高考 第11讲 等比数列的判定与证明

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第11讲 等比数列的判定与证明
等比数列的四个判定方法
(1)定义法：＝q(q是不为0的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列．
(2)等比中项法：a＝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．


[典例 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
解析：　B
[典例 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
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＝2，n＝2，3，4，…，即an＝2an－1，n＝2，3，4，…，
所以必要性成立．故选B．
[典例 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

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．
[典例 4]　在数列{an}和{bn}中，an＋1＝an＋bn＋，bn＋1＝an＋bn－，a1＝1，b1＝1．设cn＝＋，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
解析：　
由已知an＋1＝an＋bn＋，bn＋1＝an＋bn－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＋，bn＋1＝an＋bn－相乘并化简，
得an＋1bn＋1＝2anbn，即＝2．@钻研数学
所以数列{anbn}是首项为1，公比为2的等比数列．
[典例 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
解析：　
∵Ai＝aiai＋1，若{An}为等比数列，则＝＝为常数，
即＝，＝，…．
∴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＝＝q，从而{An}为等比数列．
[典例 6]　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，＝＝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＋－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*)．
[典例 7]　(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＝，求λ．
解析：　
(1)由题意得a1＝S1＝1＋λa1，故λ≠1，a1＝，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＝．
因此{an}是首项为，公比为的等比数列，于是an＝n－1．
(2)由(1)得Sn＝1－n．由S5＝得1－5＝，即5＝．解得λ＝－1．
[典例 8]　已知数列{an}的首项a1>0，an＋1＝(n∈N*)，且a1＝．
(1)求证：是等比数列，并求出{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Tn．
解析：　
(1)记bn＝－1，则＝＝＝＝＝，
又b1＝－1＝－1＝，所以是首项为，公比为的等比数列．
所以－1＝×n－1，即an＝．所以数列{an}的通项公式为an＝．
(2)由(1)知，＝×n－1＋1．所以数列的前n项和Tn＝＋n＝＋n．
[典例 9]　已知数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*，a1＝1，a2＝，a3＝，且当n≥2时，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1．
(1)求a4的值；
(2)证明：为等比数列．
解析：　
(1)因为4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1，a1＝1，a2＝，a3＝，
当n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，
即4×＋5×＝8×＋1，解得a4＝．
(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×＋1＝6＝4a2，
∴4an＋2＋an＝4an＋1，
∴＝＝＝＝，
∴数列是以a2－a1＝1为首项，为公比的等比数列．
[典例 10]　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，
得解得
(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－(－1)n－(－1)n＝2an－1＋(－1)n－1－(－1)n(n≥2)，
∴an＋(－1)n＝2(n≥2)．
故数列是以a1－＝为首项，2为公比的等比数列．
∴an＋(－1)n＝×2n－1，∴an＝×2n－1－×(－1)n＝－(－1)n．
[典例 11]　已知在正项数列{an}中，a1＝2，点An(，)在双曲线y2－x2＝1上，数列{bn}中，点(bn，Tn)在直线y＝－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＝－x＋1上，所以Tn＝－bn＋1，①
所以Tn－1＝－bn－1＋1(n≥2)．②
①②两式相减得bn＝－bn＋bn－1(n≥2)，所以bn＝bn－1，所以bn＝bn－1(n≥2)，
在①式中令n＝1，得T1＝b1＝－b1＋1，所以b1＝，
所以{bn}是一个以为首项，以为公比的等比数列．
[典例 12]　已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝(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：　@钻研数学
