2020浙江高考数学二轮讲义：专题三第1讲　等差数列、等比数列



第1讲　等差数列、等比数列

等差、等比数列的基本运算
[核心提炼]
1．等差数列的通项公式及前n项和公式
an＝a1＋(n－1)d；Sn＝＝na1＋d.
2．等比数列的通项公式及前n项和公式
an＝a1qn－1(q≠0)；Sn＝＝(q≠1)．
[典型例题]
(1)(2019·嘉兴市高考一模)设Sn为等差数列{an}的前n项和，若＝，则＝(　　)
A.　　　　　　　　　 B.
C. D.
(2)(2019·浙江名校协作体高三下学期考试)设等比数列{an}的前n项和为Sn，满足对任意的正整数n，均有Sn＋3＝8Sn＋3，则a1＝________，公比q＝________．
【解析】　(1)设公差为d，则＝，d＝a1，
所以＝＝，故选A.
(2)由Sn＋3＝8Sn＋3，则Sn＋2＝8Sn－1＋3，
两式相减得，an＋3＝8an⇒anq3＝8an，则q3＝8⇒q＝2，
由等比数列前n项和公式得，＝8·＋3，
即2n＋3a1－a1＝8·2na1－8a1＋3，
从而解得a1＝.
【答案】　(1)A　(2)　2

关于等差(等比)数列的基本运算，一般通过其通项公式和前n项和公式构造关于a1和d(或q)的方程或方程组解决，如果所给出的是递推关系式，可通过将递推关系式变形，构造出满足等差(等比)数列定义的新数列，然后再按等差(等比)数列进行基本运算．　
[对点训练]
1．(2019·温州瑞安七中高考模拟)数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sn(n≥1)，则a6＝(　　)
A．3×44 B．3×44＋1
C．44 D．44＋1
解析：选A.由an＋1＝3Sn，得到an＝3Sn－1(n≥2)，
两式相减得：an＋1－an＝3(Sn－Sn－1)＝3an，
则an＋1＝4an(n≥2)，又a1＝1，a2＝3S1＝3a1＝3，
得到此数列除去第一项后，为首项是3，公比为4的等比数列，
所以an＝a2qn－2＝3×4n－2(n≥2)，
a6＝3×44，故选A.
2．(2019·名校新高考研究联盟)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的底层共有灯(　　)
A．186盏 B．189盏
C．192盏 D．96盏
解析：选C.设塔的底层共有灯x盏，则各层的灯数构成一个首项为x，公比为的等比数列.＝381，解得x＝192.
3．(2019·绍兴市柯桥区高三期中考试)已知正数数列{an}的前n项和Sn满足：Sn和2的等比中项等于an和2的等差中项，则a1＝________，Sn＝________．
解析：由题意知＝，
平方可得Sn＝，①
由a1＝S1得＝，
从而可解得a1＝2.
又由①式得Sn－1＝(n≥2)，②
①－②可得an＝Sn－Sn－1＝－(n≥2)，
整理得(an＋an－1)(an－an－1－4)＝0
因为数列{an}的各项都是正数，
所以an－an－1－4＝0，即an－an－1＝4.
故数列{an}是以2为首项4为公差的等差数列，
所以Sn＝2n＋×4＝2n2.
当n＝1时，S1＝a1＝2.
故Sn＝2n2.
答案：2　2n2
4．(2019·杭州市学军中学高三模拟)已知等比数列{an}的公比q>0，前n项和为Sn，若2a3，a5，3a4成等差数列，a2a4a6＝64，则q＝________，Sn＝________．
解析：由2a3，a5，3a4成等差数列得2a5＝2a3＋3a4⇒2q2＝2＋3q⇒q＝2(负舍)，a2a4a6＝64⇒a＝64⇒a4＝4⇒a1＝＝，Sn＝＝.
答案：2　

