第4章 数列 章末总结-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第四章　数列 章末总结 知识系统整合 规律方法收藏 学科素养培优 目录 知识系统整合 堵点自记：﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍ 知识系统整合 4 规律方法收藏 规律方法收藏 6 4.使用等比数列前n项和公式时，应注意公比q是否等于1. 5.等差、等比数列的通项公式和前n项和公式是它们的重要基本公式，对这两个公式要用方程思想、函数思想并从变形与发展的角度去深刻认识. 6.解等差、等比数列的综合题必须牢固掌握基础知识、基本技能和基本题型，并且要灵活运用这些知识，善于将综合题分解为几个基本题.解等差、等比数列的应用题，关键是将抽象的文字语言转化为数学语言，应用数列的定义、公式及性质加以解决.这就要求能真正理解题意、理清其脉络，从纷繁复杂的实际问题中发掘出其本质特征. 规律方法收藏 7 规律方法收藏 8 规律方法收藏 9 8.等差数列与等比数列的转换 (1)若数列{an}是等差数列，则数列{aan}(a>0，a≠1)是等比数列； (2)若数列{an}是等比数列，则数列{lg |an|}是等差数列. 9.应用数列知识解应用题，应首先读懂题意，然后建立数学模型，最后求解、回答. 10.数学归纳法的运用关键在于对归纳原理的深刻理解. 规律方法收藏 10 学科素养培优 1.判断等差或等比数列是数列中的重点内容，经常在解答题中出现，对给定条件进行变形是解题的关键所在，经常利用此类方法构造等差或等比数列. 2.通过等差、等比数列的判定与证明，培养逻辑推理、数学运算等核心素养. 一、等差、等比数列的判定 学科素养培优 12 学科素养培优 13 学科素养培优 14 学科素养培优 15 数列的通项公式是数列的核心之一，它如同函数中的解析式一样，有解析式便可研究函数的性质，而有了数列的通项公式，便可求出数列中的任何一项及前n项和.常见的数列通项公式的求法有以下几种： 1.观察归纳法求数列的通项公式 就是观察数列的特征，横向看各项之间的关系结构，纵向看各项与序号n的内在联系，结合常见数列的通项公式，归纳出所求数列的通项公式. 二、数列通项公式的求法 学科素养培优 16 2.利用公式法求数列的通项公式 数列符合等差数列或等比数列的定义，求通项时，只需求出a1与d或a1与q，再代入公式an＝a1＋(n－1)d或an ＝a1qn－1中即可. 学科素养培优 17 学科素养培优 18 学科素养培优 19 学科素养培优 20 解　解法一(迭代法)： an＝2an－1＋1＝2(2an－2＋1)＋1＝22an－2＋2＋1＝23an－3＋22＋2＋1＝…＝2n－1a1＋(2n－2＋2n－3＋…＋2＋1)＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝2n－1. 解法二(待定系数法)： 由an＋1＝2an＋1， 设an＋1＋k＝2(an＋k)，∴an＋1＝2an＋k， 数列{an}中，an＋1＝2an＋1，且a1＝1，求数列{an}的通项公式. 学科素养培优 21 ∴k＝1，即an＋1＋1＝2(an＋1)， ∴{an＋1}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列， ∴an＋1＝2×2n－1，∴an＝2n－1. 解法三(累加法)： 由an＋1＝2an＋1，an＝2an－1＋1， 得an＋1－an＝2(an－an－1)(n≥2). 故{an＋1－an}是首项为a2－a1＝2，公比为2的等比数列，即an＋1－an＝2·2n－1＝2n， 利用累加法得an＝2n－1. 学科素养培优 22 类型二　形如an＋1＝can＋pn＋r(p≠0，c≠0，c≠1) 对于此类递推关系，可令an＋1－A(n＋1)－B＝c(an－An－B)，用待定系数法求出A与B的值，化归为等比数列问题，进而可求得an. 学科素养培优 23 在数列{an}中，已知a1＝2且an＋1＝4an－3n＋1，求数列{an}的通项公式. 学科素养培优 24 学科素养培优 25 学科素养培优 26 已知数列{an}满足an＋1＝2an＋3×5n，a1＝2，求数列{an}的通项公式. 学科素养培优 27 学科素养培优 28 学科素养培优 29 数列求和一直是考试的热点，在命题中，多以与不等式的证明或求解相结合的形式出现.一般数列的求和，主要是将其转化为等差数列或等比数列的求和问题，而对于非等差数列、非等比数列的求和，常用的方法有：拆项分组、裂项相消、倒序相加、错位相减等.题型多以解答题的形式出现，难度较大. 三、数列求和 学科素养培优 30 (2024·湖北武汉高二期末)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an，n∈N*，数列{bn}为等差数列，且b1＝a2，b3＝a2＋a3＋a4. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)设cn＝an－bn，求数列{cn}的前n项和Sn. 学科素养培优 31 学科素养培优 32 学科素养培优 33 学科素养培优 34 学科素养培优 35 学科素养培优 36 1.