(1)∵数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(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，＝＝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＝(3t＋8)，
整理，得3t2－14t＋8＝0，解得t＝或t＝4，∵k∈N*，∴2k＝4，解得k＝2．
[典例 13]　(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＝(an＋bn)．
又因为a1＋b1＝1，所以{an＋bn}是首项为1，公比为的等比数列．
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＝，an－bn＝2n－1，所以an＝[(an＋bn)＋(an－bn)]＝＋n－，
bn＝[(an＋bn)－(an－bn)]＝－n＋．
[典例 14]　(2018·全国Ⅰ)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an，设bn＝．
(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＝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＝，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＝2n－1，所以an＝n·2n－1，n∈N*．
[典例 15]　已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an>0，S＝a－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，S＝a－λSn＋1，
∴S＝(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＝
若使{an}是等比数列，则a1a3＝a，∴2(λ＋1)＝(λ＋1)2，
∴λ＝－1(舍)或λ＝1，经检验符合题意．
[典例 16]　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＝＝，
所以Mn＝＝(n∈N*)．
(2)因为＝λTn－(a1－1)(n∈N*)，且a1＝3，
所以Tn＝＋，当n＝1时，b1＝；
当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝，此时有＝4，若{bn}是等比数列，
则有＝4，而b1＝，b2＝，彼此相矛盾，
故不存在非零实数λ使数列{bn}为等比数列．
[典例 17]　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，①
2Tn＝22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，②
①－②得：－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝－n×2n＋1
＝2n＋1－2－n×2n＋1＝(1－n)2n＋1－2．
所以Tn＝(n－1)2n＋1＋2．




【典例精练】
1．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋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．
解析：　
(1)b1＝a2－a1＝1．当n≥2时，bn＝an＋1－an＝－an＝－(an－an－1)＝－bn－1，
∴{bn}是以1为首项，－为公比的等比数列．
(2)由(1)知bn＝an＋1－an＝n－1，
当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝1＋1＋＋…＋n－2＝1＋＝1＋＝－n－1．
当n＝1时，－×1－1＝1＝a1，∴an＝－n－1(n∈N*)．
2．已知数列{an}满足a1＝5，a2＝5，an＋1＝an＋6an－1(n≥2)．
(1)求证：{an＋1＋2an}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
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．
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＝an－1(n≥2)，
所以{an}是首项为1，公比为的等比数列．
(2)由(1)可知an＝n－1，由bn＋1＝an＋bn(n∈N*)得bn＋1－bn＝an＝n－1．
所以当n≥2时，bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝2＋＝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·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．@钻研数学
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
＝＋－2n＝．
5．已知数列{an}中，a2＝，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．
解析：　
(1)因为2Sn＋1－3Sn＝2a1，令n＝1，得2S2＝5a1．又a2＝，得a1＝．
(2)由2Sn＋1－3Sn＝2a1得2Sn＋2－3Sn＋1＝2a1．
两式相减得2an＋2＝3an＋1，即＝．又＝，a1＝，
所以数列{an}是以为首项，为公比的等比数列．
所以数列{an}的通项公式为an＝．
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．