等差、等比数列的判定与证明
[核心提炼]
1．证明数列{an}是等差数列的两种基本方法
(1)利用定义，证明an＋1－an(n∈N*)为一常数；
(2)利用等差中项，即证明2an＝an－1＋an＋1(n≥2)．
2．证明数列{an}是等比数列的两种基本方法
(1)利用定义，证明(n∈N*)为一常数；
(2)利用等比中项，即证明a＝an－1an＋1(n≥2)．
[典型例题]
(1)如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|，An≠An＋2，n∈N*，|BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|，Bn≠Bn＋2，n∈N*(P≠Q表示点P与Q不重合)．若dn＝|AnBn|，Sn为△AnBnBn＋1的面积，则(　　)

A．{Sn}是等差数列　　　　　 B．{S}是等差数列
C．{dn}是等差数列 D．{d}是等差数列
(2)(2019·温州市高考二模)设数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*.已知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；
③求数列{an}的通项公式．
【解】　(1)选A.由题意，过点A1，A2，A3，…，An，An＋1，…分别作直线B1Bn＋1的垂线，高分别记为h1，h2，h3，…，hn，hn＋1，…，根据平行线的性质，得h1，h2，h3，…，hn，hn＋1，…成等差数列，又Sn＝×|BnBn＋1|×hn，|BnBn＋1|为定值，所以{Sn}是等差数列．故选A.
(2)①当n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，
即4＋5＝8＋1，
解得：a4＝.
②证明：因为4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)，
所以4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)，
即4an＋2＋an＝4an＋1(n≥2)，
因为4a3＋a1＝4×＋1＝6＝4a2，所以4an＋2＋an＝4an＋1，
因为＝＝
＝＝.
所以数列{an＋1－an}是以a2－a1＝1为首项，公比为的等比数列；
③由②知，是以a2－a1为首项，公比为的等比数列，
所以an＋1－an＝.
即－＝4，
所以是以＝2为首项，4为公差的等差数列，
所以＝2＋(n－1)×4＝4n－2，即an＝(4n－2)×＝(2n－1)×，
所以数列{an}的通项公式是an＝(2n－1)×.

(1)判断一个数列是等差(等比)数列，还有通项公式法及前n项和公式法，但不作为证明方法．
(2)若要判断一个数列不是等差(等比)数列，只需判断存在连续三项不成等差(等比)数列即可．
(3)a＝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.　
[对点训练]
1．(2019·金华十校高考模拟)已知a，b为实常数，{ci}(i∈N*)是公比不为1的等比数列，直线ax＋by＋ci＝0与抛物线y2＝2px(p>0)均有两个交点，所成弦的中点为Mi(xi，yi)，则下列说法错误的是(　　)
A．数列{xi}可能是等比数列
B．数列{yi}是常数列
C．数列{xi}可能是等差数列
D．数列{xi＋yi}可能是等比数列
解析：选C.由直线ax＋by＋ci＝0，当a＝0，b≠0时，直线by＋ci＝0与抛物线y2＝2px(p>0)仅有一个交点，不合题意．
当a≠0，b＝0时，直线ax＋ci＝0，化为：
x＝－，则xi＝－，yi＝0，xi＋yi＝－，
由{ci}(i∈N*)是公比不为1的等比数列，可得{xi}是等比数列，{xi＋yi}是等比数列，不是等差数列．
当a≠0，b≠0时，直线ax＋by＋ci＝0化为：x＝－y－，代入抛物线y2＝2px(p>0)，所以y2＋y＋＝0.
根据根与系数的关系可得：
Mi，即yi＝－，{yi}是常数列，是等比数列，是等差数列．
综上可得：A，B，D都有可能，只有C不可能．故选C.
2．记Sn为等比数列{an}的前n项和，已知S2＝2，S3＝－6.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列．
解：(1)设{an}的公比为q.由题设可得

解得q＝－2，a1＝－2.
故{an}的通项公式为an＝(－2)n.
(2)由(1)可得Sn＝＝－＋(－1)n.
由于Sn＋2＋Sn＋1＝－＋(－1)n＝2[－＋
(－1)n]＝2Sn，故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列．

数列的性质及应用
[核心提炼]
1.

