(72，＋∞)上为减函数．所以当n ＝3时，a n 取得最小值－1，当n ＝4时，a n 取得最大值3． 3．在数列{a n }中，a 1＝4，na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n 2＋2n ．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和S n ．3．解析 (1)证法一：na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n 2＋2n 的两边同时除以n (n ＋1)，得a n ＋1n ＋1－a n n＝2，又a 11＝4，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为4，公差为2的等差数列．证法二：因为a n ＋1n ＋1－a n n ＝na n ＋1－(n ＋1)a n n (n ＋1)＝2n 2＋2n n 2＋n＝2，a 11＝4，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为4，公差为2的等差数列．(2)由(1)，得a n n ＝a 1＋2(n －1)，即a nn ＝2n ＋2，即a n ＝2n 2＋2n ，故1a n ＝12n 2＋2n ＝12·1n (n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， 所以S n ＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝n2(n ＋1)． 4．数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，n ∈N *．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列；(2)设b n ＝3n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和S n ．4．解析 (1)由已知可得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋1，即a n ＋1n ＋1－a n n ＝1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以a 11＝1为首项，1为公差的等差数列．(2)由(1)得，a nn ＝1＋(n －1)·1＝n ，所以a n ＝n 2，从而可得b n ＝n ·3n ．S n ＝1×31＋2×32＋…＋(n －1)×3n －1＋n ×3n ①， 3S n ＝1×32＋2×33＋…＋(n －1)×3n ＋n ×3n ＋1 ②． ①－②，得－2S n ＝31＋32＋…＋3n －n ·3n ＋1＝3·(1－3n )1－3－n ·3n ＋1＝(1－2n )·3n ＋1－32，所以S n ＝(2n －1)·3n ＋1＋34．5．若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12．(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 成等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式．5．解析 (1)当n ≥2时，由a n ＋2S n S n －1＝0，得S n －S n －1＝－2S n S n －1， 因为S n ≠0，所以1S n －1S n －1＝2，又1S 1＝1a 1＝2，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为2，公差为2的等差数列． (2)由(1)可得1S n ＝2n ，所以S n ＝12n．当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －12(n －1)＝n －1－n 2n (n －1)＝－12n (n －1)．当n ＝1时，a 1＝12不适合上式．故a n ＝⎩⎨⎧12，n ＝1，－12n (n －1)，n ≥2.6．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3a n －3n ＋1＋3(n ∈N *)．(1)设b n ＝a n3n ，求证：数列{b n }为等差数列，并求出数列{a n }的通项公式；(2)设c n ＝a n n －a n3n ，T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ，求T n ．6．解析 (1)由已知2S n ＝3a n －3n ＋1＋3(n ∈N *)，① n ≥2时，2S n －1＝3a n －1－3n ＋3，②①－②得：2a n ＝3a n －3a n －1－2·3n ⇒a n ＝3a n －1＋2·3n ， 故a n 3n ＝a n －13n －1＋2，则b n －b n －1＝2(n ≥2)． 又n ＝1时，2a 1＝3a 1－9＋3，解得a 1＝6，则b 1＝a 13＝2．故数列{b n }是以2为首项，2为公差的等差数列，∴b n ＝2＋2(n －1)＝2n ⇒a n ＝2n ·3n ． (2)由(1)，得c n ＝2·3n －2n T n＝2(3＋32＋33＋…＋3n )－2(1＋2＋…＋n )＝2·3(1－3n )1－3－2·(1＋n )n 2＝3n ＋1－n 2－n －3．7．(2021·全国乙)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n 为数列{S n }的前n 项积，已知2S n ＋1b n＝2．(1)证明：数列{b n }是等差数列； (2)求{a n }的通项公式．7．解析 (1)因为b n 是数列{S n }的前n 项积，所以n ≥2时，S n ＝b nb n －1，代入2S n ＋1b n ＝2可得，2b n －1b n ＋1b n ＝2，整理可得2b n －1＋1＝2b n ，即b n －b n －1＝12(n ≥2)．