《高考数学二轮满分突破讲义》专题三 第1讲 等差数列与等比数列

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考点一 等差数列、等比数列的基本运算
核心提炼
等差数列、等比数列的基本公式(n∈N*)
(1)等差数列的通项公式：an＝a1＋(n－1)d；
(2)等比数列的通项公式：an＝a1·qn－1.
(3)等差数列的求和公式：Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝na1＋eq \f(nn－1,2)d；
(4)等比数列的求和公式：Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1，,na1，q＝1.))
例1 (1)《周髀算经》中有一个问题：从冬至日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影长依次成等差数列，若冬至、立春、春分的日影长的和为37.5尺，芒种的日影长为4.5尺，则冬至的日影长为( )
A．15.5尺 B．12.5尺 C．10.5尺 D．9.5尺
答案 A
解析 从冬至起，十二个节气的日影长依次记为a1，a2，a3，…，a12，由题意，有a1＋a4＋a7＝37.5，根据等差数列的性质，得a4＝12.5，而a12＝4.5，设公差为d，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋3d＝12.5，,a1＋11d＝4.5，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝15.5，,d＝－1，))所以冬至的日影长为15.5尺．
(2)已知点(n，an)在函数f(x)＝2x－1的图象上(n∈N*)．数列{an}的前n项和为Sn，设bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn.则Tn的最小值为________．
答案 －30
解析 ∵点(n，an)在函数f(x)＝2x－1的图象上，
∴an＝2n－1(n∈N*)，
∴{an}是首项为a1＝1，公比q＝2的等比数列，
∴Sn＝eq \f(1×1－2n,1－2)＝2n－1，
则bn＝＝2n－12(n∈N*)，
∴{bn}是首项为－10，公差为2的等差数列，
∴Tn＝－10n＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2－11n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(11,2)))2－eq \f(121,4).
又n∈N*，
∴Tn的最小值为T5＝T6＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2－eq \f(121,4)＝－30.
规律方法 等差数列、等比数列问题的求解策略
(1)抓住基本量，首项a1、公差d或公比q.
(2)熟悉一些结构特征，如前n项和为Sn＝an2＋bn(a，b是常数)的形式的数列为等差数列，通项公式为an＝p·qn－1(p，q≠0)的形式的数列为等比数列．
(3)由于等比数列的通项公式、前n项和公式中变量n在指数位置，所以常用两式相除(即比值的方式)进行相关计算．
跟踪演练1 (1)(2020·全国Ⅱ)数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k等于( )
A．2 B．3 C．4 D．5
答案 C
解析 ∵a1＝2，am＋n＝aman，
令m＝1，则an＋1＝a1an＝2an，
∴{an}是以a1＝2为首项，2为公比的等比数列，
∴an＝2×2n－1＝2n.
又∵ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，
∴eq \f(2k＋11－210,1－2)＝215－25，
即2k＋1(210－1)＝25(210－1)，
∴2k＋1＝25，∴k＋1＝5，∴k＝4.
(2)(多选)(2020·威海模拟)等差数列{an}的前n项和记为Sn，若a1>0，S10＝S20，则( )
A．d<0
B．a16<0
C．Sn≤S15
D．当且仅当n≥32时，Sn<0
答案 ABC
解析 设等差数列{an}的公差为d，由S10＝S20，得10a1＋eq \f(10×9,2)d＝20a1＋eq \f(20×19,2)d，化简得a1＝－eq \f(29,2)d.因为a1>0，所以d<0，故A正确；因为a16＝a1＋15d＝－eq \f(29,2)d＋15d＝eq \f(1,2)d，又d<0，所以a16<0，故B正确；因为a15＝a1＋14d＝－eq \f(29,2)d＋14d＝－eq \f(1,2)d>0，a16<0，所以S15最大，即Sn≤S15，故C正确；Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝eq \f(nn－30,2)d，若Sn<0，又d<0，则n>30，故当且仅当n≥31时，Sn<0，故D错误．
考点二 等差数列、等比数列的性质
核心提炼
1．通项性质：若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，则对于等差数列，有am＋an＝ap＋aq＝2ak，对于等比数列有aman＝apaq＝aeq \\al(2,k).
2．前n项和的性质：
(1)对于等差数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等差数列；对于等比数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等比数列(q＝－1且m为偶数情况除外)．
(2)对于等差数列，有S2n－1＝(2n－1)an.
例2 (1)已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，若a5＋a7－aeq \\al(2,6)＝0，则S11的值为( )
A．11 B．12 C．20 D．22
答案 D
解析 结合等差数列的性质，可得a5＋a7＝2a6＝aeq \\al(2,6)，
又该数列为正项数列，可得a6＝2，
所以由S2n＋1＝(2n＋1)an＋1，
可得S11＝S2×5＋1＝11a6＝22.
