等差與等比數(shù)列是兩類重要的數(shù)列模型，高中階段通過對(duì)這兩類數(shù)列模型的學(xué)習(xí)，我們對(duì)數(shù)列知識(shí)有了初步的認(rèn)識(shí). 高考對(duì)數(shù)列的考查，始終圍繞這兩類模型展開，一方面考查與它們相關(guān)的數(shù)學(xué)方法，如累加法、累積法、倒序相加法；另一方面是進(jìn)行延伸拓展，形式上是考查非等差、等比數(shù)列，而實(shí)質(zhì)上是考查轉(zhuǎn)化思想，將非等差、等比數(shù)列化歸（構(gòu)造）為等差、等比數(shù)列的技能，最終落腳點(diǎn)還是等差、等比數(shù)列. 需要指出的是，部分省市由于弱化了數(shù)列與不等式相交匯的考題，故此部分內(nèi)容被命制為解答題的第1題或第2題的概率有所增加，它應(yīng)是我們重點(diǎn)復(fù)習(xí)的對(duì)象.

（1）方程法，即將an與Sn統(tǒng)一表示為a1和d（或q）的方程（組），以求其基本量（五個(gè)基本量中，通常先求出a1和d（或q），然后再求其他的基本量）；對(duì)于等差數(shù)列{an}，其通項(xiàng)公式為an=a1+（n-1）d，求和公式為Sn=■d=na1+■；對(duì)于等比數(shù)列{an}，其通項(xiàng)公式為an=a1qn-1，求和公式為Sn=na1，q=1，■，q≠1.

（2）性質(zhì)法，即運(yùn)用等差（比）數(shù)列的相關(guān)性質(zhì)解題，?？烧w代換，回避單個(gè)求值. 較為常用的如：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）；有關(guān)和的性質(zhì)，Sk，S2k-Sk，S3k-S2k，…仍成等差（比）數(shù)列等. 需要指出，等差、等比數(shù)列的性質(zhì)具有對(duì)稱性，因此可用類比的思想進(jìn)行理解和記憶.

（3）由遞推關(guān)系求通項(xiàng)公式，我們往往通過待定系數(shù)法，構(gòu)造新數(shù)列，使得該新數(shù)列是等差、等比數(shù)列. 形如an+1=Aan+Ban-1的遞推關(guān)系，我們常設(shè)an+1+xan=（A+x）（an+xan-1）（可求得x（A+x）=B），從而構(gòu)造了新數(shù)列{an+1+xan}，該數(shù)列是等比數(shù)列；形如an+1=Aan+B的遞推關(guān)系，我們常設(shè)an+1+x=A（an+x）（可求得x（A-1）=B），從而構(gòu)造了新數(shù)列{an+x}，該數(shù)列是等比數(shù)列.

（4）若數(shù)列{an}滿足：an=bn·cn，{bn}是等差數(shù)列，{cn}是等比數(shù)列，求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)的和，常用錯(cuò)位相減法，轉(zhuǎn)化為等比數(shù)列求和. 設(shè)等差數(shù)列{bn}的公差為d，等比數(shù)列{cn}的公比為q.

第一步：錯(cuò)位.

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

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

第三步：求和. 當(dāng)q≠1時(shí)，Sn=■+■.

■

■ 已知等差數(shù)列{an}滿足：a3=7，a5+a7=26，{an}的前n項(xiàng)和為Sn.

（1）求a6及Sn的最小值；？搖

（2）令bn=■（n∈N？鄢），求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.

破解思路 第（1）問利用等差數(shù)列通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)和公式列方程求解a1和d，寫出通項(xiàng)再求a6，對(duì)于前n項(xiàng)和的最值則可轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)最值問題處理；第（2）問中通項(xiàng)bn為分式形式，可通過裂項(xiàng)法來求和.

經(jīng)典答案 （1）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因?yàn)閍3=7，a5+a7=26，所以有a1+2d=7，2a1+10d=26，解得a1=3，d=2，則an=2n+1，所以a6=13.

Sn=■=n2+2n=（n+1）2-1，所以當(dāng)n=1時(shí)，Sn取得最小值3.

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

■ 已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=-an-■■+2（n為正整數(shù)）.

（1）令bn=2nan，求證：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，并求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；

（2）令cn=■an，Tn=c1+c2+…+cn，試比較Tn與■的大小，并證明.

破解思路 （1）對(duì)于an，Sn混合型的遞推關(guān)系，我們常用an=Sn-Sn-1，作差消去Sn. 同時(shí)，要證數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，只要證當(dāng)n≥2時(shí)，bn-bn-1=d（常數(shù)）即可.

（2）求數(shù)列{anbn}（其中{an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列）的前n項(xiàng)的和，通常用錯(cuò)位相減法，轉(zhuǎn)化為等比數(shù)列求和.

