2009~2013年高考真題備選題庫第5章數(shù)列第4節(jié)數(shù)列求和考點(diǎn)一等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合1．（2013江蘇，16分）設(shè){an}是首項(xiàng)為a，公差為d的等差數(shù)列(d≠0)，Sn是其前n項(xiàng)的和．記bn＝eq\f(nSn,n2＋c)，n∈N*，其中c為實(shí)數(shù)．(1)若c＝0，且b1，b2，b4成等比數(shù)列，證明：Snk＝n2Sk(k，n∈N*)；(2)若{bn}是等差數(shù)列，證明：c＝0.證明：本題考查等差、等比數(shù)列的定義，通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，意在考查考生分析問題、解決問題的能力與推理論證能力．由題設(shè)，Sn＝na＋eq\f(nn－1,2)d.(1)由c＝0，得bn＝eq\f(Sn,n)＝a＋eq\f(n－1,2)d.又b1，b2，b4成等比數(shù)列，所以beq\o\al(2,2)＝b1b4，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(d,2)))2＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(3,2)d))，化簡得d2－2ad＝0.因?yàn)閐≠0，所以d＝2a.因此，對(duì)于所有的m∈N*，有Sm＝m2a.從而對(duì)于所有的k，n∈N*，有Snk＝(nk)2a＝n2k2a＝n2Sk.(2)設(shè)數(shù)列{bn}的公差是d1，則bn＝b1＋(n－1)d1，即eq\f(nSn,n2＋c)＝b1＋(n－1)d1，n∈N*，代入Sn的表達(dá)式，整理得，對(duì)于所有的n∈N*，有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(d1－\f(1,2)d))n3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b1－d1－a＋\f(1,2)d))n2＋cd1n＝c(d1－b1)．令A(yù)＝d1－eq\f(1,2)d，B＝b1－d1－a＋eq\f(1,2)d，D＝c(d1－b1)，則對(duì)于所有的n∈N*，有An3＋Bn2＋cd1n＝D.(*)在(*)式中分別取n＝1,2,3,4，得A＋B＋cd1＝8A＋4B＋2cd1＝27A＋9B＋3cd1＝64A＋16B＋4cd1，從而有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(7A＋3B＋cd1＝0，①,19A＋5B＋cd1＝0，②,21A＋5B＋cd1＝0，③))由②，③得A＝0，cd1＝－5B，代入方程①，得B＝0，從而cd1＝0.即d1－eq\f(1,2)d＝0，b1－d1－a＋eq\f(1,2)d＝0，cd1＝0.若d1＝0，則由d1－eq\f(1,2)d＝0，得d＝0，與題設(shè)矛盾，所以d1≠0.又cd1＝0，所以c＝0.2．（2013浙江，14分）在公差為d的等差數(shù)列{an}中，已知a1＝10，且a1，2a2＋2,5a3成等比數(shù)列．(1)求d，an；(2)若d<0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|.解：本題主要考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的概念，等差數(shù)列通項(xiàng)公式，求和公式等基礎(chǔ)知識(shí)，同時(shí)考查運(yùn)算求解能力．(1)由題意得5a3·a1＝(2a2＋2)2，即d2－3d－4＝0.故d＝－1或d＝4.所以an＝－n＋11，n∈N*或an＝4n＋6，n∈N*.(2)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.因?yàn)閐<0，由(1)得d＝－1，an＝－n＋11.則當(dāng)n≤11時(shí)，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn＝－eq\f(1,2)n2＋eq\f(21,2)n.當(dāng)n≥12時(shí)，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝－Sn＋2S11＝eq\f(1,2)n2－eq\f(21,2)n＋110.綜上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)n2＋\f(21,2)n，n≤11，,\f(1,2)n2－\f(21,2)n＋110，n≥12.))3．（2013天津，14分）已知首項(xiàng)為eq\f(3,2)的等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*),且－2S2，S3,4S4成等差數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)證明Sn＋eq\f(1,Sn)≤eq\f(13,6)(n∈N*)．