(2)已知函数f(x)＝eq \f(2,1＋x2)(x∈R)，若等比数列{an}满足a1a2 020＝1，则f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋…＋f(a2 020)等于( )
A．2 020 B．1 010 C．2 D.eq \f(1,2)
答案 A
解析 ∵a1a2 020＝1，
∴f(a1)＋f(a2 020)＝eq \f(2,1＋a\\al(2,1))＋eq \f(2,1＋a\\al(2,2 020))
＝eq \f(2,1＋a\\al(2,1))＋eq \f(2,1＋\f(1,a\\al(2,1)))＝eq \f(2,1＋a\\al(2,1))＋eq \f(2a\\al(2,1),1＋a\\al(2,1))＝2，
∵{an}为等比数列，
则a1a2 020＝a2a2 019＝…＝a1 010a1 011＝1，
∴f(a2)＋f(a2 019)＝2，…，f(a1 010)＋f(a1 011)＝2，
即f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋…＋f(a2 020)＝2×1 010＝2 020.
规律方法 等差、等比数列的性质问题的求解策略
(1)抓关系，抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手，选择恰当的性质进行求解．
(2)用性质，数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题．
跟踪演练2 (1)(2020·全国Ⅰ)设{an}是等比数列，且a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，则a6＋a7＋a8等于( )
A．12 B．24 C．30 D．32
答案 D
解析 设等比数列{an}的公比为q，
则q＝eq \f(a2＋a3＋a4,a1＋a2＋a3)＝eq \f(2,1)＝2，
所以a6＋a7＋a8＝(a1＋a2＋a3)·q5＝1×25＝32.
(2)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝10，S30＝130，则S40等于( )
A．－510 B．400
C．400或－510 D．30或40
答案 B
解析 ∵正项等比数列{an}的前n项和为Sn，
∴S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30也成等比数列，
∴10×(130－S20)＝(S20－10)2，
解得S20＝40或S20＝－30(舍)，
故S40－S30＝270，∴S40＝400.
考点三 等差数列、等比数列的探索与证明
核心提炼
证明数列为等差(比)数列一般使用定义法．
例3 (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．
(1)证明 由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，
即an＋1＋bn＋1＝eq \f(1,2)(an＋bn)．
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a1－b1＝1，
所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列．
(2)解 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)(n∈N*)，
bn＝eq \f(1,2)[(an＋bn)－(an－bn)]＝eq \f(1,2n)－n＋eq \f(1,2)(n∈N*)．
易错提醒 aeq \\al(2,n)＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)是{an}为等比数列的必要不充分条件，也就是判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0.
跟踪演练3 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}是不是等比数列，并说明理由；
(3)求{an}的通项公式．
解 (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．理由如下：
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*)．
专题强化练
一、单项选择题
1．在等比数列{an}中，若a3＝2，a7＝8，则a5等于( )
A．4 B．－4 C．±4 D．5
答案 A
解析 ∵数列{an}为等比数列，且a3＝2，a7＝8，
∴aeq \\al(2,5)＝a3·a7＝2×8＝16，则a5＝±4，
∵等比数列奇数项的符号相同，∴a5＝4.
2．(2020·全国Ⅱ)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5－a3＝12，a6－a4＝24，则eq \f(Sn,an)等于( )
A．2n－1 B．2－21－n
C．2－2n－1 D．21－n－1
答案 B
解析 方法一 设等比数列{an}的公比为q，
则q＝eq \f(a6－a4,a5－a3)＝eq \f(24,12)＝2.
由a5－a3＝a1q4－a1q2＝12a1＝12得a1＝1.
所以an＝a1qn－1＝2n－1，Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝2n－1，
所以eq \f(Sn,an)＝eq \f(2n－1,2n－1)＝2－21－n.
方法二 设等比数列{an}的公比为q，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3q2－a3＝12， ①,a4q2－a4＝24， ②))
eq \f(②,①)得eq \f(a4,a3)＝q＝2.
将q＝2代入①，解得a3＝4.
所以a1＝eq \f(a3,q2)＝1，下同方法一．
3．已知等差数列{an}和等比数列{bn}的各项都是正数，且a1＝b1，a11＝b11.那么一定有( )
A．a6≤b6 B．a6≥b6 C．a12≤b12 D．a12≥b12
答案 B
解析 因为等差数列{an}和等比数列{bn}的各项都是正数，且a1＝b1，a11＝b11，所以a1＋a11＝b1＋b11＝2a6，
所以a6＝eq \f(a1＋a11,2)＝eq \f(b1＋b11,2)≥eq \r(b1b11)＝b6.
当且仅当b1＝b11时，取等号，此时数列{bn}的公比为1.