經(jīng)典思路 （1）因?yàn)镾n=-an-■■+2，所以令n=1，得S1=-a1-1+2=a1，即a1=■.

當(dāng)n≥2時(shí)，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?yàn)閎n=2nan，所以bn=bn-1+1，即當(dāng)n≥2時(shí)，bn-bn-1=1.？搖

又b1=2a1=1，所以數(shù)列{bn}是首項(xiàng)和公差均為1的等差數(shù)列.

于是bn=1+（n-1）·1=n=2nan，所以an=■.

（2）由（1）得cn=■an=（n+1）·■■. 因?yàn)門n=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-■-■=■，于是確定T n與■的大小關(guān)系等價(jià)于比較2n與2n+1的大小.

由2<2×1+1；22<2×2+1；23>2×3+1；24>2×4+1；…

可猜想當(dāng)n≥3時(shí)，2n>2n+1.證明如下：

①當(dāng)n=3時(shí)，由上驗(yàn)算顯示成立.

②假設(shè)n=k（k≥3）時(shí)，猜想成立，即2k>2k+1.

因?yàn)?k+1=2·2k>2（2k+1）=2（k+1）+2k>2（k+1）+1，所以當(dāng)n=k+1時(shí)猜想也成立.

綜合①②可知，對(duì)一切n≥3的正整數(shù)，都有2n>2n+1，所以當(dāng)n=1，2時(shí)，Tn<■；當(dāng)n≥3時(shí)，Tn>■.

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

（1）設(shè)bn=an+1-an（n∈N？鄢），證明：{bn}是等比數(shù)列；

（2）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；

（3）若a3是a6與a9的等差中項(xiàng)，求q的值，并證明：對(duì)任意的n∈N？鄢，an是an+3與an+6的等差中項(xiàng).

破解思路 求非等差、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，關(guān)鍵是對(duì)遞推關(guān)系進(jìn)行合理的轉(zhuǎn)化，構(gòu)造新的等差、等比數(shù)列，從而可以運(yùn)用等差、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式求解.

經(jīng)典思路 （1）法1：當(dāng)n≥2時(shí)，■=■=■=q.

又b1=a2-a1=1，q≠0，所以{bn}是首項(xiàng)為1，公比為q的等比數(shù)列.

法2：設(shè)an+1+xan=（1+q+x）（an+xan-1），所以an+1=（1+q）an+x（1+q+x）·a■. 因?yàn)閍n+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. 當(dāng)x=-1時(shí)，an+1-an=q（an-an-1），bn=qbn-1.

又b1=a2-a1=1，q≠0，所以{bn}是首項(xiàng)為1，公比為q的等比數(shù)列.

（2）法1：由（1）得an+1-an=qn-1.

因?yàn)閍2-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）.

當(dāng)n≥2時(shí)，an=1+■，q≠1，n，q=1.

上式對(duì)n=1顯然成立. 所以對(duì)n∈N？鄢，an=1+■，q≠1，n，q=1.

法2：由（1）知，當(dāng)x=-q時(shí)，a■-qan=an-qan-1，所以an+1-qan=a2-qa1=2-q，即an+1=qan+2-q.

當(dāng)q=1時(shí)，an+1=an+1，數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列，所以an=n.

當(dāng)q≠1時(shí)，設(shè)an+1+r=q（an+r），則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+■是首項(xiàng)為■，公比為q的等比數(shù)列. 所以an+■=■·qn-1，即an=■+■.

所以綜上可得，對(duì)n∈N？鄢，an=1+■，q≠1，n，q=1.

（3）由（2），當(dāng)q=1時(shí)，顯然a3不是a6與a9的等差中項(xiàng)，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），？搖an+6-an=■=■·（1-q6）. 根據(jù)①可得an-an+3=an+6-an，n∈N？鄢.

所以對(duì)任意的n∈N？鄢，an是an+3與an+6的等差中項(xiàng).

■

1. 已知{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，且a1+a2=2■+■，a3+a4+a5=64■+■+■.

（1）求{an}的通項(xiàng)公式；

（2）設(shè)bn=a■+■■，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.

2. 已知數(shù)列{an}，a1=1，an=λan-1+λ-2（n≥2）.

（1）當(dāng)λ為何值時(shí)，數(shù)列{an}可以構(gòu)成公差不為零的等差數(shù)列，并求其通項(xiàng)公式；

（2）若λ=3，令bn=an+■，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn.

3. 已知數(shù)列{an}滿足a1=-■，a2=1，anan+1+anan-1=2a■a■（an≠0，n∈N？鄢，n≥2），Sn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和，且b1=■，4nSn+3■=3·4n.

（1）求證：數(shù)列■是等差數(shù)列，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列；

（2）若數(shù)列{cn}滿足cn=■，Tn為數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和，求Tn+1-2Tn+Tn-1（n≥2）的最大值.