专题11等比数列的判定与证明

专题11等比数列的判定与证明【基本方法】等比数列的四个判定方法(1)定义法：eq\f(an＋1,an)＝q(q是不为0的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列．(2)等比中项法：aeq\o\al(2,n＋1)＝an·an＋2(an·an＋1·an＋2≠0，n∈N*)⇔{an}是等比数列．(3)通项公式法：an＝cqn(c，q均是不为0的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列．(4)前n项和公式法：Sn＝k·qn－k(k为常数且k≠0，q≠0，1)，则{an}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．【基本题型】[例1](1)将公比为q的等比数列a1，a2，a3，a4，…依次取相邻两项的乘积组成新的数列a1a2，a2a3，a3a4，…，此数列是()A．公比为q的等比数列B．公比为q2的等比数列C．公比为q3的等比数列D．不一定是等比数列答案B(2)在数列{an}中，“an＝2an－1，n＝2，3，4，…”是“{an}是公比为2的等比数列”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案B解析当an＝0时，也有an＝2an－1，n＝2，3，4，…，但{an}不是等比数列，因此充分性不成立；当{an}是公比为2的等比数列时，有eq\f(an,an－1)＝2，n＝2，3，4，…，即an＝2an－1，n＝2，3，4，…，所以必要性成立．故选B．(3)数列{an}中，a1＝p，an＋1＝qan＋d(n∈N*，p，q，d是常数)，则d＝0是数列{an}是等比数列的()A．必要不充分条件B．充分不必要条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案D解析当d＝0，p＝0时，an＝0，数列{an}不是等比数列，所以充分性不成立；当q＝0，p＝d，d≠0时，an＝d，则数列{an}为公比为1的等比数列，所以必要性不成立．综上所述，d＝0是数列{an}是等比数列的既不充分也不必要条件，故选D．(4)在数列{an}和{bn}中，an＋1＝an＋bn＋eq\r(a\o\al(2,n)＋b\o\al(2,n))，bn＋1＝an＋bn－eq\r(a\o\al(2,n)＋b\o\al(2,n))，a1＝1，b1＝1．设cn＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,bn)，则数列{an＋bn}与数列{anbn}分别为()A．首项为2，公比为2的等比数列；首项为1，公比为2的等比数列B．首项为1，公比为2的等比数列；首项为2，公比为2的等比数列C．首项为2，公比为4的等比数列；首项为1，公比为4的等比数列D．首项为1，公比为4的等比数列；首项为2，公比为4的等比数列答案A解析由已知an＋1＝an＋bn＋eq\r(a\o\al(2,n)＋b\o\al(2,n))，bn＋1＝an＋bn－eq\r(a\o\al(2,n)＋b\o\al(2,n))得an＋1＋bn＋1＝2(an＋bn)，又a1＋b1＝2，所以数列{an＋bn}是首项为2，公比为2的等比数列，即an＋bn＝2n，将an＋1＝an＋bn＋eq\r(a\o\al(2,n)＋b\o\al(2,n))，bn＋1＝an＋bn－eq\r(a\o\al(2,n)＋b\o\al(2,n))相乘并化简，得an＋1bn＋1＝2anbn，即eq\f(an＋1bn＋1,anbn)＝2．所以数列{anbn}是首项为1，公比为2的等比数列．(5)设{an}是各项为正数的无穷数列，Ai是边长为ai，ai＋1的矩形的面积(i＝1，2，…)，则{An}为等比数列的充要条件是()A．{an}是等比数列B．a1，a3，…，a2n－1，…或a2，a4，…，a2n，…是等比数列C．a1，a3，…，a2n－1，…和a2，a4，…，a2n，…均是等比数列D．a1，a3，…，a2n－1，…和a2，a4，…，a2n，…均是等比数列，且公比相同答案D解析∵Ai＝aiai＋1，若{An}为等比数列，则eq\f(An＋1,An)＝eq\f(an＋1an＋2,anan＋1)＝eq\f(an＋2,an)为常数，即eq\f(A2,A1)＝eq\f(a3,a1)，eq\f(A3,A2)＝eq\f(a4,a2)，…．∴a1，a3，a5，…，a2n－1，…和a2，a4，…，a2n，…成等比数列，且公比相等．反之，若奇数项和偶数项分别成等比数列，且公比相等，设为q，则eq\f(An＋1,An)＝eq\f(an＋2,an)＝q，从而{An}为等比数列．[例2]已知a1＝2，a2＝4，数列{bn}满足：bn＋1＝2bn＋2且an＋1－an＝bn．(1)求证：数列{bn＋2}是等比数列；(2)求数列{an}的通项公式．解析(1)由题知，eq\f(bn＋1＋2,bn＋2)＝eq\f(2bn＋2＋2,bn＋2)＝2，因为b1＝a2－a1＝4－2＝2，所以b1＋2＝4，所以数列{bn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．(2)由(1)可得，bn＋2＝4·2n－1，故bn＝2n＋1－2．因为an＋1－an＝bn，所以a2－a1＝b1，a3－a2＝b2，a4－a3＝b3，…，an－an－1＝bn－1．