解：本題主要考查等差數(shù)列的概念，等比數(shù)列的概念、通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和公式，數(shù)列的基本性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)．考查分類討論的思想，考查運(yùn)算能力、分析問題和解決問題的能力．(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因?yàn)椋?S2，S3,4S4成等差數(shù)列，所以S3＋2S2＝4S4－S3，即S4－S3＝S2－S4，可得2a4＝－a3，于是q＝eq\f(a4,a3)＝－eq\f(1,2).又a1＝eq\f(3,2)，所以等比數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\f(3,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1＝(－1)n－1·eq\f(3,2n).(2)證明：Sn＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n，Sn＋eq\f(1,Sn)＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n＋eq\f(1,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,2n2n＋1)，n為奇數(shù)，,2＋\f(1,2n2n－1)，n為偶數(shù).))當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Sn＋eq\f(1,Sn)隨n的增大而減小，所以Sn＋eq\f(1,Sn)≤S1＋eq\f(1,S1)＝eq\f(13,6)；當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Sn＋eq\f(1,Sn)隨n的增大而減小，所以Sn＋eq\f(1,Sn)≤S2＋eq\f(1,S2)＝eq\f(25,12).故對(duì)于n∈N*，有Sn＋eq\f(1,Sn)≤eq\f(13,6).4.（2013陜西，12分）設(shè)Sn表示數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．(1)若{an}為等差數(shù)列，推導(dǎo)Sn的計(jì)算公式；(2)若a1＝1，q≠0，且對(duì)所有正整數(shù)n，有Sn＝eq\f(1－qn,1－q).判斷{an}是否為等比數(shù)列，并證明你的結(jié)論．解：本題主要考查等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式推導(dǎo)所用的倒序相加法，考查等比數(shù)列的證明方法和一般數(shù)列切入點(diǎn)的技巧，深度考查考生應(yīng)用數(shù)列作工具進(jìn)行邏輯推理的思維方法．(1)法一：設(shè){an}的公差為d，則Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋(a1＋d)＋…＋[a1＋(n－1)d]，又Sn＝an＋(an－d)＋…＋[an－(n－1)d]，∴2Sn＝n(a1＋an)，∴Sn＝eq\f(na1＋an,2).法二：設(shè){an}的公差為d，則Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋(a1＋d)＋…＋[a1＋(n－1)d]，又Sn＝an＋an－1＋…＋a1＝[a1＋(n－1)d]＋[a1＋(n－2)d]＋…＋a1，∴2Sn＝[2a1＋(n－1)d]＋[2a1＋(n－1)d]＋…＋[2a1＋(n－1)d]＝2na1＋n(n－1)d，∴Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d.(2){an}是等比數(shù)列．證明如下：∵Sn＝eq\f(1－qn,1－q)，∴an＋1＝Sn＋1－Sn＝eq\f(1－qn＋1,1－q)－eq\f(1－qn,1－q)＝eq\f(qn1－q,1－q)＝qn.∵a1＝1，q≠0，∴當(dāng)n≥1時(shí)，有eq\f(an＋1,an)＝eq\f(qn,qn－1)＝q，因此，{an}是首項(xiàng)為1且公比為q的等比數(shù)列．5．（2013重慶，13分）設(shè)數(shù)列{an}滿足：a1＝1，an＋1＝3an，n∈N＋.(1)求{an}的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和Sn；(2)已知{bn}是等差數(shù)列，Tn為其前n項(xiàng)和，且b1＝a2，b3＝a1＋a2＋a3，求T20.解：本題主要考查等比數(shù)列、等差數(shù)列的通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和等基礎(chǔ)知識(shí)，考查邏輯思維能力．(1)由題設(shè)知{an}是首項(xiàng)為1，公比為3的等比數(shù)列，所以an＝3n－1，Sn＝eq\f(1－3n,1－3)＝eq\f(1,2)(3n－1)．(2)b1＝a2＝3，b3＝a1＋a2＋a3＝1＋3＋9＝13，b3－b1＝10＝2d，所以數(shù)列{bn}的公差d＝5，故T20＝20×3＋eq\f(20×19,2)×5＝1010.6．