第二讲 大题考法———等差、等比数列的综合问题 题型(一) 等差、等比数列的综合运算 主要考查等差、等比数列的通项公式及前n项和的求解，且常结合数列的递推公式命题. [典例感悟] [例1] (2018·镇江期末)已知n∈N*，数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且a1＝1，a2＝2，设bn＝a2n－1＋a2n. (1)若数列{bn}是公比为3的等比数列，求S2n； (2)若对任意n∈N*，Sn＝恒成立，求数列{an}的通项公式； (3)若S2n＝3(2n－1)，数列{anan＋1}为等比数列，求数列{an}的通项公式． [解] (1)由题意，b1＝a1＋a2＝1＋2＝3， 则S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2n－1＋a2n)＝b1＋b2＋…＋bn＝＝. (2)当n≥2时，由2Sn＝a＋n， 得2Sn－1＝a＋n－1， 两式相减得2an＝a＋n－(a＋n－1)＝a－a＋1， 整理得(an－1)2－a＝0， 即(an－an－1－1)(an＋an－1－1)＝0， 故an－an－1＝1或an＋an－1＝1.(*) 下面证明an＋an－1＝1对任意的n∈N*恒不成立． 事实上，因为a1＋a2＝3， 所以an＋an－1＝1不恒成立； 若存在n∈N*，使an＋an－1＝1，设n0是满足上式最小的正整数，即an0＋an0－1＝1，显然n0>2，且an0－1∈(0,1)，则an0－1＋an0－2≠1，则由(*)式知，an0－1－an0－2＝1，则an0－2<0，矛盾．故an＋an－1＝1对任意的n∈N*恒不成立， 所以an－an－1＝1对任意的n∈N*恒成立． 因此{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以an＝1＋(n－1)＝n. (3)设等比数列{anan＋1}的公比为q，则当n≥2时，＝＝q. 即{a2n－1}，{a2n}分别是以1,2为首项，公比为q的等比数列， 故a3＝q，a4＝2q. 令n＝2，有S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝1＋2＋q＋2q＝9，则q＝2. 当q＝2时，a2n－1＝2n－1，a2n＝2×2n－1＝2n，bn＝a2n－1＋a2n＝3×2n－1， 此时S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2n－1＋a2n)＝b1＋b2＋…＋bn＝＝3(2n－1)． 综上所述，an＝ [方法技巧] 1．解决等差、等比数列综合问题的策略 解决由等差数列、等比数列组成的综合问题，首先要根据两数列的概念，设出相应的基本量，然后充分使用通项公式、求和公式、数列的性质等确定基本量．解综合题的关键在于审清题目，弄懂来龙去脉，揭示问题的内在联系和隐含条件． 2．有关递推数列问题常见的处理方法 将第n项和第n＋1项合并在一起，看是否是一个特殊数列．若递推关系式含有an与Sn，则考虑是否可以将an与Sn进行统一，再根据递推关系式的结构特征确定是否为熟悉的、有固定方法的递推关系式向通项公式转换的类型，否则可以写出数列的前几项，看能否找到规律，即先特殊、后一般、再特殊． [演练冲关] 设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为其前n项和，已知S3＝7，a1＋3,3a2，a3＋4构成等差数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)令bn＝an＋ln an，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)设数列{an}的公比为q(q>1)． 由题意，得 即 由q>1，解得 故数列{an}的通项公式为an＝2n－1. (2)由(1)得bn＝2n－1＋(n－1)ln 2， 所以Tn＝(1＋2＋22＋…＋2n－1)＋[0＋1＋2＋…＋(n－1)]ln 2＝＋ln 2＝2n－1＋ln 2. 题型(二) 等差、等比数列的判定与证明 主要考查等差与等比数列的定义、等差与等比中项，且常与数列的递推公式结合命题. [典例感悟] [例2] (2018·苏北四市期末)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)若数列{an}是等比数列，求λ，μ的值； (3)若a2＝3，且λ＋μ＝，求证：数列{an}是等差数列． [解] (1)证明：若λ＝0，μ＝4，则Sn＝4an－1(n≥2)， 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 ... ...
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