新高考数学二轮复习考点突破讲义 第1部分 专题突破 专题3　第1讲　等差数列、等比数列（含解析）

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[考情分析] 1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现.2.等差、等比数列求和及综合应用是高考考查的重点．
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＝a1qn－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)(2022·南通调研)设Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，且S5＝4a4，则eq \f(S12,a5)等于( )
A．10 B．14 C．15 D．18
答案 C
解析 设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，
因为S5＝4a4，
所以5a1＋eq \f(5×4,2)d＝4(a1＋3d)，
得a1＝2d(d≠0)，
所以eq \f(S12,a5)＝eq \f(12a1＋\f(12×11,2)d,a1＋4d)＝eq \f(24d＋66d,6d)＝15.
(2)(2022·日照模拟)河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗产，龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟．现有一石窟的某处“浮雕像”共7层，上层的数量是下层的2倍，总共有1 016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列{an}，则lg2(a3·a5)的值为( )
A．8 B．10 C．12 D．16
答案 C
解析 ∵最下层的“浮雕像”的数量为a1，
依题意有，公比q＝2，n＝7，
S7＝eq \f(a11－27,1－2)＝1 016，
解得a1＝8，
则an＝8×2n－1＝2n＋2(1≤n≤7，n∈N*)，
∴a3＝25，a5＝27，
从而a3·a5＝25×27＝212，
∴lg2(a3·a5)＝lg2212＝12.
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)(2022·全国乙卷)已知等比数列{an}的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6等于( )
A．14 B．12 C．6 D．3
答案 D
解析 方法一 设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，
由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S3＝168，,a2－a5＝42，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a11＋q＋q2＝168，,a1q1－q3＝42，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝96，,q＝\f(1,2)，))所以a6＝a1q5＝3.
方法二 设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，
由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S3＝168，,a2－a5＝42，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a11－q3,1－q)＝168，,a1q1－q3＝42，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝96，,q＝\f(1,2)，))所以a6＝a1q5＝3.
(2)(多选)(2022·广东联考)北京天坛圜丘坛的地面由石板铺成，最中间的是圆形的天心石，围绕天心石的是9圈扇环形的石板，从内到外各圈的石板数依次为a1，a2，a3，…，a9，设数列{an}为等差数列，它的前n项和为Sn，且a2＝18，a4＋a6＝90，则( )
A．a1＝6 B．{an}的公差为9
C．a6＝3a3 D．S9＝405
答案 BD
解析 设{an}的公差为d.由a4＋a6＝90，
得a5＝45，又a2＝18，
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋d＝18，,a1＋4d＝45，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝9，,d＝9，))故A错误，B正确；
因为a6＝9＋5×9＝54，a3＝9＋2×9＝27，
所以a6＝2a3，故C错误；
因为S9＝eq \f(9a1＋a9,2)＝9a5＝405，故D正确．
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为偶数时除外)．
(2)对于等差数列有S2n－1＝(2n－1)an.
例2 (1)(2022·南昌模拟)已知公差不为0的等差数列{an}满足aeq \\al(2,5)＋aeq \\al(2,6)＝aeq \\al(2,7)＋aeq \\al(2,8)，则( )
A．a6＝0 B．a7＝0
C．S12＝0 D．S13＝0
答案 C
解析 ∵aeq \\al(2,5)＋aeq \\al(2,6)＝aeq \\al(2,7)＋aeq \\al(2,8)，
∴aeq \\al(2,7)－aeq \\al(2,5)＋aeq \\al(2,8)－aeq \\al(2,6)＝0，
∴2d(a7＋a5)＋2d(a8＋a6)＝0，
又d≠0，a8＋a5＝a6＋a7，
∴2(a7＋a6)＝0，
∴S12＝eq \f(12a1＋a12,2)＝eq \f(12a6＋a7,2)＝0.