(2009·寧夏、海南，5分)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且4a1,2a2，a3成等差數(shù)列．若a1＝1，則S4＝()A．7 B．8C．15 D．16解析：∵4a1,2a2，a3成等差數(shù)列，∴4a2＝4a1＋a3.∵{an}是等比數(shù)列，∴4a1·q＝4a1＋a1q2，a1＝1.∴q2－4q＋4＝0，q＝2，∴S4＝eq\f(1×1－24,1－2)＝15.答案：C7．（2011江蘇，5分）設(shè)1＝a1≤a2≤…≤a7，其中a1，a3，a5，a7成公比為q的等比數(shù)列，a2，a4，a6成公差為1的等差數(shù)列，則q的最小值是________．解析：設(shè)a2＝t，則1≤t≤q≤t＋1≤q2≤t＋2≤q3，由于t≥1，所以q≥max{t，eq\r(t＋1)，eq\r(3,t＋2)}，故q的最小值是eq\r(3,3).答案：eq\r(3,3)8．（2012山東，12分）已知等差數(shù)列{an}的前5項(xiàng)和為105，且a10＝2a5.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)對(duì)任意m∈N*，將數(shù)列{an}中不大于72m的項(xiàng)的個(gè)數(shù)記為bm，求數(shù)列{bm}的前m項(xiàng)和Sm.解：(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，前n項(xiàng)和為Tn.由T5＝105，a10＝2a5，得到eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5a1＋\f(5×5－1,2)d＝105，,a1＋9d＝2a1＋4d，))解得a1＝7，d＝7.因此an＝a1＋(n－1)d＝7＋7(n－1)＝7n(n∈N*)．(2)對(duì)m∈N*，若an＝7n≤72m，則n≤72m－1.因此bm＝72m－1，所以數(shù)列{bm}是首項(xiàng)為7公比為49的等比數(shù)列．故Sm＝eq\f(b11－qm,1－q)＝eq\f(7×1－49m,1－49)＝eq\f(7×72m－1,48)＝eq\f(72m＋1－7,48).9．（2012浙江，14分）已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＝2n2＋n，n∈N*，數(shù)列{bn}滿足an＝4log2bn＋3，n∈N*.(1)求an，bn；(2)求數(shù)列{an·bn}的前n項(xiàng)和Tn.解：(1)由Sn＝2n2＋n，得當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝3；當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝4n－1，易知當(dāng)n＝1時(shí)也滿足通式an＝4n－1，所以an＝4n－1，n∈N*.由4n－1＝an＝4log2bn＋3，得bn＝2n－1，n∈N*.(2)由(1)知an·bn＝(4n－1)·2n－1，n∈N*，所以Tn＝3＋7×2＋11×22＋…＋(4n－1)·2n－1,2Tn＝3×2＋7×22＋…＋(4n－5)·2n－1＋(4n－1)·2n，所以2Tn－Tn＝(4n－1)2n－[3＋4(2＋22＋…＋2n－1)]＝(4n－5)2n＋5.故Tn＝(4n－5)2n＋5，n∈N*.10．(2010天津，14分)在數(shù)列{an}中，a1＝0，且對(duì)任意k∈N*，a2k－1，a2k，a2k＋1成等差數(shù)列，其公差為2k.(1)證明：a4，a5，a6成等比數(shù)列；(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(3)記Tn＝eq\f(22,a2)＋eq\f(32,a3)＋…＋eq\f(n2,an)，證明：eq\f(3,2)＜2n－Tn≤2(n≥2)．解：(1)證明：由題設(shè)可知，a2＝a1＋2＝2，a3＝a2＋2＝4，a4＝a3＋4＝8，a5＝a4＋4＝12，a6＝a5＋6＝18.從而eq\f(a6,a5)＝eq\f(a5,a4)＝eq\f(3,2).所以a4，a5，a6成等比數(shù)列．(2)由題設(shè)，可得a2k＋1－a2k－1＝4k，k∈N*.所以a2k＋1－a1＝(a2k＋1－a2k－1)＋(a2k－1－a2k－3)＋…＋(a3－a1)＝4k＋4(k－1)＋…＋4×1＝2k(k＋1)，k∈N*.由a1＝0，得a2k＋1＝2k(k＋1)，從而a2k＝a2k＋1－2k＝2k2.所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(n2－1,2)，n為奇數(shù)，,\f(n2,2)，n為偶數(shù)))或?qū)憺閍n＝eq\f(n2,2)＋eq\f(－1n－1,4)，n∈N*.(3)證明：由(2)可知a2k＋1＝2k(k＋1)，a2k＝2k2.以下分兩種情況進(jìn)行討論：①當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，設(shè)n＝2m(m∈N*)．若m＝1，則2n－eq\i\su(k＝2,n,)eq\f(k2,ak)＝2.