函数与方程思想 由于数列可以看作定义域为正整数集或正整数集的有限子集的函数an＝f(n)，数列中的项是自变量从小到大取值时对应的一列函数值，因此在研究某些数列问题时，利用函数思想既有利于理解问题的本质，又简化了运算，如求等差数列前n项和的最值时，构建二次函数则简洁明了，求数列的最大项或最小项，可以根据函数的单调性求出最值. 四、数列中的数学思想与方法 学科素养培优 37 学科素养培优 38 学科素养培优 39 2.化归、转化思想 等差数列、等比数列的计算，一般先求a1，公差d或公比q；遇到an与Sn的关系时，可以利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)都转化为an或Sn，再转化为等差数列或等比数列，利用等差或等比数列的通项公式求出.其中合理的转化是解题的关键. 学科素养培优 40 学科素养培优 41 学科素养培优 42 学科素养培优 43 学科素养培优 44 3.整体思想 解决某些数列问题时，往往要将其中的某一局部结构视为一个整体，利用整体思想简化结构，从而简化数列的运算. 学科素养培优 45 已知等差数列{an}的前4项之和为－4，最后4项之和为36，且所有项之和为36，求其项数. 学科素养培优 46 4.分类讨论思想 数列中某些问题往往需利用分类讨论思想来解决，如等比数列的前n项和公式中，若公比q的取值未知，则需要对q＝1与q≠1分类求解；由Sn求an时应分n＝1和n≥2两种情况讨论；某些数列的前n项和也需要讨论，通过分类讨论可以将复杂问题简单化，解题时要注意分类讨论标准的确定，做到不重不漏. 学科素养培优 47 学科素养培优 48 学科素养培优 49 学科素养培优 50 学科素养培优 51 5.由有限到无限的思想 数学归纳法的基本原理，即归纳原理(也称多米诺骨牌效应)，通过研究有限来洞察无限，实现了由有限到无限的数学飞跃. 学科素养培优 52 学科素养培优 53 学科素养培优 54 　　　　　　　　　　　　　 R 1.由数列的前n项和求an时，应注意是 an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2，n∈N*.))若an＝Sn－Sn－1(n≥2)对于n＝1也成立，则合并写成一个an的式子，否则分段表示an. 2.使用an－an－1＝d(常数)或eq \f(an,an－1)＝q(常数)证明等差或等比数列时，以上两式中均应注明(n≥2，n∈N*). 3.牢记等差、等比数列的一些重要性质，往往能迅速地解决问题，但是不要忘记解等差、等比数列问题常用的基本量法才是通用方法. 7.判断数列{an}为等差、等比数列的充要条件 (1)定义法：an＋1－an＝d(n≥1，n∈N*，d为常数)⇔{an}是等差数列；eq \f(an＋1,an)＝q(n≥1，n∈N*，q为常数，q≠0)⇔{an}是等比数列； (2)中项公式法：2an＋1＝an＋an＋2(n≥1，n∈N*)⇔{an}是等差数列；aeq \o\al(2,n＋1)＝anan＋2(n≥1，n∈N*，an≠0)⇔{an}是等比数列； (3)通项公式法：an＝kn＋b(n≥1，n∈N*，k，b是常数)⇔{an}是等差数列；an＝cqn(n≥1，n∈N*，c，q为非零常数)⇔{an}是等比数列； (4)前n项和公式法：Sn＝An2＋Bn(A，B为常数，n≥1，n∈N*)⇔{an}是等差数列；Sn＝Aqn－A(A，q为常数，且A≠0，q≠0，q≠1，n≥1，n∈N*)⇔{an}是公比不等于1的等比数列. 证明　由2an＋1＝an＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)得an＋1＝eq \f(1,2)an＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n＋1)，所以bn＋1－bn＝2n＋1an＋1－2nan＝2n＋1·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)an＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n＋1)))－2nan＝1，即bn＋1－bn＝1，所以数列{bn}是以b1＝2a1＝1为首项，1为公差的等差数列. (1,2) 在数列{an}，{bn}中，已知a1＝，且2an＋1＝an＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)，bn＝2nan，求证：数列{bn}是等差数列. 解　(1)由条件可得，an＋1＝eq \f(2（n＋1）,n)an.将n＝1代入，得a2＝4a1， 又a1＝1，所以a2＝4. 将n＝2代入，得a3＝3a2，所以a3＝12. 所以b1＝1，b2＝2，b3＝4. (an,n) 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)求数列{an}的通项公式. (2)数列{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，所以数列{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*. 3.利用an与Sn的关系求数列的通项公式 如果给出的条件是an与Sn的关系式，可利用an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2，))先求出a1＝S1，再通过计算求出an(n≥2)的关系式，检验当n＝1时，a1是否满足该式，若不满足该式，则an要分段表示. 