4．在数列{an}中，a1＝2，eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(an,n)＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))，则an等于( )
A．2＋nln n B．2n＋(n－1)ln n
C．2n＋nln n D．1＋n＋nln n
答案 C
解析 由题意得eq \f(an＋1,n＋1)－eq \f(an,n)＝ln(n＋1)－ln n，
n分别用1,2,3，…，n－1(n≥2)取代，
累加得eq \f(an,n)－eq \f(a1,1)＝ln n－ln 1，即eq \f(an,n)＝2＋ln n，
即an＝2n＋nln n(n≥2)，
又a1＝2符合上式，故an＝2n＋nln n.
5．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，且对于任意n>1，n∈N*，满足Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)，则( )
A．a9＝17 B．a10＝19 C．S9＝81 D．S10＝91
答案 D
解析 ∵对于任意n>1，n∈N*，满足Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)，
∴Sn＋1－Sn＝Sn－Sn－1＋2，
∴an＋1－an＝2.
∴数列{an}在n>1，n∈N*时是等差数列，公差为2，
又a1＝1，a2＝2，
an＝2＋(n－2)×2＝2n－2(n>1，n∈N*)，
∴a9＝2×9－2＝16，a10＝2×10－2＝18，S9＝1＋8×2＋eq \f(8×7,2)×2＝73，S10＝1＋9×2＋eq \f(9×8,2)×2＝91.故选D.
6.侏罗纪蜘蛛网是一种非常有规律的蜘蛛网，如图是由无数个正方形环绕而成的，且每一个正方形的四个顶点都恰好在它的外边最近一个正方形四条边的三等分点上，设外围第1个正方形的边长是m，侏罗纪蜘蛛网的长度(蜘蛛网中正方形的周长之和)为Sn，则( )
A．Sn无限大 B．Sn<3(3＋eq \r(5))m
C．Sn＝3(3＋eq \r(5))m D．Sn可以取100m
答案 B
解析 由题意可得，外围第2个正方形的边长为
eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)m))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)m))2)＝eq \f(\r(5),3)m；
外围第3个正方形的边长为
eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)×\f(\r(5),3)m))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)×\f(\r(5),3)m))2)＝eq \f(5,9)m；
……
外围第n个正方形的边长为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),3)))n－1m.
所以蜘蛛网的长度
Sn＝4meq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\f(\r(5),3)＋\f(5,9)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),3)))n－1))
＝4m×eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),3)))n,1－\f(\r(5),3))<4m×eq \f(1,1－\f(\r(5),3))
＝3(3＋eq \r(5))m.故选B.
二、多项选择题
7．(2020·厦门模拟)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|
答案 AC
解析 设等差数列{an}的公差为d，则a1＋3(a1＋4d)＝7a1＋21d，解得a1＝－3d，则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的取值情况不清楚，故S3可能为最大值也可能为最小值，故B不正确；因为a3＋a5＝2a4＝0，所以a3＝－a5，即|a3|＝|a5|，故D错误．
8．已知等比数列{an}的各项均为正数，公比为q，且a1>1，a6＋a7>a6a7＋1>2，记{an}的前n项积为Tn，则下列选项中正确的是( )
A．01
C．T12>1 D．T13>1
答案 ABC
解析 由于等比数列{an}的各项均为正数，公比为q，且a1>1，a6＋a7>a6a7＋1>2，所以(a6－1)(a7－1)<0，由题意得a6>1，a7<1，所以02，所以a6a7>1，T12＝a1·a2·…·a11·a12＝(a6a7)6>1，T13＝aeq \\al(13,7)<1，所以满足Tn>1的最大正整数n的值为12，C正确，D错误．
三、填空题
9．(2020·江苏)设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列．已知数列{an＋bn}的前n项和Sn＝n2－n＋2n－1(n∈N*)，则d＋q的值是________．
答案 4
解析 由题意知q≠1，
所以Sn＝(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn)
＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＋eq \f(b11－qn,1－q)
＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n＋eq \f(b1,1－q)－eq \f(b1qn,1－q)
＝n2－n＋2n－1，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(d,2)＝1，,a1－\f(d,2)＝－1，,\f(b1,1－q)＝－1，,－\f(b1,1－q)qn＝2n，))解得d＝2，q＝2，
所以d＋q＝4.
10．(2020·北京市顺义区质检)设Sn为公比q≠1的等比数列{an}的前n项和，且3a1，2a2，a3成等差数列，则q＝________，eq \f(S4,S2)＝________.
答案 3 10
解析 设等比数列的通项公式an＝a1qn－1，又因为3a1,2a2，a3成等差数列，所以2×2a2＝3a1＋a3，即4a1q＝3a1＋a1q2，解得q＝3或q＝1(舍)，eq \f(S4,S2)＝eq \f(\f(a11－34,1－3),\f(a11－32,1－3))＝eq \f(1－34,1－32)＝10.