若m≥2，則eq\i\su(k＝2,n,)eq\f(k2,ak)＝eq\i\su(k＝1,m,)eq\f(2k2,a2k)＋eq\i\su(k＝1,m－1,)eq\f(2k＋12,a2k＋1)＝eq\i\su(k＝1,m,)eq\f(4k2,2k2)＋eq\i\su(k＝1,m－1,)eq\f(4k2＋4k＋1,2kk＋1)＝2m＋eq\i\su(k＝1,m－1,[)eq\f(4k2＋4k,2kk＋1)＋eq\f(1,2kk＋1)]＝2m＋eq\i\su(k＝1,m－1,[)2＋eq\f(1,2)(eq\f(1,k)－eq\f(1,k＋1))]＝2m＋2(m－1)＋eq\f(1,2)(1－eq\f(1,m))＝2n－eq\f(3,2)－eq\f(1,n).所以2n－eq\i\su(k＝2,n,)eq\f(k2,ak)＝eq\f(3,2)＋eq\f(1,n)，從而eq\f(3,2)＜2n－Tn＜2，n＝4,6,8，…，②當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，設(shè)n＝2m＋1(m∈N*)eq\i\su(k＝2,n,)eq\f(k2,ak)＝eq\i\su(k＝2,2m,)eq\f(k2,ak)＋eq\f(2m＋12,a2m＋1)＝4m－eq\f(3,2)－eq\f(1,2m)＋eq\f(2m＋12,2mm＋1)＝4m＋eq\f(1,2)－eq\f(1,2m＋1)＝2n－eq\f(3,2)－eq\f(1,n＋1)，所以2n－eq\i\su(k＝2,n,)eq\f(k2,ak)＝eq\f(3,2)＋eq\f(1,n＋1)，從而eq\f(3,2)＜2n－Tn＜2，n＝3,5,7，….綜合①和②可知，對(duì)任意n≥2，n∈N*，有eq\f(3,2)＜2n－Tn≤2.11．(2010北京，13分)已知{an}為等差數(shù)列，且a3＝－6，a6＝0.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)若等比數(shù)列{bn}滿足b1＝－8，b2＝a1＋a2＋a3，求{bn}的前n項(xiàng)和公式．解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.因?yàn)閍3＝－6，a6＝0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝－6，,a1＋5d＝0.))解得a1＝－10，d＝2.所以an＝－10＋(n－1)·2＝2n－12.(2)設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q.因?yàn)閎2＝a1＋a2＋a3＝－24，b1＝－8，所以－8q＝－24，即q＝3.所以{bn}的前n項(xiàng)和公式為Sn＝eq\f(b11－qn,1－q)＝4(1－3n)．考點(diǎn)二遞推數(shù)列及其應(yīng)用1．（2013湖南，13分）設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知a1≠0,2an－a1＝S1·Sn，n∈N*.(1)求a1，a2，并求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)求數(shù)列{nan}的前n項(xiàng)和．解：本題主要考查數(shù)列的通項(xiàng)公式和數(shù)列求和，結(jié)合轉(zhuǎn)化思想，意在考查考生的運(yùn)算求解能力．(1)令n＝1，得2a1－a1＝aeq\o\al(2,1)，即a1＝aeq\o\al(2,1).因?yàn)閍1≠0，所以a1＝1.令n＝2，得2a2－1＝S2＝1＋a2，解得a2＝2.當(dāng)n≥2時(shí)，由2an－1＝Sn,2an－1－1＝Sn－1兩式相減得2an－2an－1＝an，即an＝2an－1.于是數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列．因此，an＝2n－1.所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1.(2)由(1)知，nan＝n·2n－1.記數(shù)列{n·2n－1}的前n項(xiàng)和為Bn，于是Bn＝1＋2×2＋3×22＋…＋n×2n－1，①2Bn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n.②①－②得－Bn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n＝2n－1－n·2n.從而Bn＝1＋(n－1)·2n.2．（2013廣東，14分）設(shè)各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，滿足4Sn＝aeq\o\al(2,n＋1)－4n－1，n∈N*，且a2，a5，a14構(gòu)成等比數(shù)列．(1)證明：a2＝eq\r(4a1＋5)；(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(3)證明：對(duì)一切正整數(shù)n，有eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)＜eq\f(1,2).