累加得，an－a1＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1(n≥2)，an＝2＋(22－2)＋(23－2)＋(24－2)＋…＋(2n－2)＝2＋eq\f(221－2n－1,1－2)－2(n－1)＝2n＋1－2n，故an＝2n＋1－2n(n≥2)．因为a1＝2＝21＋1－2×1＝2符合上式，所以数列{an}的通项公式为an＝2n＋1－2n(n∈N*)．[例3](2016·全国Ⅲ)已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0．(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；(2)若S5＝eq\f(31,32)，求λ．解析(1)由题意得a1＝S1＝1＋λa1，故λ≠1，a1＝eq\f(1,1－λ)，故a1≠0．由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1得an＋1＝λan＋1－λan，即an＋1(λ－1)＝λan．由a1≠0，λ≠0得an≠0，所以eq\f(an＋1,an)＝eq\f(λ,λ－1)．因此{an}是首项为eq\f(1,1－λ)，公比为eq\f(λ,λ－1)的等比数列，于是an＝eq\f(1,1－λ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1)))n－1．(2)由(1)得Sn＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1)))n．由S5＝eq\f(31,32)得1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1)))5＝eq\f(31,32)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ－1)))5＝eq\f(1,32)．解得λ＝－1．[例4]已知数列{an}的首项a1>0，an＋1＝eq\f(3an,2an＋1)(n∈N*)，且a1＝eq\f(2,3)．(1)求证：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1))是等比数列，并求出{an}的通项公式；(2)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n项和Tn．解析(1)记bn＝eq\f(1,an)－1，则eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(\f(1,an＋1)－1,\f(1,an)－1)＝eq\f(\f(2an＋1,3an)－1,\f(1,an)－1)＝eq\f(2an＋1－3an,3－3an)＝eq\f(1－an,3(1－an))＝eq\f(1,3)，又b1＝eq\f(1,a1)－1＝eq\f(3,2)－1＝eq\f(1,2)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1))是首项为eq\f(1,2)，公比为eq\f(1,3)的等比数列．所以eq\f(1,an)－1＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1，即an＝eq\f(2×3n－1,1＋2×3n－1)．所以数列{an}的通项公式为an＝eq\f(2×3n－1,1＋2×3n－1)．(2)由(1)知，eq\f(1,an)＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1＋1．所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n项和Tn＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))＋n＝eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))＋n．[例5]已知数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*，a1＝1，a2＝eq\f(3,2)，a3＝eq\f(5,4)，且当n≥2时，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1．(1)求a4的值；(2)证明：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,2)an))为等比数列．解析(1)因为4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1，a1＝1，a2＝eq\f(3,2)，a3＝eq\f(5,4)，当n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，即4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,2)＋\f(5,4)＋a4))＋5×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,2)))＝8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,2)＋\f(5,4)))＋1，解得a4＝eq\f(7,8)．