(2)(2022·武汉质检)已知等比数列{an}的各项均为正数，公比为q，a1>1，a6＋a7>a6a7＋1>2，记{an}的前n项积为Tn，则下列选项错误的是( )
A．01
C．T12>1 D．T13>1
答案 D
解析 ∵等比数列{an}的各项均为正数，
a1>1，a6＋a7>a6a7＋1>2，
∴(a6－1)(a7－1)<0，
∵a1>1，若a6<1，
则一定有a7<1，不符合题意，
则a6>1，a7<1，
∴0∵a6a7＋1>2，
∴a6a7>1，
T12＝a1a2a3…a12＝(a6a7)6>1，故C正确；
T13＝aeq \\al(13,7)<1，故D错误．
规律方法 等差数列、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)若数列{an}为等比数列，且a1＋a2＝1，a3＋a4＝2，则a15＋a16等于( )
A．32 B．64
C．128 D．256
答案 C
解析 因为{an}是等比数列，a1＋a2＝1≠0，
所以数列{a2n－1＋a2n}仍然是等比数列，
记bn＝a2n－1＋a2n，设其公比为q，
由b1＝1，b2＝2得，q＝eq \f(b2,b1)＝2，
所以a15＋a16＝b8＝28－1＝128.
(2)(多选)(2022·济宁检测)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1>0，a4＋a11>0，a7·a8<0，则( )
A．数列{an}是递增数列
B．S6>S9
C．当n＝7时，Sn最大
D．当Sn>0时，n的最大值为14
答案 BCD
解析 ∵在等差数列{an}中，a1>0，
a4＋a11＝a7＋a8>0，a7·a8<0，
∴a7>0，a8<0，
∴公差d<0，数列{an}是递减数列，A错误；
∵S9－S6＝a7＋a8＋a9＝3a8<0，
∴S6>S9，B正确；
∵a7>0，a8<0，数列{an}是递减数列，
∴当n＝7时，Sn最大，C正确；
∵a4＋a11>0，a7>0，a8<0，
∴S14＝eq \f(14a1＋a14,2)＝eq \f(14a4＋a11,2)>0，
S15＝eq \f(15a1＋a15,2)＝eq \f(15×2a8,2)<0，
∴当Sn>0时，n的最大值为14，D正确．
考点三 等差数列、等比数列的判断
核心提炼
证明数列为等差(比)数列一般使用定义法．
例3 (2022·连云港模拟)若数列{an}满足：a1＝1，a2＝5，对于任意的n∈N*，都有an＋2＝
6an＋1－9an.
(1)证明：数列{an＋1－3an}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
(1)证明 由an＋2＝6an＋1－9an，
得an＋2－3an＋1＝3an＋1－9an＝3(an＋1－3an)，
且a2－3a1＝5－3＝2，
所以数列{an＋1－3an}为等比数列，首项为2，公比为3.
(2)解 由(1)得an＋1－3an＝2×3n－1，
等式左右两边同时除以3n＋1，可得
eq \f(an＋1,3n＋1)－eq \f(3an,3n＋1)＝eq \f(2,9)，即eq \f(an＋1,3n＋1)－eq \f(an,3n)＝eq \f(2,9)，且eq \f(a1,31)＝eq \f(1,3)，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,3n)))为等差数列，首项为eq \f(1,3)，公差为eq \f(2,9)，
所以eq \f(an,3n)＝eq \f(1,3)＋(n－1)×eq \f(2,9)＝eq \f(2n＋1,9)，
所以an＝eq \f(2n＋1,9)×3n＝(2n＋1)×3n－2.
易错提醒 (1)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.
(2){an}为等比数列，可推出a1，a2，a3成等比数列，但a1，a2，a3成等比数列并不能说明{an}为等比数列．
(3)证明{an}不是等比数列可用特值法．
跟踪演练3 (2022·湖北七市(州)联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝3Sn－2(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：对任意的m∈N*，Sm，Sm＋2，Sm＋1成等差数列．
(1)解 当n＝1时，a1＝3S1－2＝3a1－2，
所以a1＝1；
当n≥2时，因为an＝3Sn－2，
所以an－1＝3Sn－1－2，
所以an－an－1＝3an，即an＝－eq \f(1,2)an－1，
所以数列{an}是等比数列，
其通项公式为an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1.