又2S 1＋1b 1＝3b 1＝2，所以b 1＝32，故{b n }是以32为首项，12为公差的等差数列． (2)由(1)可知，b n ＝32＋12(n －1)＝n ＋22，则2S n ＋2n ＋2＝2，所以S n ＝n ＋2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝32，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋2n ＋1－n ＋1n ＝－1n (n ＋1)．故a n ＝⎩⎨⎧32，n ＝1，－1n (n ＋1)，n ≥2.8．(2014·全国Ⅰ)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n －1，其中λ为常数． (1)证明：a n ＋2－a n ＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由．8．解析 (1)由题设知，a n a n ＋1＝λS n －1，a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1，两式相减得a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1， 由于a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ．(2)由题设知，a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1，可得a 2＝λ－1．由(1)知，a 3＝λ＋1． 令2a 2＝a 1＋a 3，解得λ＝4．故a n ＋2－a n ＝4，由此可得数列{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列，a 2n －1＝4n －3； 数列{a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝4n －1．所以a n ＝2n －1，a n ＋1－a n ＝2， 因此存在λ＝4，使得数列{a n }为等差数列．9．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n －12S n －1＝0(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在实数λ，使得数列{S n ＋(n ＋2n )λ}为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．9．解析 (1)由a n －12S n －1＝0(n ∈N *)，可知当n ＝1时，a 1－12a 1－1＝0，即a 1＝2．又由a n －12S n －1＝0(n ∈N *)，可得a n ＋1－12S n ＋1－1＝0，两式相减，得⎝⎛⎭⎫a n ＋1－12S n ＋1－1－⎝⎛⎭⎫a n －12S n －1＝0，即12a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝2a n ． 所以数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列，故a n ＝2n (n ∈N *)． (2)由(1)知，S n ＝a 1(1－q n )1－q＝2(2n －1)，所以S n ＋(n ＋2n )λ＝2(2n －1)＋(n ＋2n )λ．若数列{S n ＋(n ＋2n )λ}为等差数列，则S 1＋(1＋2)λ，S 2＋(2＋22)λ，S 3＋(3＋23)λ成等差数列，即有2[S 2＋(2＋22)λ]＝[S 1＋(1＋2)λ]＋[S 3＋(3＋23)λ]，即2(6＋6λ)＝(2＋3λ)＋(14＋11λ)，解得λ＝－2． 经检验λ＝－2时，{S n ＋(n ＋2n )λ}成等差数列，故λ的值为－2．10．若数列{b n }对于任意的n ∈N *，都有b n ＋2－b n ＝d (常数)，则称数列{b n }是公差为d 的准等差数列．如数列c n ，若c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4n －1，n 为奇数，4n ＋9，n 为偶数，则数列{c n }是公差为8的准等差数列．设数列{a n }满足a 1＝a ，对于n ∈N *，都有a n ＋a n ＋1＝2n ． (1)求证：{a n }是准等差数列； (2)求{a n }的通项公式及前20项和S 20．10．解析 (1)证明：∵a n ＋a n ＋1＝2n (n ∈N *)，①，∴a n ＋1＋a n ＋2＝2(n ＋1)(n ∈N *)，②②－①，得a n ＋2－a n ＝2(n ∈N *)．∴{a n }是公差为2的准等差数列． (2)∵a 1＝a ，a n ＋a n ＋1＝2n (n ∈N *)，∴a 1＋a 2＝2×1，即a 2＝2－a ． ∴由(1)得a 1，a 3，a 5，…是以a 为首项，2为公差的等差数列； a 2，a 4，a 6…是以2－a 为首项，2为公差的等差数列． 当n 为偶数时，a n ＝2－a ＋⎝⎛⎭⎫n 2－1×2＝n －a ；当n 为奇数时，a n ＝a ＋⎝⎛⎭⎫n ＋12－1×2＝n ＋a －1．∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ＋a －1，n 为奇数，n －a ，n 为偶数．S 20＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 19＋a 20＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 19＋a 20) ＝2×1＋2×3＋…＋2×19＝2×(1＋19)×102＝200．11．已知数列{a n }的首项a 1>0，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1(n ∈N *)，且a 1＝23．(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n－1是等比数列，并求出{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和T n ．11．