等差数列
等比数列
性
质
(1)若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，
则am＋an＝ap＋aq；
(2)an＝am＋(n－m)d；
(3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等差数列
(1)若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，
则am·an＝ap·aq；
(2)an＝amqn－m；
(3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等比数列(q≠－1)
2.递增(减)数列
从第二项起，每一项都大于它的前一项，即an>an－1(n≥2)的数列叫做递增数列；每一项都小于它的前一项，即an [典型例题]
(1)(2019·义乌高三模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，则“a2>0且a1>0”是“数列{Sn}单调递增”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
(2)设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为________．
【解析】　(1)设等差数列{an}的公差为d，d≠0.
Sn＝na1＋d＝n2＋n
＝－，
因为数列{Sn}单调递增，
所以d>0，≤1，
可得d＋2a1≥0.
由a2>0且a1>0，可得a2＝a1＋d>0.
所以“a2>0且a1>0”是“数列{Sn}单调递增”的既不充分也不必要条件．
(2)设{an}的公比为q，由a1＋a3＝10，a2＋a4＝5得a1＝8，q＝，则a2＝4，a3＝2，a4＝1，a5＝，所以a1a2…an≤a1a2a3a4＝64.
【答案】　(1)D　(2)64

等差、等比数列性质问题的求解策略
(1)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)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．
(3)利用数列性质进行运算时，要利用整体思想(如本例(2))，可以减少计算量，此方法还适用于求函数值、求函数的解析式等问题．　
[对点训练]
1．(2019·丽水市高考数学模拟)设等比数列{an}的前n项和为Sn，下列结论一定成立的是(　　)
A．a1＋a3≥2a2　　　　　　 B．a1＋a3≤2a2
C．a1S3>0 D．a1S3<0
解析：选C.选项A，数列－1，1，－1为等比数列，但a1＋a3＝－2<2a2＝2，故A错误；选项B，数列1，－1，1为等比数列，但a1＋a3＝2>2a2＝－2，故B错误；选项D，数列1，－1，1为等比数列，但a1S3＝1>0，故D错误；对于选项C，a1(a1＋a2＋a3)＝a1(a1＋a1q＋a1q2)＝a(1＋q＋q2)，因为等比数列的项不为0，故a>0，而1＋q＋q2＝＋>0，故a(1＋q＋q2)>0，故C正确．
2．设公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，－ 解析：因为等差数列{an}的公差d为负值，所以{an}是递减数列．又a1＝1，所以由an＝a1＋(n－1)d>0得
n<，即n<1－，
因为－ 即当n≤9时，an>0，当n≥10时，an<0.
所以当Sn取得最大值时n的值为9.
答案：9

数列中的交汇创新问题
[典型例题]
(1)(2019·绍兴市一中高三期末检测)对于数列{xn}，若对任意n∈N*，都有xn＋2－xn＋1 A.　　　　　　　 B.
C. D.
(2)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，8，13，….该数列的特点是：前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”．若{an}是“斐波那契数列”，则(a1a3－a)·(a2a4－a)(a3a5－a)·…·(a2 017·a2 019－a)的值为________．
【解析】　(1)由数列b5，b6，b7，…，bn(n≥5，n∈N*)是“减差数列”，得 即t－＋t－<2t－，
即＋>，化简得t(n2－4n)>n－2，当n≥5时，若t(n2－4n)>n－2恒成立，则t>＝恒成立，又当n≥5时，的最大值为，则t的取值范围是.故选C.
(2)因为a1a3－a＝1×2－12＝1，a2a4－a＝1×3－22＝－1，
a3a5－a＝2×5－32＝1，a4a6－a＝3×8－52＝－1，…，a2 017a2 019－a＝1，
共有2 017项，所以(a1a3－a)(a2a4－a)·(a3a5－a)…(a2 017a2 019－a)＝1.
【答案】　(1)C　(2)1