(2)由4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)，得4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)，即4an＋2＋an＝4an＋1(n≥2)．当n＝1时，有4a3＋a1＝4×eq\f(5,4)＋1＝6＝4a2，∴4an＋2＋an＝4an＋1，∴eq\f(an＋2－\f(1,2)an＋1,an＋1－\f(1,2)an)＝eq\f(4an＋2－2an＋1,4an＋1－2an)＝eq\f(4an＋1－an－2an＋1,4an＋1－2an)＝eq\f(2an＋1－an,22an＋1－an)＝eq\f(1,2)，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,2)an))是以a2－eq\f(1,2)a1＝1为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列．[例6]已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)．(1)求数列{an}的前三项a1，a2，a3；(2)求证：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(2,3)－1n))为等比数列，并求出{an}的通项公式．解析(1)在Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)中分别令n＝1，2，3，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2a1－1，,a1＋a2＝2a2＋1，,a1＋a2＋a3＝2a3－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,a2＝0，,a3＝2.))(2)由Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)，得Sn－1＝2an－1＋(－1)n－1(n≥2)，两式相减，得an＝2an－1－2(－1)n(n≥2)，an＝2an－1－eq\f(4,3)(－1)n－eq\f(2,3)(－1)n＝2an－1＋eq\f(4,3)(－1)n－1－eq\f(2,3)(－1)n(n≥2)，∴an＋eq\f(2,3)(－1)n＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(an－1＋\f(2,3)－1n－1))(n≥2)．故数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(2,3)－1n))是以a1－eq\f(2,3)＝eq\f(1,3)为首项，2为公比的等比数列．∴an＋eq\f(2,3)(－1)n＝eq\f(1,3)×2n－1，∴an＝eq\f(1,3)×2n－1－eq\f(2,3)×(－1)n＝eq\f(2n－1,3)－eq\f(2,3)(－1)n．[例7]已知在正项数列{an}中，a1＝2，点An(eq\r(an)，eq\r(an＋1))在双曲线y2－x2＝1上，数列{bn}中，点(bn，Tn)在直线y＝－eq\f(1,2)x＋1上，其中Tn是数列{bn}的前n项和．(1)求数列{an}的通项公式；(2)求证：数列{bn}是等比数列．解析(1)由点An在y2－x2＝1上知an＋1－an＝1，所以数列{an}是一个以2为首项，1为公差的等差数列，所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋n－1＝n＋1．(2)因为点(bn，Tn)在直线y＝－eq\f(1,2)x＋1上，所以Tn＝－eq\f(1,2)bn＋1，①所以Tn－1＝－eq\f(1,2)bn－1＋1(n≥2)．②①②两式相减得bn＝－eq\f(1,2)bn＋eq\f(1,2)bn－1(n≥2)，所以eq\f(3,2)bn＝eq\f(1,2)bn－1，所以bn＝eq\f(1,3)bn－1(n≥2)，在①式中令n＝1，得T1＝b1＝－eq\f(1,2)b1＋1，所以b1＝eq\f(2,3)，所以{bn}是一个以eq\f(2,3)为首项，以eq\f(1,3)为公比的等比数列．[例8]已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＋1，n为奇数，,2an，n为偶数))(n∈N*)，设bn＝a2n－1．(1)求b2，b3，并证明bn＋1＝2bn＋2；(2)①证明：数列{bn＋2}为等比数列；②若a2k，a2k＋1,9＋a2k＋2成等比数列，求正整数k的值．解析(1)∵数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＋1，n为奇数，,2an，n为偶数))(n∈N*)，bn＝a2n－1，∴b2＝a3＝2a2＝2(a1＋1)＝4，b3＝a5＝2a4＝2(a3＋1)＝10，同理，bn＋1＝a2n＋1＝2a2n＝2(a2n－1＋1)＝2(bn＋1)＝2bn＋2．(2)①∵b1＝a1＝1，b1＋2≠0，eq\f(bn＋1＋2,bn＋2)＝eq\f(2bn＋2＋2,bn＋2)＝2，∴数列{bn＋2}为等比数列．