解：本題主要考查通過“an與Sn法”將遞推數(shù)列轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列及裂項(xiàng)求和法，意在考查考生運(yùn)用化歸與轉(zhuǎn)化思想解決問題的能力．(1)證明：∵an＞0，令n＝1，有4S1＝aeq\o\al(2,2)－4－1，即4a1＝aeq\o\al(2,2)－4－1，∴a2＝eq\r(4a1＋5).(2)當(dāng)n≥2時(shí)，4Sn＝aeq\o\al(2,n＋1)－4n－1,4Sn－1＝aeq\o\al(2,n)－4(n－1)－1，兩式相減得4an＝aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)－4，有aeq\o\al(2,n＋1)＝(an＋2)2，即an＋1＝an＋2，∴{an}從第2項(xiàng)起，是公差為2的等差數(shù)列，∴a5＝a2＋3×2＝a2＋6，a14＝a2＋12×2＝a2＋24，又a2，a5，a14構(gòu)成等比數(shù)列，有aeq\o\al(2,5)＝a2·a14，則(a2＋6)2＝a2(a2＋24)，解得a2＝3，由(1)得a1＝1，又an＋1＝an＋2(n≥2)．∴{an}是首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)列，即an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.(3)證明：由(2)得eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,3×5)＋…＋eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＜eq\f(1,2).3．（2012新課標(biāo)全國，5分）數(shù)列{an}滿足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，則{an}的前60項(xiàng)和為()A．3690 B．3660C．1845 D．1830解析：不妨令a1＝1，根據(jù)題意，得a2＝2，a3＝a5＝a7＝…＝1，a4＝6，a6＝10，…，所以當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，an＝1，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)構(gòu)成以a2＝2為首項(xiàng)，以4為公差的等差數(shù)列．所以前60項(xiàng)和為S60＝30＋2×30＋eq\f(30×30－1,2)×4＝1830.答案：D4．(2009·福建，4分)五位同學(xué)圍成一圈依序循環(huán)報(bào)數(shù)，規(guī)定：①第一位同學(xué)首次報(bào)出的數(shù)為1，第二位同學(xué)首次報(bào)出的數(shù)也為1，之后每位同學(xué)所報(bào)出的數(shù)都是前兩位同學(xué)所報(bào)出的數(shù)之和；②若報(bào)出的數(shù)為3的倍數(shù)，則報(bào)該數(shù)的同學(xué)需拍一次．已知甲同學(xué)第一個(gè)報(bào)數(shù)，當(dāng)五位同學(xué)依序循環(huán)報(bào)到第100個(gè)數(shù)時(shí)，甲同學(xué)拍手的總次數(shù)為________．解析：五位同學(xué)報(bào)數(shù)所構(gòu)成的數(shù)列為1,1,2,3,5,8,13,21，…該數(shù)列被3除所得的余數(shù)構(gòu)成的數(shù)列為1,1,2,0,2,2,1,0，…所得新數(shù)列中每4個(gè)數(shù)出現(xiàn)一個(gè)0，而又有5名同學(xué)，因而甲同學(xué)報(bào)的數(shù)為3的倍數(shù)的間隔為20，所以甲同學(xué)報(bào)的數(shù)為3的倍數(shù)的數(shù)依次是第16,36,56,76,96，共5個(gè)數(shù)．答案：55．(2011廣東，14分)設(shè)b＞0，數(shù)列{an}滿足a1＝b，an＝eq\f(nban－1,an－1＋n－1)(n≥2)．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)證明：對(duì)于一切正整數(shù)n,2an≤bn＋1＋1.(1)由an＝eq\f(nban－1,an－1＋n－1)聯(lián)想到取倒數(shù)得eq\f(n,an)＝eq\f(1,b)＋eq\f(1,b)·eq\f(n－1,an－1)，令cn＝eq\f(n,an)，有cn＝eq\f(1,b)＋eq\f(1,b)cn－1，當(dāng)b＝1時(shí)，{cn}為等差數(shù)列，當(dāng)b≠1時(shí)，設(shè)cn＋k＝eq\f(1,b)(cn－1＋k)，展開對(duì)比得k＝eq\f(1,1－b)，構(gòu)造等比數(shù)列{cn＋eq\f(1,1－b)}，求得cn后再求an；(2)當(dāng)b＝1時(shí)，易驗(yàn)證，當(dāng)b≠1時(shí)，先用分析法將2an≤bn＋1＋1轉(zhuǎn)化為eq\f(2n1－bbn,1－bn)≤