4.利用累加法、累乘法求数列的通项公式 形如：已知a1，且an＋1－an＝f(n)(f(n)是可求和数列)的形式均可用累加法； 形如：已知a1，且eq \f(an＋1,an)＝f(n)(f(n)是可求积数列)的形式均可用累乘法. 5.构造法(利用数列的递推公式研究数列的通项公式) 若由已知条件直接求an较难，可以通过整理变形等，从中构造出一个等差数列或等比数列，从而求出通项公式. 类型一　形如an＋1＝can＋t(c≠0，c≠1，t≠0) 满足此类递推关系的数列的通项公式有如下求法： 方法一：迭代法.即利用递推关系式逐次将ai用ai－1表示(i∈N*，i≥2)，直至用a1表示，求和即得通项公式. 方法二：利用待定系数法将递推关系式化归为an＋1－eq \f(t,1－c)＝ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－\f(t,1－c))).当a1－eq \f(t,1－c)≠0时，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(t,1－c)))是以a1－eq \f(t,1－c)为首项，c为公比的等比数列；当a1－eq \f(t,1－c)＝0时，an－eq \f(t,1－c)＝0，即an＝eq \f(t,1－c). 方法三：由an＋1＝can＋t，得an＝can－1＋t(n≥2)，两式相减得an＋1－an＝c(an－an－1).当an＋1≠an时，数列{an＋1－an}是以c为公比的等比数列，求出an＋1－an的表达式，累加即得数列{an}的通项公式. 方法四：利用恒等式an＝(an－can－1)＋c(an－1－can－2)＋c2(an－2－can－3)＋…＋cn－2·(a2－ca1)＋cn－1a1. 解　令an＋1－A(n＋1)－B＝4(an－An－B)， 则an＋1＝4an－3An＋A－3B. 由条件得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3A＝－3，,A－3B＝1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(A＝1，,B＝0，)) 即an＋1－(n＋1)＝4(an－n)，故数列{an－n}是首项为a1－1＝1，公比为4的等比数列，从而an－n＝4n－1， 故an＝4n－1＋n. 类型三　形如an＋1＝can＋r×tn(c≠0，c≠1，t≠1，rt≠0) 满足此类递推关系的数列的通项公式有如下求法： 方法一：迭代法. 方法二：在递推关系式的两边同除以tn＋1，得eq \f(an＋1,tn＋1)＝eq \f(c,t)×eq \f(an,tn)＋eq \f(r,t)，视eq \f(an,tn)为一个整体，则转化为类型一. 方法三：在递推关系式的两边同除以cn＋1，得eq \f(an＋1,cn＋1)＝eq \f(an,cn)＋eq \f(r,c)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,c))) eq \s\up12(n)，视eq \f(an,cn)为一个整体，使用累加法即得数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,cn)))的通项公式，从而求得an. 方法四：利用待定系数法可将递推关系式化为an＋1－eq \f(r,t－c)×tn＋1＝ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－\f(r,t－c)×tn)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(这里t≠c，当t＝c时，利用方法三即得\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,cn)))是等差数列)). 当a1－eq \f(rt,t－c)≠0时，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(rtn,t－c)))是以c为公比的等比数列；当a1－eq \f(rt,t－c)＝0时，an－eq \f(rtn,t－c)＝0，即an＝eq \f(rtn,t－c). 方法五：利用类型一中方法四的恒等式可得. 解　两边同除以5n＋1，得eq \f(an＋1,5n＋1)＝eq \f(2,5)×eq \f(an,5n)＋eq \f(3,5)， 可得eq \f(an＋1,5n＋1)－1＝eq \f(2,5) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an,5n)－1)). 由于eq \f(a1,5)－1＝－eq \f(3,5)≠0，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,5n)－1))是以－eq \f(3,5)为首项，eq \f(2,5)为公比的等比数列，从而eq \f(an,5n)－1＝－eq \f(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5))) eq \s\up12(n－1)，故数列{an}的通项公式为an＝5n－3×2n－1. 