数列新定义型创新题的一般解题思路
(1)阅读审清“新定义”；
(2)结合常规的等差数列、等比数列的相关知识，化归、转化到“新定义”的相关知识；
(3)利用“新定义”及常规的数列知识，求解证明相关结论．　
[对点训练]
1．(2019·杭州第一次质量预测)正项等比数列{an}中的a1、a4 035是函数f(x)＝x3－4x2＋6x－3的极值点，则loga2 018＝(　　)
A．1　　　　　　　　　　 B．2
C． D．－1
解析：选A.因为f′(x)＝x2－8x＋6，且a1、a4 035是方程x2－8x＋6＝0的两根，所以a1·a4 035＝a＝6，即a2 018＝，所以loga2 018＝1，故选A.
2．若数列{bn}对于n∈N*，都有bn＋2－bn＝d(常数)，则称数列{bn}是公差为d的准等差数列，如数列{cn}，若cn＝则数列{cn}是公差为8的准等差数列．设数列{an}满足a1＝a，对于n∈N*，都有an＋an＋1＝2n.
(1)求证：{an}为准等差数列；
(2)求{an}的通项公式及前20项和S20.
解：(1)证明：因为an＋1＋an＝2n，①
所以an＋2＋an＋1＝2n＋2.②
由②－①得an＋2－an＝2(n∈N*)，
所以{an}是公差为2的准等差数列．
(2)已知a1＝a，an＋1＋an＝2n(n∈N*)，
所以a1＋a2＝2，即a2＝2－a.
所以由(1)可知a1，a3，a5，…，成以a为首项，2为公差的等差数列，a2，a4，a6，…，成以2－a为首项，2为公差的等差数列．
所以当n为偶数时，an＝2－a＋×2＝n－a，
当n为奇数时，an＝a＋×2＝n＋a－1，
所以an＝
S20＝a1＋a2＋…＋a19＋a20＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)
＝2×1＋2×3＋…＋2×19＝2×＝200.
专题强化训练
1．(2019·浙江新高考冲刺卷)已知等差数列{an}，Sn是{an}的前n项和，则对于任意的n∈N*，“an>0”是“Sn>0”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：选A.对于任意的n∈N*，“an>0”，能推出“Sn>0”，是充分条件，反之，不成立，比如：数列－3，－1，1，3，5，不满足条件，不是必要条件，故选A.
2．(2018·浙江选考试卷)设数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＋1＝2an＋1，n∈N*，则a3＝(　　)
A．3 B．2
C．1 D．0
解析：选B.Sn＋1＝2an＋1，n∈N*，则n＝1时，a1＋a2＝2a1＋1，可得：a2＝a1＋1.n＝2时，a1＋a2＋a3＝2a2＋1，可得：a3＝2.故选B.
3．“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为(　　)
A.f　　　　　　　　　 B.f
C.f D.f
解析：选D.从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于，第一个单音的频率为f，由等比数列的概念可知，这十三个单音的频率构成一个首项为f，公比为的等比数列，记为{an}，则第八个单音的频率为a8＝f()8－1＝f，故选D.
4．(2019·长春质量检测(一))等差数列{an}中，已知|a6|＝|a11|，且公差d>0，则其前n项和取最小值时n的值为　(　　)
A．6 B．7
C．8 D．9
解析：选C.由d>0可得等差数列{an}是递增数列，又|a6|＝|a11|，所以－a6＝a11，即－a1－5d＝a1＋10d，所以a1＝－，则a8＝－<0，a9＝>0，所以前8项和为前n项和的最小值，故选C.
5．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝12，a3a5＝4，则下列说法正确的是(　　)
A．{an}是单调递减数列 B．{Sn}是单调递减数列
C．{a2n}是单调递减数列 D．{S2n}是单调递减数列
解析：选C.由于{an}是等比数列，则a3a5＝a＝4，又a2＝12，则a4＞0，a4＝2，q2＝，当q＝－时，{an}和{Sn}不具有单调性，选项A和B错误；a2n＝a2q2n－2＝12×单调递减，选项C正确；当q＝－时，{S2n}不具有单调性，选项D错误．
6．(2019·温州市高考数学模拟)已知{an}是等差数列，其公差为非零常数d，前n项和为Sn，设数列的前n项和为Tn，当且仅当n＝6时，Tn有最大值，则的取值范围是(　　)
A.
B．(－3，＋∞)
C.
D．(－∞，－3)∪