(2)证明 对任意的m∈N*，
2Sm＋2＝2×eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))m＋2,1＋\f(1,2))＝eq \f(4,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))m＋2))，
Sm＋Sm＋1＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))m,1＋\f(1,2))＋eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))m＋1,1＋\f(1,2))
＝eq \f(2,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))m－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))m＋1))
＝eq \f(4,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))m＋2))，
所以2Sm＋2＝Sm＋Sm＋1，
即Sm，Sm＋2，Sm＋1成等差数列．
专题强化练
一、单项选择题
1．(2022·荆州联考)已知数列{an}是首项为a1，公差为d的等差数列，前n项和为Sn，满足2a4＝a3＋5，则S9等于( )
A．35 B．40 C．45 D．50
答案 C
解析 由题意2a4＝a3＋5，
得2(a1＋3d)＝a1＋2d＋5，
即a1＋4d＝5，即a5＝5，
所以S9＝eq \f(9a1＋a9,2)＝9a5＝9×5＝45.
2．(2022·济宁模拟)在等比数列{an}中，a1＋a3＝1，a6＋a8＝－32，则eq \f(a10＋a12,a5＋a7)等于( )
A．－8 B．16 C．32 D．－32
答案 D
解析 设等比数列{an}的公比为q，
则a6＋a8＝(a1＋a3)q5＝1×q5＝－32，
所以q5＝－32，
故eq \f(a10＋a12,a5＋a7)＝eq \f(a5＋a7q5,a5＋a7)＝q5＝－32.
3．(2022·漳州质检)我国的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方：将1,2，…，9填入3×3的方格内，使三行、三列、对角线的三个数之和都等于15，如图所示．
一般地，将连续的正整数1,2,3，…，n2填入n×n个方格中，使得每行、每列、每条对角线上的数的和相等，这个正方形叫做n阶幻方．记n阶幻方中数的和即方格内的所有数的和为Sn，如图三阶幻方中数的和S3＝45，那么S9等于( )
A．3 321 B．361 C．99 D．33
答案 A
解析 由题意知，S9＝1＋2＋3＋…＋92＝eq \f(92×1＋92,2)＝3 321.
4．(2021·全国甲卷)等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn.设甲：q>0，乙：{Sn}是递增数列，则( )
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
答案 B
解析 当a1<0，q>1时，an＝a1qn－1<0，此时数列{Sn}单调递减，所以甲不是乙的充分条件．当数列{Sn}单调递增时，有Sn＋1－Sn＝an＋1＝a1qn>0，若a1>0，则qn>0(n∈N*)，即q>0；若a1<0，则qn<0(n∈N*)，不存在．所以甲是乙的必要条件．
5．已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，a2＝2，a3＝3，记bn＝an＋an＋1＋an＋2且bn＋1－bn＝2，则S31等于( )
A．171 B．278 C．351 D．395
答案 C
解析 由bn＋1－bn＝2，
得bn＋1－bn＝an＋1＋an＋2＋an＋3－(an＋an＋1＋an＋2)
＝an＋3－an＝2，
所以a1，a4，a7，…是首项为1，公差为2的等差数列，a2，a5，a8，…是首项为2，公差为2的等差数列，a3，a6，a9，…是首项为3，公差为2的等差数列，
所以S31＝(a1＋a4＋…＋a31)＋(a2＋a5＋…＋a29)＋(a3＋a6＋…＋a30)
＝1×11＋eq \f(11×10×2,2)＋2×10＋eq \f(10×9×2,2)＋3×10＋eq \f(10×9×2,2)＝351.
6．(2022·佛山模拟)公比为q的等比数列{an}满足：a9＝ln a10>0，记Tn＝a1a2a3…an，则当q最小时，使Tn≥1成立的n的最小值是( )
A．17 B．18 C．20 D.21
答案 A
解析 已知{an}是等比数列，
∵a9＝ln a10>0，∴a9>0，a10>1，
又∵a9＝ln a10＝ln(a9·q)＝ln a9＋ln q，
∴ln q＝a9－ln a9，
设函数f(x)＝x－ln x，f′(x)＝eq \f(x－1,x)，
当x>1时，f′(x)>0，
当0∴在x＝1时，f(x)取极小值1，∴ln q≥1，q≥e，
由题意得q＝e，a9＝1，a1＝e－8，
∴an＝e－8·en－1＝en－9，
由Tn＝a1a2a3…an＝e－8·e－7·e－6·…·en－9
SKIPIF 1 < 0 ≥1，解得n≥17，∴n的最小值是17.