类型四　形如an＋1＝eq \f(can＋t,pan＋r)(pc≠0，pt≠cr) 对于此类递推关系式，当t＝0，即an＋1＝eq \f(can,pan＋r)时，若an≠0，则有eq \f(1,an＋1)＝eq \f(pan＋r,can)＝eq \f(r,c)×eq \f(1,an)＋eq \f(p,c)，视eq \f(1,an)为一个整体，即可化归为类型一；当t≠0时，可利用待定系数法转化为t＝0的类型. 解　由题意，可得eq \f(1,an＋1)＝eq \f(2an＋1,an)＝eq \f(1,an)＋2， 又eq \f(1,a1)＝eq \f(5,3)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首项为eq \f(5,3)，公差为2的等差数列，故eq \f(1,an)＝eq \f(5,3)＋2(n－1)＝eq \f(6n－1,3)， 所以数列{an}的通项公式为an＝eq \f(3,6n－1). (3,5) 已知数列{an}中，a1＝，an＋1＝eq \f(an,2an＋1)，求数列{an}的通项公式. 解　(1)由题意可知，数列{an}是首项a1＝1，公比q＝2的等比数列，故an＝1×2n－1＝2n－1. 设等差数列{bn}的公差为d， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b1＝a2＝2，,b3＝b1＋2d＝a2＋a3＋a4＝14，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b1＝2，,d＝6，))故bn＝2＋6(n－1)＝6n－4. (2)由题意可得，Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝(a1－b1)＋(a2－b2)＋…＋(an－bn)＝(a1＋a2＋…＋an)－(b1＋b2＋…＋bn)＝(1＋2＋…＋2n－1)－(2＋8＋…＋6n－4)＝eq \f(1－2n,1－2)－eq \f(n（2＋6n－4）,2)＝2n－3n2＋n－1， 故Sn＝2n－3n2＋n－1. 解　(1)由{an}为等差数列，d≠0，前n项和为Sn，且S5＝30，得30＝5a1＋10d，① ∵a1，a2，a4成等比数列，∴aeq \o\al(2,2)＝a1a4，∴(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，② 由①②解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,d＝2，))∴数列{an}的通项公式为an＝2n. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝eq \f(1,（an－1）（an＋1）)，求数列{bn}的前n项和Tn. (2)由bn＝eq \f(1,（an－1）（an＋1）)，an＝2n，得 bn＝eq \f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))). 则数列{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1). 解　(1)∵an＋1－1＝c(an－1)， ∴当a≠1时，{an－1}是首项为a－1，公比为c的等比数列. ∴an－1＝(a－1)cn－1，即an＝(a－1)cn－1＋1. 当a＝1时，an＝1，仍满足上式， ∴数列{an}的通项公式为an＝(a－1)cn－1＋1(n∈N*). (2024·山西太原高二期末)设数列{an}满足a1＝a，an＋1＝can＋1－c，n∈N*，其中a，c为实数，且c≠0. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设a＝eq \f(1,2)，c＝eq \f(1,2)，bn＝n(1－an)，n∈N*，求数列{bn}的前n项和Sn. (2)由(1)得bn＝n(1－a)cn－1＝neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)， ∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq \f(1,2)＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋…＋neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)，① eq \f(1,2)Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(3)＋…＋(n－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)＋neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n＋1)，② ∴①－②，得eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)－neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n＋1)， ∴Sn＝1＋eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)－neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n)))－neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)＝2－(2＋n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n). 