②由①知bn＋2＝3×2n－1，∴bn＝3×2n－1－2，∴a2n－1＝3×2n－1－2，a2n＝a2n－1＋1＝3×2n－1－1，∵a2k，a2k＋1,9＋a2k＋2成等比数列，∴(3×2k－2)2＝(3×2k－1－1)(3×2k＋8)，令2k＝t，得(3t－2)2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)t－1))(3t＋8)，整理，得3t2－14t＋8＝0，解得t＝eq\f(2,3)或t＝4，∵k∈N*，∴2k＝4，解得k＝2．[例9](2019·全国Ⅱ)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0，4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4．(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；(2)求{an}和{bn}的通项公式．解析(1)由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即an＋1＋bn＋1＝eq\f(1,2)(an＋bn)．又因为a1＋b1＝1，所以{an＋bn}是首项为1，公比为eq\f(1,2)的等比数列．由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2．又因为a1－b1＝1，所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列．(2)由(1)知，an＋bn＝eq\f(1,2n－1)，an－bn＝2n－1，所以an＝eq\f(1,2)[(an＋bn)＋(an－bn)]＝eq\f(1,2n)＋n－eq\f(1,2)，bn＝eq\f(1,2)[(an＋bn)－(an－bn)]＝eq\f(1,2n)－n＋eq\f(1,2)．[例10](2018·全国Ⅰ)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an，设bn＝eq\f(an,n)．(1)求b1，b2，b3；(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；(3)求{an}的通项公式．解析(1)由条件可得an＋1＝eq\f(2(n＋1),n)an．将n＝1代入，得a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4．将n＝2代入，得a3＝3a2，所以a3＝12．从而b1＝1，b2＝2，b3＝4．(2){bn}是首项为1，公比为2的等比数列．理由：由条件可得eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(2an,n)，即bn＋1＝2bn．又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．(3)由(2)可得eq\f(an,n)＝2n－1，所以an＝n·2n－1，n∈N*．[例11]已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an>0，Seq\o\al(2,n)＝aeq\o\al(2,n＋1)－λSn＋1，其中λ为常数．(1)证明：Sn＋1＝2Sn＋λ；(2)是否存在实数λ，使得数列{an}为等比数列，若存在，求出λ；若不存在，说明理由．解析(1)∵an＋1＝Sn＋1－Sn，Seq\o\al(2,n)＝aeq\o\al(2,n＋1)－λSn＋1，∴Seq\o\al(2,n)＝(Sn＋1－Sn)2－λSn＋1，∴Sn＋1(Sn＋1－2Sn－λ)＝0，∵an>0，∴Sn＋1>0，∴Sn＋1－2Sn－λ＝0；∴Sn＋1＝2Sn＋λ．(2)存在λ＝1，使得数列{an}为等比数列，理由如下：Sn＋1＝2Sn＋λ，Sn＝2Sn－1＋λ(n≥2)，相减得an＋1＝2an(n≥2)，∴{an}从第二项起成等比数列，∵S2＝2S1＋λ，即a2＋a1＝2a1＋λ，∴a2＝1＋λ>0，得λ>－1，∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,(λ＋1)2n－2，n≥2，))若使{an}是等比数列，则a1a3＝aeq\o\al(2,2)，∴2(λ＋1)＝(λ＋1)2，∴λ＝－1(舍)或λ＝1，经检验符合题意．[例12]设等差数列{an}的前n项和为Sn，a＝(a1，1)，b＝(1，a10)，若a·b＝24，且S11＝143，数列{bn}的前n项和为Tn，且满足＝λTn－(a1－1)(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式及数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前n项和Mn；(2)是否存在非零实数λ，使得数列{bn}为等比数列？并说明理由．解析(1)设数列{an}的公差为d，由a＝(a1，1)，b＝(1，a10)，a·b＝24，得a1＋a10＝24，又S11＝143，解得a1＝3，d＝2，因此数列{an}的通项公式是an＝2n＋1(n∈N*)，所以eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,2n＋12n＋3)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))，所以Mn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)＋\f(1,5)－\f(1,7)＋…＋\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))＝eq\f(n,6n＋9)(n∈N*)．