解析 (1)记b n ＝1a n －1，则b n ＋1b n ＝1a n ＋1－11a n －1＝2a n ＋13a n －11a n－1＝2a n ＋1－3a n 3－3a n ＝1－a n 3(1－a n )＝13，又b 1＝1a 1－1＝32－1＝12，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是首项为12，公比为13的等比数列．所以1a n －1＝12×⎝⎛⎭⎫13n －1，即a n ＝2×3n －11＋2×3n －1．所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2×3n －11＋2×3n －1． (2)由(1)知，1a n ＝12×⎝⎛⎭⎫13n －1＋1．所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和T n ＝12⎝⎛⎭⎫1－13n 1－13＋n ＝34⎝⎛⎭⎫1－13n ＋n ． 12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *，a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1．(1)求a 4的值；(2)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列．12．解析 (1)因为4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1，a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，即4×⎝⎛⎭⎫1＋32＋54＋a 4＋5×⎝⎛⎭⎫1＋32＝8×⎝⎛⎭⎫1＋32＋54＋1，解得a 4＝78． (2)由4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1(n ≥2)，得4S n ＋2－4S n ＋1＋S n －S n －1＝4S n ＋1－4S n (n ≥2)， 即4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1(n ≥2)．当n ＝1时，有4a 3＋a 1＝4×54＋1＝6＝4a 2，∴4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1，∴a n ＋2－12a n ＋1a n ＋1－12a n＝4a n ＋2－2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝4a n ＋1－a n －2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝2a n ＋1－a n 2(2a n ＋1－a n )＝12，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1＝1为首项，12为公比的等比数列．13．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n ＋(－1)n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的前三项a 1，a 2，a 3；(2)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋23(－1)n 为等比数列，并求出{a n }的通项公式．13．解析 (1)在S n ＝2a n ＋(－1)n (n ∈N *)中分别令n ＝1，2，3，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2a 1－1，a 1＋a 2＝2a 2＋1，a 1＋a 2＋a 3＝2a 3－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 2＝0，a 3＝2.(2)由S n ＝2a n ＋(－1)n (n ∈N *)，得S n －1＝2a n －1＋(－1)n －1(n ≥2)， 两式相减，得a n ＝2a n －1－2(－1)n (n ≥2)，a n ＝2a n －1－43(－1)n －23(－1)n ＝2a n －1＋43(－1)n －1－23(－1)n (n ≥2)，∴a n ＋23(－1)n ＝2⎣⎡⎦⎤a n －1＋23(－1)n －1(n ≥2)． 故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋23(－1)n 是以a 1－23＝13为首项，2为公比的等比数列．∴a n ＋23(－1)n ＝13×2n －1，∴a n ＝13×2n －1－23×(－1)n＝2n －13－23(－1)n ．14．已知在正项数列{a n }中，a 1＝2，点A n (a n ，a n ＋1)在双曲线y 2－x 2＝1上，数列{b n }中，点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上，其中T n 是数列{b n }的前n 项和．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：数列{b n }是等比数列．14．解析 (1)由点A n 在y 2－x 2＝1上知a n ＋1－a n ＝1，所以数列{a n }是一个以2为首项，1为公差的等差数列， 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋n －1＝n ＋1．(2)因为点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上，所以T n ＝－12b n ＋1，①所以T n －1＝－12b n －1＋1(n ≥2)．②①②两式相减得b n ＝－12b n ＋12b n －1(n ≥2)，所以32b n ＝12b n －1，所以b n ＝13b n －1(n ≥2)，在①式中令n ＝1，得T 1＝b 1＝－12b 1＋1，所以b 1＝23，所以{b n }是一个以23为首项，以13为公比的等比数列．15．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1，n 为奇数，2a n ，n 为偶数(n ∈N *)，设b n ＝a 2n －1．