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：数列为等比数列．
解析：　
(1) Sn＝na1＋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＝，
所以Tn＝＝，所以Tn＋＝．
又T1＋＝，所以＝＝3(n≥2)，
所以数列是以为首项，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．
解析：　
(1)由a3＝7a1＝7知，a3＝7，a1＝1．
当n＝1时，由2an＋1＋n＝4Sn＋2p，得a2＝＋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＝．
所以S4＝1＋＋7＋＝31．
(2)由(1)可得an＋1＝2Sn－n＋1，则an＋2＝2Sn＋1－(n＋1)＋1．
两式作差得an＋2－an＋1＝2an＋1－，即an＋2＝3an＋1－(n∈N*)．
由(1)得a2＝，所以a2＝3a1－，所以an＋1＝3an－对n∈N*恒成立，
由上式变形可得an＋1－＝3．而a1－＝≠0，
所以是首项为，公比为3的等比数列，所以an－＝×3n－1＝，
所以bn＝an＋1－an＝an＋1－－＝－＝，所以bn＋1＝，＝3．
又b1＝，所以数列{bn}是首项为，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＝，求证：数列{an}是等差数列．
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＝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＝，两式联立，解得λ＝，μ＝1．
所以Sn＝an＋an－1．令n＝3，则S3＝a3＋a2，即a1＋a2＋a3＝a3＋a2．
由a1＝2，a2＝3，得5＋a3＝a3＋3，所以a3＝4，所以a1，a2，a3成等差数列．
由Sn＝an＋an－1，得Sn＋1＝an＋1＋an．@钻研数学
两式相减得an＋1＝an＋1－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＝－(an＋1－2an＋an－1)＝(an－2an－1＋an－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＝
(n≥2，n∈N*)．
(1)求证：数列{an}是等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)判断数列是等差数列还是等比数列，并求数列{bn}的通项公式．
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＝(n≥2，n∈N*)．
所以数列{an}是首项为1，公比为的等比数列，故数列{an}的通项公式为an＝n－1．
(2)因为a1＝1，所以b1＝2a1＝2．因为bn＝，所以＝＋1，即－＝1(n≥2)．
所以数列是首项为，公差为1的等差数列．所以＝＋(n－1)·1＝，
故数列{bn}的通项公式为bn＝．
11．已知数列{an}中，a1＝2，anan＋1＝2pn＋1(p为常数)．
(1)若－a1，a2，a4成等差数列，求p的值；
(2)是否存在p，使得{an}为等比数列？若存在，求{an}的前n项和Sn；若不存在，请说明理由．
解析：　
(1)令n＝1，a1a2＝2p＋1⇒a2＝2p，且an＋1an＋2＝2pn＋p＋1，
与已知条件相除得＝2p，故a4＝2pa2＝(2p)2，
而－a1，a2，a4成等差数列，则a4－2＝a2，即(2p)2－2＝2p，解得2p＝2，即p＝1．
(2)若{an}是等比数列，则由a1>0，a2>0，知此数列首项和公比均为正数．
设其公比为q，则q＝2，故2＝＝⇒p＝2，
此时a1＝2，q＝2⇒an＝2n，故anan＋1＝22n＋1，
而2pn＋1＝22n＋1，
因此p＝2时，{an}为等比数列，其前n项和Sn＝＝2n＋1－2．
12．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋n＋1．
(1)是否存在实数p，q，使{an＋pn＋q}成等比数列？若存在，求出p，q的值；若不存在，请说明理由；
(2)令bn＝an＋2，求数列{bn}的前n项和Tn．
解析：　
(1)假设存在实数p，q，使数列{an＋pn＋q}为等比数列，且其公比为A，则由题意得，
an＋1＋p(n＋1)＋q＝A(an＋pn＋q)，即an＋1＝Aan＋(Ap－p)n＋Aq－q－p，
又an＋1＝2an＋n＋1，
∴即∴an＋1＋(n＋1)＋2＝2(an＋n＋2)，
当n＝1时，a1＋1＋2＝4，∴存在实数p＝1，q＝2，
使数列{an＋pn＋q}是首项为4，公比为2的等比数列．
(2)由(1)可知an＋n＋2＝4·2n－1＝2n＋1，∴an＝2n＋1－n－2，n∈N*．∴bn＝an＋2＝2n＋1－n，
∴Tn＝(22＋23＋…＋2n＋1)－(1＋2＋…＋n)＝2n＋2－4－＝2n＋2－．
13．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋，S3＝9＋3．
(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；
(2)设bn＝(n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．
解析：　
(1)由已知得∴d＝2，故an＝2n－1＋，Sn＝n(n＋)．
(2)由(1)得bn＝＝n＋．
假设数列{bn}中存在三项bp，bq，br(p，q，r互不相等)成等比数列，则b＝bpbr，
即(q＋)2＝(p＋)(r＋)，∴(q2－pr)＋(2q－p－r)＝0．
∵p，q，r∈N*，∴ ∴ ()2＝pr，即(p－r)2＝0，
∴p＝r．这与p≠r矛盾．
故数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．