解　设等差数列{an}的公差为d，则 Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d， 因为S7＝21，S15＝－75， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(7a1＋21d＝21，,15a1＋105d＝－75，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝9，,d＝－2，)) \lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n))) 设{an}为等差数列，Sn为数列{an}的前n项和，已知S7＝21，S15＝－75，Tn为数列的前n项和，求Tn的最大值. 所以Sn＝9n－(n2－n)＝10n－n2， 所以eq \f(Sn,n)＝10－n. 因为eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝－1，eq \f(S1,1)＝9， 所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是首项为9，公差为－1的等差数列， 所以Tn＝eq \f(n[9＋（10－n）],2)＝－eq \f(1,2)n2＋eq \f(19,2)n＝－eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(19,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(361,8). 因为n∈N*，所以当n＝9或10时，Tn有最大值，为45. 设数列{an}的首项a1＝1，前n项和Sn满足关系式3tSn－(2t＋3) Sn－1＝3t(t>0，n＝2，3，4，…). (1)求证：数列{an}是等比数列； (2)设数列{an}的公比为f(t)，作数列{bn}，使b1＝1，bn＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn－1)))(n＝2，3，4，…)，求数列{bn}的通项公式； (3)求和：b1b2－b2b3＋b3b4－b4b5＋…＋b2n－1b2n－b2nb2n＋1. 解　(1)证明：∵a1＝S1＝1，S2＝1＋a2， 3tS2－(2t＋3)S1＝3t， ∴a2＝eq \f(2t＋3,3t)，eq \f(a2,a1)＝eq \f(2t＋3,3t). 又3tSn－(2t＋3)Sn－1＝3t，① ∴3tSn－1－(2t＋3)Sn－2＝3t(n≥3)，② ①－②，得3tan－(2t＋3)an－1＝0(n≥3)， ∴eq \f(an,an－1)＝eq \f(2t＋3,3t)(n≥3). 当n＝2时，eq \f(a2,a1)＝eq \f(2t＋3,3t)也适合上式， ∴eq \f(an,an－1)＝eq \f(2t＋3,3t)(n＝2，3，…)， ∴数列{an}是首项为1，公比为eq \f(2t＋3,3t)的等比数列. (2)由f(t)＝eq \f(2t＋3,3t)＝eq \f(2,3)＋eq \f(1,t)，得bn＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn－1)))＝eq \f(2,3)＋bn－1(n≥2). ∴数列{bn}是首项为1，公差为eq \f(2,3)的等差数列. ∴bn＝1＋eq \f(2,3)(n－1)＝eq \f(2n＋1,3). (3)由bn＝eq \f(2n＋1,3)，可知{b2n－1}和{b2n}是首项分别为1和eq \f(5,3)，公差均为eq \f(4,3)的等差 数列， 于是b1b2－b2b3＋b3b4－b4b5＋…＋b2n－1b2n－b2nb2n＋1＝b2(b1－b3)＋b4(b3－b5)＋b6(b5－b7)＋…＋b2n(b2n－1－b2n＋1)＝－eq \f(4,3)(b2＋b4＋…＋b2n)＝－eq \f(4,3)×eq \f(1,2)n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)＋\f(4n＋1,3)))＝ －eq \f(4,9)(2n2＋3n). 解　由题意，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＋a4＝－4，　　　　①,an＋an－1＋an－2＋an－3＝36， ②)) ①＋②，得a1＋a2＋a3＋a4＋an＋an－1＋an－2＋an－3＝32， ∴4(a1＋an)＝32，∴a1＋an＝8. 又Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝eq \f(n,2)×8＝36，∴n＝9， 即该数列的项数为9. 