解析：选C.因为＝n＋(a1－)，由题意知d<0，
且，得－3<<－.
7．(2019·杭州市第一次质量预测)已知数列{an}满足a1a2a3…an＝2n2(n∈N*)，且对任意n∈N*都有＋＋…＋ A．(，＋∞) B．[，＋∞)
C．(，＋∞) D．[，＋∞)
解析：选D.依题意得，当n≥2时，an＝＝＝2n2－(n－1)2＝22n－1，又a1＝21＝22×1－1，因此an＝22n－1，＝，数列{}是以为首项，为公比的等比数列，等比数列{}的前n项和等于＝(1－)<，因此实数t的取值范围是[，＋∞)，选D.
8．(2019·绍兴一中高考数学模拟)等差数列{an}的公差d∈(0，1)，且＝－1，当n＝10时，数列{an}的前n项和Sn取得最小值，则首项a1的取值范围为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选D.因为{an}为等差数列，＝－1，
所以＝－1，
所以＝－sin(a3＋a7)，
由和差化积公式可得：
×(－2)sin(a7＋a3)·sin(a7－a3)＝－sin(a3＋a7)，
因为sin(a3＋a7)≠0，
所以sin(a7－a3)＝1，
所以4d＝2kπ＋∈(0，4)，
所以k＝0，
所以4d＝，d＝.
因为n＝10时，数列{an}的前n项和Sn取得最小值，
所以即，
所以－≤a1≤－.
9．(2019·宁波诺丁汉大学附中高三期中检测)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n－1(n∈N*)，则a1＝________；数列{an}的通项公式为an＝________．
解析：因为Sn＝n2＋2n－1，
当n＝1时，a1＝1＋2－1＝2，
当n≥2时，
所以an＝Sn－Sn－1＝n2＋2n－1－[(n－1)2＋
2(n－1)－1]＝2n＋1，
因为当n＝1时，a1＝2＋1＝3≠2，
所以an＝.
答案：2　
10．(2019·台州市高考一模)已知数列{an}的前m(m≥4)项是公差为2的等差数列，从第m－1项起，am－1，am，am＋1，…成公比为2的等比数列．若a1＝－2，则m＝________，{an}的前6项和S6＝________．
解析：由a1＝－2，公差d＝2，
得am－1＝－2＋2(m－2)＝2m－6，
am＝－2＋2(m－1)＝2m－4，则＝＝2，
所以m＝4；
所以S6＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6
＝－2＋0＋2＋4＋8＋16＝28.
答案：4　28
11．设等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，若Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列，则q的值为________．
解析：设等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，且Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列，
则2Sn＝Sn＋1＋Sn＋2，若q＝1，则Sn＝na1，等式显然不成立，
若q≠1，则有2·＝＋，故2qn＝qn＋1＋qn＋2，即q2＋q－2＝0，因此q＝－2.
答案：－2
12．已知数列{an}满足an＋2＝an＋1－an，且a1＝2，a2＝3，则a2 018的值为________．
解析：由题意得，a3＝a2－a1＝1，a4＝a3－a2＝－2，a5＝a4－a3＝－3，a6＝a5－a4＝－1，a7＝a6－a5＝2，a8＝a7－a6＝3，…，所以数列{an}是周期为6的周期数列，而2 018＝6×336＋2，所以a2 018＝a2＝3.
答案：3
13．设某数列的前n项和为Sn，若为常数，则称该数列为“和谐数列”．若一个首项为1，公差为d(d≠0)的等差数列{an}为“和谐数列”，则该等差数列的公差d＝________．
解析：由＝k(k为常数)，且a1＝1，得n＋n(n－1)d＝k，即2＋(n－1)d＝4k＋2k(2n－1)d，整理得，(4k－1)dn＋(2k－1)(2－d)＝0，因为对任意正整数n，上式恒成立，
所以得所以数列{an}的公差为2.
答案：2
14．(2019·义乌市高三月考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a8>0，a8＋a9<0，则Sn>0的最大n是______；数列(1≤n≤15)中最大的项为第______项．
解析：因为a8>0，a8＋a9<0，所以S15＝＝15a8>0，S16＝(a1＋a16)＝8(a8＋a9)<0，