11．(2020·潍坊模拟)九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏．在某种玩法中，用an表示解下n(n≤9，n∈N*)个圆环所需移动的最少次数，{an}满足a1＝1，且an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2an－1－1n为偶数，,2an－1＋2n为奇数，))则解下5个圆环需最少移动________次．
答案 16
解析 因为a5＝2a4＋2＝2(2a3－1)＋2＝4a3，
所以a5＝4a3＝4(2a2＋2)＝8a2＋8＝8(2a1－1)＋8＝16a1＝16，
所以解下5个圆环需最少移动的次数为16.
12．已知等比数列{an}的首项为eq \f(3,2)，公比为－eq \f(1,2)，前n项和为Sn，且对任意的n∈N*，都有A≤2Sn－eq \f(1,Sn)≤B恒成立，则B－A的最小值为________．
答案 eq \f(13,6)
解析 ∵等比数列{an}的首项为eq \f(3,2)，公比为－eq \f(1,2)，
∴Sn＝eq \f(\f(3,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n)),1＋\f(1,2))＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n，
令t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n，则－eq \f(1,2)≤t≤eq \f(1,4)，Sn＝1－t，
∴eq \f(3,4)≤Sn≤eq \f(3,2)，
∴2Sn－eq \f(1,Sn)的最小值为eq \f(1,6)，最大值为eq \f(7,3)，
又A≤2Sn－eq \f(1,Sn)≤B对任意n∈N*恒成立，
∴B－A的最小值为eq \f(7,3)－eq \f(1,6)＝eq \f(13,6).
四、解答题
13．(2020·聊城模拟)在①a5＝b3＋b5，②S3＝87，③a9－a10＝b1＋b2这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答．
设等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}的前n项和为Tn，________，a1＝b6，若对于任意n∈N*都有Tn＝2bn－1，且Sn≤Sk(k为常数)，求正整数k的值．
解 由Tn＝2bn－1，n∈N*得，
当n＝1时，b1＝1；
当n≥2时，Tn－1＝2bn－1－1，
从而bn＝2bn－2bn－1，即bn＝2bn－1，
由此可知，数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，
故bn＝2n－1.
①当a5＝b3＋b5时，a1＝32，a5＝20，
设数列{an}的公差为d，则a5＝a1＋4d，
即20＝32＋4d，解得d＝－3，
所以an＝32－3(n－1)＝35－3n，
因为当n≤11时，an>0，当n>11时，an<0，
所以当n＝11时，Sn取得最大值．
因此，正整数k的值为11.
②当S3＝87时，a1＝32,3a2＝87，
设数列{an}的公差为d，则3(32＋d)＝87，
解得d＝－3，
所以an＝32－3(n－1)＝35－3n，
因为当n≤11时，an>0，当n>11时，an<0，
所以当n＝11时，Sn取得最大值，
因此，正整数k的值为11.
③当a9－a10＝b1＋b2时，a1＝32，a9－a10＝3，
设数列{an}的公差为d，则－d＝3，解得d＝－3，
所以an＝32－3(n－1)＝35－3n，
因为当n≤11时，an>0，当n>11时，an<0，
所以当n＝11时，Sn取得最大值，
因此，正整数k的值为11.
14．已知等比数列{an}的公比q>1，a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列，数列{anbn}的前n项和为eq \f(2n－1·3n＋1,2).
(1)分别求出数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和为Sn，任意n∈N*，Sn≤m恒成立，求实数m的最小值．
解 (1)因为a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列，
所以2a2＝a1＋a3－8，
即2a1q＝a1＋a1q2－8，所以q2－2q－3＝0，
所以q＝3或q＝－1，又q>1，所以q＝3，
所以an＝2·3n－1(n∈N*)．
因为a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝eq \f(2n－1·3n＋1,2)，
所以a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝eq \f(2n－3·3n－1＋1,2)(n≥2)，
两式相减，得anbn＝2n·3n－1(n≥2)，
因为an＝2·3n－1，所以bn＝n(n≥2)，
当n＝1时，由a1b1＝2及a1＝2，得b1＝1(符合上式)，
所以bn＝n(n∈N*)．
(2)因为数列{an}是首项为2，公比为3的等比数列，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为eq \f(1,2)，公比为eq \f(1,3)的等比数列，
所以Sn＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n)),1－\f(1,3))＝eq \f(3,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n))因为任意n∈N*，Sn≤m恒成立，
所以m≥eq \f(3,4)，即实数m的最小值为eq \f(3,4).
等差数列
等比数列
定义法
an＋1－an＝d
eq \f(an＋1,an)＝q(q≠0)
通项法
an＝a1＋(n－1)d
an＝a1·qn－1
中项法
2an＝an－1＋an＋1
(n≥2)
aeq \\al(2,n)＝an－1an＋1
(n≥2，an≠0)
前n项和法
Sn＝an2＋bn
(a，b为常数)
Sn＝kqn－k
(k≠0，q≠0,1)