二、多项选择题
7．(2022·福州质检)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0.若Sn≤S6，则( )
A．a1<0 B．d<0 C．a6＝0 D．S13≤0
答案 BD
解析 因为Sn≤S6，所以S5≤S6且S7≤S6，
即a6＝S6－S5≥0，a7＝S7－S6≤0，
因为d≠0，即a6，a7不同时为零，
所以d＝a7－a6<0，故B正确，C错误；
因为a6≥0，即a1＋5d≥0，所以a1>0，故A错误；
S13＝eq \f(13a1＋a13,2)＝13a7≤0，故D正确．
8．(2022·保定模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，a2＝2，an＋1＝4an－3an－1，则下面说法正确的是( )
A．数列{an＋1－an}为等比数列
B．数列{an＋1－3an}为等差数列
C．an＝3n－1＋1
D．Sn＝eq \f(3n－1,4)＋eq \f(n,2)
答案 ABD
解析 根据题意得an＋1＝4an－3an－1，
即an＋1＋kan＝(k＋4)an－3an－1
＝(k＋4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an－\f(3,k＋4)an－1))，
令k＝－eq \f(3,k＋4)，整理得k2＋4k＋3＝0，
解得k＝－1或k＝－3，
所以可得an＋1－an＝3(an－an－1)或an＋1－3an＝an－3an－1，
所以数列{an＋1－an}为公比为3的等比数列，故A正确；
数列{an＋1－3an}为常数列，即为公差为0的等差数列，故B正确；
所以an＋1－an＝1×3n－1，且an＋1－3an＝－1，
解得an＝eq \f(3n－1＋1,2)，故C错误；
Sn＝a1＋a2＋…＋an
＝eq \f(30＋1,2)＋eq \f(31＋1,2)＋…＋eq \f(3n－1＋1,2)
＝eq \f(1,2)×(30＋31＋…＋3n－1)＋eq \f(n,2)
＝eq \f(1,2)×eq \f(1－3n,1－3)＋eq \f(n,2)＝eq \f(3n－1,4)＋eq \f(n,2)，故D正确．
三、填空题
9．(2022·中山模拟)在数列{an}中，a1＝2，eq \r(an＋1)＝eq \r(an)＋eq \r(2)，则数列{an}的通项公式为________．
答案 an＝2n2
解析 由eq \r(an＋1)＝eq \r(an)＋eq \r(2)得，
eq \r(an＋1)－eq \r(an)＝eq \r(2)，而eq \r(a1)＝eq \r(2)，
于是得数列{eq \r(an)}是以eq \r(2)为首项，eq \r(2)为公差的等差数列，则有eq \r(an)＝eq \r(a1)＋(n－1)d＝eq \r(2)＋eq \r(2)(n－1)＝eq \r(2)n，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n2.
10．(2022·邯郸模拟)“中国剩余定理”又称“孙子定理”，可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第十六题的“物不知数”问题，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二．问物几何？现有一个相关的问题：将1到2 022这2 022个自然数中被3除余2且被5除余4的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个数列，则该数列的项数为________．
答案 134
解析 因为由1到2 022这2 022个自然数中被3除余2且被5除余4的数按照从小到大的顺序所构成的数列是一个首项为14，公差为15的等差数列{an}，所以该数列的通项公式为an＝14＋15(n－1)＝15n－1.令an＝15n－1≤2 022，
解得n≤134，即该数列的项数为134.
11．(2022·南昌模拟)已知等比数列{an}满足：a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝6，a3＝3，则eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＋eq \f(1,a4)＋eq \f(1,a5)＝________.