(2)因为＝λTn－(a1－1)(n∈N*)，且a1＝3，所以Tn＝eq\f(4n,λ)＋eq\f(2,λ)，当n＝1时，b1＝eq\f(6,λ)；当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝eq\f(3·4n－1,λ)，此时有eq\f(bn,bn－1)＝4，若{bn}是等比数列，则有eq\f(b2,b1)＝4，而b1＝eq\f(6,λ)，b2＝eq\f(12,λ)，彼此相矛盾，故不存在非零实数λ使数列{bn}为等比数列．[例13]已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋λ(λ为常数)．(1)试探究数列{an＋λ}是不是等比数列，并求an；(2)当λ＝1时，求数列{n(an＋λ)}的前n项和Tn．解析(1)因为an＋1＝2an＋λ，所以an＋1＋λ＝2(an＋λ)．又a1＝1，所以当λ＝－1时，a1＋λ＝0，数列{an＋λ}不是等比数列，此时an＋λ＝an－1＝0，即an＝1；当λ≠－1时，a1＋λ≠0，所以an＋λ≠0，所以数列{an＋λ}是以1＋λ为首项，2为公比的等比数列，此时an＋λ＝(1＋λ)2n－1，即an＝(1＋λ)2n－1－λ．(2)由(1)知an＝2n－1，所以n(an＋1)＝n×2n，Tn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①2Tn＝22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，②①－②得：－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝eq\f(2(1－2n),1－2)－n×2n＋1＝2n＋1－2－n×2n＋1＝(1－n)2n＋1－2．所以Tn＝(n－1)2n＋1＋2．【对点精练】1．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝eq\f(an＋an＋1,2)，n∈N*．(1)令bn＝an＋1－an，证明：{bn}是等比数列；(2)求数列{an}的通项公式．1．解析(1)b1＝a2－a1＝1．当n≥2时，bn＝an＋1－an＝eq\f(an－1＋an,2)－an＝－eq\f(1,2)(an－an－1)＝－eq\f(1,2)bn－1，∴{bn}是以1为首项，－eq\f(1,2)为公比的等比数列．(2)由(1)知bn＝an＋1－an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1，当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－2＝1＋eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝1＋eq\f(2,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1))＝eq\f(5,3)－eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1．当n＝1时，eq\f(5,3)－eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))1－1＝1＝a1，∴an＝eq\f(5,3)－eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1(n∈N*)．2．(1)求证：{an＋1＋2an}是等比数列；(2)求数列{an}的通项公式．2．解析(1)因为an＋1＝an＋6an－1(n≥2)，所以an＋1＋2an＝3an＋6an－1＝3(an＋2an－1)(n≥2)．因为a1＝5，a2＝5，所以a2＋2a1＝15，所以an＋2an－1≠0(n≥2)，所以数列{an＋1＋2an}是以15为首项，3为公比的等比数列．(2)由(1)得an＋1＋2an＝15×3n－1＝5×3n，则an＋1＝－2an＋5×3n，所以an＋1－3n＋1＝－2(an－3n)．又因为a1－3＝2，所以an－3n≠0，所以{an－3n}是以2为首项，－2为公比的等比数列．所以an－3n＝2×(－2)n－1，故an＝2×(－2)n－1＋3n．3．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝4an－3(n∈N*)．(1)证明：数列{an}是等比数列；(2)若数列{bn}满足bn＋1＝an＋bn(n∈N*)，且b1＝2，求数列{bn}的通项公式．3．解析(1)由Sn＝4an－3可知当n＝1时a1＝4a1－3，解得a1＝1．当n≥2时，由Sn＝4an－3，得Sn－1＝4an－1－3，两式相减得an＝4an－4an－1(n≥2)，即an＝eq\f(4,3)an－1(n≥2)，所以{an}是首项为1，公比为eq\f(4,3)的等比数列．