(1)求b 2，b 3，并证明b n ＋1＝2b n ＋2； (2)①证明：数列{b n ＋2}为等比数列；②若a 2k ，a 2k ＋1,9＋a 2k ＋2成等比数列，求正整数k 的值．15．解析 (1)∵数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1，n 为奇数，2a n ，n 为偶数(n ∈N *)，b n ＝a 2n －1，∴b 2＝a 3＝2a 2＝2(a 1＋1)＝4，b 3＝a 5＝2a 4＝2(a 3＋1)＝10， 同理，b n ＋1＝a 2n ＋1＝2a 2n ＝2(a 2n －1＋1)＝2(b n ＋1)＝2b n ＋2．(2)①∵b 1＝a 1＝1，b 1＋2≠0，b n ＋1＋2b n ＋2＝2b n ＋2＋2b n ＋2＝2，∴数列{b n ＋2}为等比数列．②由①知b n ＋2＝3×2n －1，∴b n ＝3×2n －1－2，∴a 2n －1＝3×2n －1－2，a 2n ＝a 2n －1＋1＝3×2n －1－1，∵a 2k ，a 2k ＋1,9＋a 2k ＋2成等比数列， ∴(3×2k －2)2＝(3×2k －1－1)(3×2k ＋8)，令2k ＝t ，得(3t －2)2＝⎝⎛⎭⎫32t －1(3t ＋8)， 整理，得3t 2－14t ＋8＝0，解得t ＝23或t ＝4，∵k ∈N *，∴2k ＝4，解得k ＝2．16．(2019·全国Ⅱ)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0，4a n ＋1＝3a n －b n ＋4，4b n ＋1＝3b n －a n －4．(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列； (2)求{a n }和{b n }的通项公式．16．解析 (1)由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )，即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n )．又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8，即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2．又因为a 1－b 1＝1， 所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列．(2)由(1)知，a n ＋b n ＝12n －1，a n －b n ＝2n －1，所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12，b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12．17．(2018·全国Ⅰ)已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n ，设b n ＝a nn．(1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由； (3)求{a n }的通项公式．17．解析 (1)由条件可得a n ＋1＝2(n ＋1)na n ．将n ＝1代入，得a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以a 2＝4．将n ＝2代入，得a 3＝3a 2，所以a 3＝12．从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4．(2){b n }是首项为1，公比为2的等比数列．理由：由条件可得a n ＋1n ＋1＝2a nn ，即b n ＋1＝2b n ．又b 1＝1，所以{b n }是首项为1，公比为2的等比数列． (3)由(2)可得a n n＝2n －1，所以a n ＝n ·2n －1，n ∈N *．18．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n >0，S 2n ＝a 2n ＋1－λS n ＋1，其中λ为常数．(1)证明：S n ＋1＝2S n ＋λ；(2)是否存在实数λ，使得数列{a n }为等比数列，若存在，求出λ；若不存在，说明理由．18．解析 (1)∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，S 2n ＝a 2n ＋1－λS n ＋1，∴S 2n ＝(S n ＋1－S n )2－λS n ＋1，∴S n ＋1(S n ＋1－2S n －λ)＝0，∵a n >0，∴S n ＋1>0，∴S n ＋1－2S n －λ＝0；∴S n ＋1＝2S n ＋λ． (2)存在λ＝1，使得数列{a n }为等比数列，理由如下： S n ＋1＝2S n ＋λ，S n ＝2S n －1＋λ(n ≥2)，相减得a n ＋1＝2a n (n ≥2)，∴{a n }从第二项起成等比数列，∵S 2＝2S 1＋λ，即a 2＋a 1＝2a 1＋λ，∴a 2＝1＋λ>0，得λ>－1，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，(λ＋1)2n －2，n ≥2，若使{a n }是等比数列，则a 1a 3＝a 22，∴2(λ＋1)＝(λ＋1)2，∴λ＝－1(舍)或λ＝1，经检验符合题意． 19．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a ＝(a 1，1)，b ＝(1，a 10)，若a·b ＝24，且S 11＝143，数列{b n }的前n项和为T n ，且满足12n a -＝λT n －(a 1－1)(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式及数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和M n ；(2)是否存在非零实数λ，使得数列{b n }为等比数列？并说明理由． 19．