2,3) 已知等比数列{an}的各项均为正数，2a5，a4，4a6成等差数列，且满足a4＝4a，数列{bn}的前n项和Sn＝eq \f(（n＋1）,2)bn，n∈N*，且b1＝1. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)设cn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(bn，n为奇数，,an，n为偶数，))求数列{cn}的前n项和Pn. 解　(1)设数列{an}的公比为q， 因为an>0，所以q>0. 由题意，得2,3)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a4＝2a5＋4a6，,a4＝4a，)) 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2q2＋q－1＝0，,1＝4a1q，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q＝\f(1,2)，,a1＝\f(1,2)，))所以an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n). 当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝eq \f(n＋1,2)bn－eq \f(nbn－1,2)，即eq \f(bn,n)＝eq \f(bn－1,n－1)， 所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,n)))是首项为1的常数列，eq \f(bn,n)＝1. 所以bn＝n. (2)由(1)可得cn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n，n为奇数，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n)，n为偶数，)) 当n为偶数时， Pn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(a2＋a4＋…＋an) ＝[1＋3＋…＋(n－1)]＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(4)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n))) ＝eq \f(\f(n,2),2)(1＋n－1)＋eq \f(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))\s\up12(\f(n,2)))),1－\f(1,4))＝eq \f(n2,4)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)； 当n为奇数时，n＋1为偶数， Pn＝Pn＋1－an＋1 ＝eq \f(（n＋1）2,4)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n＋1)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n＋1) ＝eq \f(（n＋1）2,4)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1). 综上， Pn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(n2,4)＋\f(1,3)－\f(1,3)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n)，n为偶数，,\f(（n＋1）2,4)＋\f(1,3)－\f(1,3)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n－1)，n为奇数.)) 解　(1)∵a2＝6，eq \f(an＋1－an＋1,an＋1＋an－1)＝eq \f(1,n)，当n＝1时，eq \f(6－a1＋1,6＋a1－1)＝1，∴a1＝1， 当n＝2时，eq \f(a3－6＋1,a3＋6－1)＝eq \f(1,2)，∴a3＝15，当n＝3时，eq \f(a4－15＋1,a4＋15－1)＝eq \f(1,3)，∴a4＝28， 当n＝4时，eq \f(a5－28＋1,a5＋28－1)＝eq \f(1,4)，∴a5＝45. (an＋1－an＋1,an＋1＋an－1) 已知数列{an}满足a2＝6，＝eq \f(1,n)(n∈N*). (1)求a1，a3，a4，a5的值； (2)猜想{an}的通项公式，并用数学归纳法证明. (2)由(1)猜想an＝n(2n－1).证明如下： ①当n＝1时，a1＝1×(2×1－1)＝1，猜想成立； 当n＝2时，a2＝2×(2×2－1)＝6，猜想成立； ②假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时，猜想成立，即ak＝k(2k－1)， 则当n＝k＋1时，由eq \f(ak＋1－k（2k－1）＋1,ak＋1＋k（2k－1）－1)＝eq \f(1,k)， 得ak＋1＝(k＋1)(2k＋1)， 即当n＝k＋1时，猜想成立. 由①②可知，猜想对任意n∈N*都成立. $$