(2)由(1)可知an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))n－1，由bn＋1＝an＋bn(n∈N*)得bn＋1－bn＝an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))n－1．所以当n≥2时，bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝2＋eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))n－1,1－\f(4,3))＝3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))n－1－1．当n＝1时上式也满足条件，故数列{bn}的通项公式为bn＝3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))n－1－1．4．已知Sn是数列{an}的前n项和，且满足Sn－2an＝n－4．(1)证明：{Sn－n＋2}为等比数列；(2)求数列{Sn}的前n项和Tn．4．解析(1)因为an＝Sn－Sn－1(n≥2)，所以Sn－2(Sn－Sn－1)＝n－4(n≥2)，则Sn＝2Sn－1－n＋4(n≥2)，所以Sn－n＋2＝2[Sn－1－(n－1)＋2](n≥2)，又由题意知a1－2a1＝－3，所以a1＝3，则S1－1＋2＝4，所以{Sn－n＋2}是首项为4，公比为2等比数列．(2)由(1)知Sn－n＋2＝2n＋1，所以Sn＝2n＋1＋n－2，于是Tn＝(22＋23＋…＋2n＋1)＋(1＋2＋…＋n)－2n＝eq\f(4(1－2n),1－2)＋eq\f(n(n＋1),2)－2n＝eq\f(2n＋3＋n2－3n－8,2)．5．已知数列{an}中，a2＝eq\f(9,4)，前n项和为Sn，且2Sn＋1－3Sn＝2a1．(1)求a1的值；(2)求证：数列{an}为等比数列，并写出其通项公式．5．解析(1)因为2Sn＋1－3Sn＝2a1，令n＝1，得2S2＝5a1．又a2＝eq\f(9,4)，得a1＝eq\f(3,2)．(2)由2Sn＋1－3Sn＝2a1得2Sn＋2－3Sn＋1＝2a1．两式相减得2an＋2＝3an＋1，即eq\f(an＋2,an＋1)＝eq\f(3,2)．又eq\f(a2,a1)＝eq\f(3,2)，a1＝eq\f(3,2)，所以数列{an}是以eq\f(3,2)为首项，eq\f(3,2)为公比的等比数列．所以数列{an}的通项公式为an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n)．6．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－3n(n∈N*)．(1)求a1，a2，a3的值．(2)设bn＝an＋3，证明数列{bn}为等比数列，并求通项公式an．6．解析(1)因为数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－3n(n∈N*)．所以n＝1时，由a1＝S1＝2a1－3×1，解得a1＝3，n＝2时，由S2＝2a2－3×2，得a2＝9，n＝3时，由S3＝2a3－3×3，得a3＝21．(2)因为Sn＝2an－3n，所以Sn＋1＝2an＋1－3(n＋1)，两式相减，得an＋1＝2an＋3，①把bn＝an＋3及bn＋1＝an＋1＋3，代入①式，得bn＋1＝2bn(n∈N*)，且b1＝6，所以数列{bn}是以6为首项，2为公比的等比数列，所以bn＝6×2n－1，所以an＝bn－3＝6×2n－1－3＝3(2n－1)．7．已知等差数列{an}的公差为2，其前n项和Sn＝pn2＋2n，n∈N*．(1)求实数p的值及数列{an}的通项公式；(2)在等比数列{bn}中，b3＝a1，b4＝a2＋4，若{bn}的前n项和为Tn．求证：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Tn＋\f(1,6)))为等比数列．7．解析(1)Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝na1＋n(n－1)＝n2＋(a1－1)n，又Sn＝pn2＋2n，n∈N*，所以p＝1，a1－1＝2，即a1＝3，所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1．(2)因为b3＝a1＝3，b4＝a2＋4＝9，所以q＝3，所以bn＝b3qn－3＝3×3n－3＝3n－2，所以b1＝eq\f(1,3)，所以Tn＝eq\f(\f(1,3)（1－3n）,1－3)＝eq\f(3n－1,6)，所以Tn＋eq\f(1,6)＝eq\f(3n,6)．又T1＋eq\f(1,6)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(Tn＋\f(1,6),Tn－1＋\f(1,6))＝eq\f(\f(3n,6),\f(3n－1,6))＝3(n≥2)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Tn＋\f(1,6)))是以eq\f(1,2)为首项，3为公比的等比数列．8．记数列{an}的前n项和为Sn，已知2an＋1＋n＝4Sn＋2p，a3＝7a1＝7．(1)求p，S4的值；(2)若bn＝an＋1－an，求证：数列{bn}是等比数列．8．解析(1)由a3＝7a1＝7知，a3＝7，a1＝1．