答案 eq \f(2,3)
解析 因为{an}是等比数列，
所以a1a5＝a2a4＝aeq \\al(2,3)＝9，
所以eq \f(1,a1)＝eq \f(a5,9)，eq \f(1,a5)＝eq \f(a1,9)，eq \f(1,a2)＝eq \f(a4,9)，eq \f(1,a4)＝eq \f(a2,9)，
所以eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＋eq \f(1,a4)＋eq \f(1,a5)
＝eq \f(1,9)(a5＋a4＋a3＋a2＋a1)＝eq \f(6,9)＝eq \f(2,3).
12．(2022·梅州模拟)分形几何学的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路．图1是长度为1的线段，将图1中的线段三等分，以中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉得到图2，称为“一次分形”；用同样的方法把图2中的每条线段重复上述操作，得到图3，称为“二次分形”…，依次进行“n次分形”(n∈N*)．规定：一个分形图中所有线段的长度之和为该分形图的长度，要得到一个长度不小于30的分形图，则n的最小整数值是________．(取lg 3≈0.477 1，lg 2≈0.301 0)
答案 12
解析 由题意得，“n次分形”后线段之和是“(n－1)次分形”后所得线段之和的eq \f(4,3)，且一次分形后线段之和为eq \f(1,3)×4＝eq \f(4,3)，故每次分形后所得线段之和可看做首项为eq \f(4,3)，公比是eq \f(4,3)的等比数列，故“n次分形”后线段之和为eq \f(4,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))n－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))n，故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))n≥30，两边取对数得(2lg 2－lg 3)n≥1＋lg 3，又n∈N*，解得n≥12，故n的最小整数值为12.
四、解答题
13．(2022·新高考全国Ⅱ)已知{an}是等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.
(1)证明：a1＝b1；
(2)求集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数．
(1)证明 设等差数列{an}的公差为d，
由a2－b2＝a3－b3得a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，即d＝2b1，
由a2－b2＝b4－a4得a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d)，即a1＝5b1－2d，
将d＝2b1代入，得a1＝5b1－2×2b1＝b1，
即a1＝b1.
(2)解 由(1)知an＝a1＋(n－1)d＝a1＋(n－1)×2b1＝(2n－1)a1，bn＝b1·2n－1，
由bk＝am＋a1，得b1·2k－1＝(2m－1)a1＋a1，
由a1＝b1≠0得2k－1＝2m，
由题知1≤m≤500，所以2≤2m≤1 000，所以k＝2,3,4，…，10，共9个数，即集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}＝{2,3,4，…，10}中元素的个数为9.
14．(2022·太原模拟)已知数列{an}中，Sn＝a1＋a2＋…＋an，Tn＝S1·S2·…·Sn，且Sn＋Tn＝1.
(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn－1)))是等差数列；
(2)求证：对于任意的正整数n，Tn是an与Sn的等比中项．
证明 (1)当n＝1时，S1＝T1，S1＋T1＝1，
则S1＝T1＝eq \f(1,2)，
由Sn＋Tn＝1可得Sn－1＝－Tn，
则Sn＋1－1＝－Tn＋1，
则eq \f(Sn＋1－1,Sn－1)＝eq \f(－Tn＋1,－Tn)＝Sn＋1，
即eq \f(1,Sn－1)＝eq \f(Sn＋1,Sn＋1－1)＝1＋eq \f(1,Sn＋1－1)，
即eq \f(1,Sn＋1－1)－eq \f(1,Sn－1)＝－1，
故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn－1)))是首项为eq \f(1,S1－1)＝－2，公差为－1的等差数列．
(2)由(1)知，eq \f(1,Sn－1)＝－2＋(n－1)×(－1)
＝－n－1，
则Sn＝eq \f(n,n＋1)，
当n＝1时，a1＝S1＝T1＝eq \f(1,2)，
则a1·S1＝Teq \\al(2,1)；
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝eq \f(n,n＋1)－eq \f(n－1,n)＝eq \f(1,nn＋1)，
Tn＝S1·S2·…·Sn＝eq \f(1,2)×eq \f(2,3)×…×eq \f(n,n＋1)＝eq \f(1,n＋1)，
则an·Sn＝eq \f(1,nn＋1)·eq \f(n,n＋1)＝eq \f(1,n＋12)＝Teq \\al(2,n).
综上可得，对于任意的正整数n，Tn是an与Sn的等比中项．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＝a1qn－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)