解析 (1)设数列{a n }的公差为d ，由a ＝(a 1，1)，b ＝(1，a 10)，a·b ＝24，得a 1＋a 10＝24，又S 11＝143，解得a 1＝3，d ＝2， 因此数列{a n }的通项公式是a n ＝2n ＋1(n ∈N *)， 所以1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)＝12⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋3，所以M n ＝12⎝⎛⎭⎫13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3＝n6n ＋9(n ∈N *)． (2)因为12n a -＝λT n －(a 1－1)(n ∈N *)，且a 1＝3，所以T n ＝4n λ＋2λ，当n ＝1时，b 1＝6λ；当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝3·4n －1λ，此时有b nb n －1＝4，若{b n }是等比数列，则有b 2b 1＝4，而b 1＝6λ，b 2＝12λ，彼此相矛盾，故不存在非零实数λ使数列{b n }为等比数列． 20．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋λ(λ为常数)．(1)试探究数列{a n ＋λ}是不是等比数列，并求a n ； (2)当λ＝1时，求数列{n (a n ＋λ)}的前n 项和T n ．20．解析 (1)因为a n ＋1＝2a n ＋λ，所以a n ＋1＋λ＝2(a n ＋λ)．又a 1＝1，所以当λ＝－1时，a 1＋λ＝0，数列{a n ＋λ}不是等比数列，此时a n ＋λ＝a n －1＝0，即a n ＝1；当λ≠－1时，a 1＋λ≠0，所以a n ＋λ≠0，所以数列{a n ＋λ}是以1＋λ为首项，2为公比的等比数列， 此时a n ＋λ＝(1＋λ)2n －1，即a n ＝(1＋λ)2n －1－λ． (2)由(1)知a n ＝2n －1，所以n (a n ＋1)＝n ×2n ， T n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，① 2T n ＝22＋2×23＋3×24＋…＋n ×2n ＋1，②①－②得：－T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ×2n ＋1＝2n ＋1－2－n ×2n ＋1＝(1－n )2n ＋1－2． 所以T n ＝(n －1)2n ＋1＋2．。
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等差数列四种证明方法
一、等差数列的定义
等差数列是指数列中任意两个相邻项之间的差值都相等的数列。
设等差数列的首项为a1，公差为d，则等差数列的通项公式为an = a1 + (n-1)d。
其中，n表示数列中的第n项。
二、等差数列的证明方法
1. 数学归纳法证明等差数列的通项公式
数学归纳法是一种常用的证明方法，可以用来证明等差数列的通项公式。
首先，我们假设当n=k时，等差数列的通项公式成立，即an = a1 + (k-1)d。
然后，我们来证明当n=k+1时，等差数列的通项公式也成立。
根据等差数列的定义，an+1 = a1 + (n+1-1)d = a1 + nd + d = (a1 + (k-1)d) + d = a1 + kd。
因此，当n=k+1时，等差数列的通项公式也成立。
根据数学归纳法的原理，等差数列的通项公式对于任意正整数n都成立。
2. 等差数列的差分证明
差分是一种数列分析的方法，可以用来证明等差数列的通项公式。
我们将等差数列an的相邻两项相减，得到差分数列bn = an+1 - an = (a1 + nd + d) - (a1 + (n-1)d) = d。
可以看出，差分数列bn 是一个常数数列，且等于等差数列的公差d。
根据差分的性质，我
们可以反推回等差数列的通项公式。
设差分数列的首项为b1，公差为d，则差分数列的通项公式为bn = b1 + (n-1)d。
将bn带入等差数列的差分公式，得到an+1 - an = b1 + (n-1)d。
整理得到an+1 = an + (b1 + (n-1)d) = a1 + nd + d，即等差数列的通项公式。
因此，通过差分可以证明等差数列的通项公式。
3. 等差数列的前n项和证明
等差数列的前n项和可以用来证明等差数列的通项公式。
设等差数列的前n项和为Sn，根据等差数列的定义，Sn = a1 + (a1 + d) + (a1 + 2d) + ... + (a1 + (n-1)d)。
将Sn的每一项按照等差数列的通项公式展开，得到Sn = na1 + d(1 + 2 + ... + (n-1))。
根据等差数列的求和公式，1 + 2 + ... + (n-1) = n(n-1)/2，代入Sn的表达式，得到Sn = na1 + d(n(n-1)/2)。
进一步整理，得到Sn = n(a1 + a1 + (n-1)d)/2 = n(a1 + an)/2。
因此，等差数列的前n项和可以表示为Sn = n(a1 + an)/2。
通过等差数列的前n项和，我们可以反推回等差数列的通项公式。
4. 等差数列的几何证明
等差数列的几何证明是一种直观的证明方法。
我们可以将等差数列的项表示为等差数列的首项和公差的函数，然后通过几何图形来直观地理解等差数列的性质。
假设等差数列的首项为a1，公差为d，我们可以将等差数列的第n项an表示为an = a1 + (n-1)d。
在坐
标平面上，我们可以将等差数列的每一项看作是一个点，其横坐标为n，纵坐标为an。
则等差数列的每一项都位于一条直线上，且这条直线的斜率为公差d。
因此，通过几何图形可以直观地证明等差数列的性质。
三、总结
通过数学归纳法、差分、前n项和和几何证明等四种方法，我们可以证明等差数列的通项公式。
数学归纳法通过递推的方式证明了等差数列的通项公式对于任意正整数n都成立。
差分通过分析等差数列的相邻项之差得到等差数列的公差，从而反推回等差数列的通项公式。
前n项和通过求等差数列的部分和得到等差数列的通项公式。
几何证明通过几何图形直观地理解等差数列的性质。
以上四种方法各有特点，可以根据具体问题的要求选择合适的证明方法。
无论采用哪种方法，都需要严谨的推理和准确的表述，以确保证明的正确性和可信度。