当n＝1时，由2an＋1＋n＝4Sn＋2p，得a2＝eq\f(3,2)＋p，当n＝2时，由2an＋1＋n＝4Sn＋2p，得a3＝4＋3p＝7，所以p＝1，当n＝3时，由2an＋1＋n＝4Sn＋2p，得2a4＋3＝4S3＋2，解得a4＝eq\f(41,2)．所以S4＝1＋eq\f(5,2)＋7＋eq\f(41,2)＝31．(2)由(1)可得an＋1＝2Sn－eq\f(1,2)n＋1，则an＋2＝2Sn＋1－eq\f(1,2)(n＋1)＋1．两式作差得an＋2－an＋1＝2an＋1－eq\f(1,2)，即an＋2＝3an＋1－eq\f(1,2)(n∈N*)．由(1)得a2＝eq\f(5,2)，所以a2＝3a1－eq\f(1,2)，所以an＋1＝3an－eq\f(1,2)对n∈N*恒成立，由上式变形可得an＋1－eq\f(1,4)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,4)))．而a1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4)≠0，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,4)))是首项为eq\f(3,4)，公比为3的等比数列，所以an－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4)×3n－1＝eq\f(3n,4)，所以bn＝an＋1－an＝an＋1－eq\f(1,4)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,4)))＝eq\f(3n＋1,4)－eq\f(3n,4)＝eq\f(3n,2)，所以bn＋1＝eq\f(3n＋1,2)，eq\f(bn＋1,bn)＝3．又b1＝eq\f(3,2)，所以数列{bn}是首项为eq\f(3,2)，公比为3的等比数列．9．已知数列{an}的前n项和为Sn，满足a1＝2，Sn＝λnan＋μan－1，其中n≥2，n∈N*，λ，μ∈R．(1)若λ＝0，μ＝4，bn＝an＋1－2an(n∈N*)，求证：数列{bn}是等比数列；(2)若a2＝3，且λ＋μ＝eq\f(3,2)，求证：数列{an}是等差数列．9．解析(1)若λ＝0，μ＝4，则Sn＝4an－1(n≥2，n∈N*)，所以an＋1＝Sn＋1－Sn＝4(an－an－1)，即an＋1－2an＝2(an－2an－1)，所以bn＝2bn－1．又由a1＝2，a1＋a2＝4a1，得a2＝3a1＝6，a2－2a1＝2≠0，即bn≠0，所以eq\f(bn,bn－1)＝2，故数列{bn}是等比数列．(2)令n＝2，则S2＝2λa2＋μa1，即a1＋a2＝2λa2＋μa1．又由a1＝2，a2＝3，得5＝6λ＋2μ．又λ＋μ＝eq\f(3,2)，两式联立，解得λ＝eq\f(1,2)，μ＝1．所以Sn＝eq\f(n,2)an＋an－1．令n＝3，则S3＝eq\f(3,2)a3＋a2，即a1＋a2＋a3＝eq\f(3,2)a3＋a2．由a1＝2，a2＝3，得5＋a3＝eq\f(3,2)a3＋3，所以a3＝4，所以a1，a2，a3成等差数列．由Sn＝eq\f(n,2)an＋an－1，得Sn＋1＝eq\f(n＋1,2)an＋1＋an．两式相减得an＋1＝eq\f(n＋1,2)an＋1－eq\f(n,2)an＋an－an－1，即(n－1)an＋1－(n－2)an－2an－1＝0，所以nan＋2－(n－1)an＋1－2an＝0．两式相减得nan＋2－2(n－1)an＋1＋(n－2)an－2an＋2an－1＝0，所以n(an＋2－2an＋1＋an)＋2(an＋1－2an＋an－1)＝0，所以an＋2－2an＋1＋an＝－eq\f(2,n)(an＋1－2an＋an－1)＝eq\f((－2)2,n（n－1）)(an－2an－1＋an－2)＝…＝eq\f((－2)n－1,n(n－1)·…·2)(a3－2a2＋a1)．因为a1－2a2＋a3＝0，所以an＋2－2an＋1＋an＝0，即an＋2＋an＝2an＋1所以数列{an}是等差数列．10．设Sn为数列{an}的前n项和，对任意的n∈N*，都有Sn＝2－an，数列{bn}满足b1＝2a1，bn＝eq\f(bn－1,1＋bn－1)(n≥2，n∈N*)．(1)求证：数列{an}是等比数列，并求{an}的通项公式；(2)判断数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)))是等差数列还是等比数列，并求数列{bn}的通项公式．10．解析(1)当n＝1时，a1＝S1＝2－a1，解得a1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－1－an，即eq\f(an,an－1)＝eq\f(1,2)(n≥2，n∈N*)．所以数列{an}是首项为1，公比为eq\f(1,2)的等比数列，故数列{an}的通项公式为an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1．(2)因为a1＝1，所以b1＝2a1＝2．因为bn＝eq\f(bn－1,1＋bn－1)，所以eq\f(1,bn)＝eq\f(1,bn－1)＋1，即eq\f(1,bn)－eq\f(1,bn－1)＝1(n≥2)．所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(