所以Sn>0的最大n是15.
因为等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a8>0，a8＋a9<0，所以该数列是递减数列，当n＝8时，|a8|最小，且|S8|最大，所以数列(1≤n≤15)中最大的项为第8项．
答案：15　8
15．设数列{an}的前n项积为Tn，且Tn＋2an＝2(n∈N*)．
(1)求证：数列是等差数列；
(2)设bn＝(1－an)(1－an＋1)，求数列{bn}的通项公式．
解：(1)证明：因为Tn＋2an＝2，所以当n＝1时，T1＋2a1＝2，
所以T1＝，即＝.
又当n≥2时，Tn＝2－2×，得
Tn·Tn－1＝2Tn－1－2Tn，所以－＝，
所以数列是以为首项，
为公差的等差数列．
(2)由(1)知，数列为等差数列，
所以＝＋(n－1)＝，
所以an＝＝.
所以bn＝(1－an)(1－an＋1)＝.
16．(2019·宁波高考模拟)已知数列{an}中，a1＝4，an＋1＝，n∈N*，Sn为{an}的前n项和．
(1)求证：n∈N*时，an>an＋1；
(2)求证：n∈N*时，2≤Sn－2n<.
证明：(1)n≥2时，作差：an＋1－an＝－＝
×，
所以an＋1－an与an－an－1同号，
由a1＝4，可得a2＝＝，可得a2－a1<0，
所以n∈N*时，an>an＋1.
(2)因为2a＝6＋an，所以2(a－4)＝an－2，
即2(an＋1－2)(an＋1＋2)＝an－2，①
所以an＋1－2与an－2同号，
又因为a1－2＝2>0，所以an>2.
所以Sn＝a1＋a2＋…＋an≥4＋2(n－1)＝2n＋2.
所以Sn－2n≥2.
由①可得：＝<，
因此an－2≤(a1－2)·，即an≤2＋2×.
所以Sn＝a1＋a2＋…＋an≤2n＋2×<2n＋.
综上可得：n∈N*时，2≤Sn－2n<.
17．(2019·温州瑞安七中高考模拟)已知数列{an}的各项均为正数，记A(n)＝a1＋a2＋…＋an，B(n)＝a2＋a3＋…＋an＋1，C(n)＝a3＋a4＋…＋an＋2，n＝1，2，….
(1)若a1＝1，a2＝5，且对任意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成等差数列，求数列{an}的通项公式；
(2)证明：数列{an}是公比为q的等比数列的充分必要条件是：对任意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列．
解：(1)因为对任意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成等差数列，所以B(n)－A(n)＝C(n)－B(n)，即an＋1－a1＝an＋2－a2，亦即an＋2－an＋1＝a2－a1＝4.
故数列{an}是首项为1，公差为4的等差数列，于是an＝1＋(n－1)×4＝4n－3.
(2)证明：(必要性)：若数列{an}是公比为q的等比数列，对任意n∈N*，有an＋1＝anq.由an>0知，A(n)，B(n)，C(n)均大于0，于是
＝＝＝q，
＝＝＝q，
即＝＝q，
所以三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列；
(充分性)：若对任意n∈N*，三个数A(n)，
B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列，则
B(n)＝qA(n)，C(n)＝qB(n)，
于是C(n)－B(n)＝q[B(n)－A(n)]，即an＋2－a2＝q(an＋1－a1)，亦即an＋2－qan＋1＝a2－qa1.
由n＝1时，B(1)＝qA(1)，即a2＝qa1，从而an＋2－qan＋1＝0.
因为an>0，
所以＝＝q.故数列{an}是首项为a1，公比为q的等比数列．
综上所述，数列{an}是公比为q的等比数列的充分必要条件是：对任意n∈N*，三个数A(n)，
B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列．
18．已知数列{an}满足a1＝且an＋1＝an－a(n∈N*)．
(1)证明：1<≤2(n∈N*)；
(2)设数列{a}的前n项和为Sn，证明：<≤(n∈N*)．
证明：(1)由题意得an＋1－an＝－a<0，即an＋1 故an≤.
由an＝(1－an－1)an－1得
an＝(1－an－1)(1－an－2)…(1－a1)a1>0.
由0 所以1<≤2.
(2)由题意得a＝an－an＋1，所以Sn＝a1－an＋1.①
由－＝和1<≤2得1<－≤2，
所以n<－≤2n，
因此≤an＋1<(n∈N*)．②
由①②得<≤(n∈N*)．