3.若数列x，a₁，a₂，y成等差数列，x，b₁，b₂，y成等比数列，则的取值范围是___________________.

解析：在等差数列中，a₁+a₂=x+y；在等比数列中，xy=b₁·b₂.

∴===++2.

当x·y＞0时，+≥2，故≥4；

当x·y＜0时，+≤－2，故≤0.

答案：［4，+∞)或(－∞，0］

2.公差不为零的等差数列{a_n}的第二、三及第六项构成等比数列，则=_____.

解析：设公差为d(d≠0)，由题意a₃²=a₂·a₆，即(a₁+2d)²=(a₁+d)(a₁+5d)，解得d=－2a₁，故===.

答案：

1.在等比数列{a_n}中，a₅+a₆=a(a≠0)，a₁₅+a₁₆=b，则a₂₅+a₂₆的值是

A. 　　　　　　　　　　　 B.　　 　　　　　　　　 C.　　 　　　　　　　　 D.

解析：由等比数列的性质得三个和成等比数列，由等比中项公式可得选项为C.

答案：C

5.(2002年北京，14)等差数列{a_n}中，a₁=2，公差不为零，且a₁，a₃，a₁₁恰好是某等比数列的前三项，那么该等比数列公比的值等于___________________.

解析：设a₁，a₃，a₁₁成等比，公比为q，a₃=a₁·q=2q，a₁₁=a₁·q²=2q².又{a_n}是等差数列，∴a₁₁=a₁+5(a₃－a₁)，∴q=4.

答案：4

●典例剖析

[例1] (2005年春季北京，17)已知{a_n}是等比数列，a₁=2，a₃=18；{b_n}是等差数列，b₁=2，b₁+b₂+b₃+b₄=a₁+a₂+a₃＞20.

(1)求数列{b_n}的通项公式；

(2)求数列{b_n}的前n项和S_n的公式；

(3)设P_n=b₁+b₄+b₇+…+b_3n－2，

Q_n=b₁₀+b₁₂+b₁₄+…+b_2n+8，

其中n=1，2，…，试比较P_n与Q_n的大小，并证明你的结论.

剖析：将已知转化成基本量，求出首项和公比后，再进行其他运算.

解:(1)设{a_n}的公比为q，由a₃=a₁q²得q²==9，q=±3.

当q=－3时，a₁+a₂+a₃=2－6+18=14＜20，

这与a₁+a₂+a₃＞20矛盾，故舍去.

当q=3时，a₁+a₂+a₃=2+6+18=26＞20，故符合题意.

设数列{b_n}的公差为d，由b₁+b₂+b₃+b₄=26得4b₁+d=26.

又b₁=2，解得d=3，所以b_n=3n－1.

(2)S_n==n²+n.

(3)b₁，b₄，b₇，…，b_3n－2组成以3d为公差的等差数列，

所以P_n=nb₁+·3d=n²－n；

b₁₀，b₁₂，b₁₄，…，b_2n+8组成以2d为公差的等差数列，b₁₀=29，

所以Q_n=nb₁₀+·2d=3n²+26n.

P_n－Q_n=(n²－n)－(3n²+26n)=n(n－19).

所以，对于正整数n，当n≥20时，P_n＞Q_n；

当n=19时，P_n=Q_n；

当n≤18时，P_n＜Q_n.

评述：本题主要考查等差数列、等比数列等基本知识，考查逻辑思维能力、分析问题和解决问题的能力.

[例2] (2005年北京东城区模拟题)已知等差数列{a_n}的首项a₁=1，公差d＞0，且第二项、第五项、第十四项分别是等比数列{b_n}的第二项、第三项、第四项.

(1)求数列{a_n}与{b_n}的通项公式；

(2)设数列{c_n}对任意正整数n均有+++…+=(n+1)a_n+1成立，其中m为不等于零的常数，求数列{c_n}的前n项和S_n.

剖析：(1)依已知可先求首项和公差，进而求出通项a_n和b_n；(2)由题先求出{a_n}的通项公式后再求S_n.

解：(1)由题意得(a₁+d)(a₁+13d)=(a₁+4d)²，整理得2a₁d=d².

∵a₁=1，解得d=2(d=0不合题意舍去)，

∴a_n=2n－1(n=1，2，3，…).

由b₂=a₂=3，b₃=a₅=9，易求得b_n=3^n－1(n=1，2，3，…).

(2)当n=1时，c₁=6；

当n≥2时，=(n+1)a_n+1－na_n=4n+1，

∴c_n=(4n+1)m^n－1b_n=(4n+1)(3m)^n－1.

∴c_n=　

当3m=1，即m=时，

S_n=6+9+13+…+(4n+1)

=6+

=6+(n－1)(2n+5)=2n²+3n+1.

当3m≠1，即m≠时，

S_n=c₁+c₂+…+c_n，即

S_n=6+9·(3m)+13·(3m)²+…+(4n－3)(3m)^n－2+(4n+1)(3m)^n－1.　　　　　　　 　 ①

3mS_n=6·3m+9·(3m)²+13·(3m)³+…+(4n－3)(3m)^n－1+(4n+1)(3m)ⁿ.　　 　 ②

①－②得

(1－3m)S_n=6+3·3m+4·(3m)²+4·(3m)³+…+4·(3m)^n－1－(4n+1)(3m)ⁿ

=6+9m+4［(3m)²+(3m)³+…+(3m)^n－1］－(4n+1)(3m)ⁿ

=6+9m+－(4n+1)(3m)ⁿ.

∴S_n=+.

∴S_n=　 　

评述：本题主要考查了数列的基本知识和解决数列问题的基本方法.如“基本量法”“错位相减求和法”等.

[例3] (2005年北京海淀区模拟题)在等比数列{a_n}(n∈N^*)中，a₁＞1，公比q＞0.设b_n=log₂a_n，且b₁+b₃+b₅=6，b₁b₃b₅=0.

(1)求证：数列{b_n}是等差数列；

(2)求{b_n}的前n项和S_n及{a_n}的通项a_n；

(3)试比较a_n与S_n的大小.

剖析：(1)定义法即可解决.(2)先求首项和公差及公比.(3)分情况讨论.

(1)证明：∵b_n=log₂a_n，∴b_n+1－b_n=log₂=log₂q为常数.∴数列{b_n}为等差数列且公差d=log₂q.

(2)解：∵b₁+b₃+b₅=6，∴b₃=2.

∵a₁＞1，∴b₁=log₂a₁＞0.

∵b₁b₃b₅=0，∴b₅=0.

∴解得

∴S_n=4n+×(－1)=.

∵∴

∴a_n=2^5－n(n∈N^*).

(3)解：显然a_n=2^5－n＞0，当n≥9时，S_n=≤0.

∴n≥9时，a_n＞S_n.

∵a₁=16，a₂=8，a₃=4，a₄=2，a₅=1，a₆=，a₇=，a₈=，S₁=4，S₂=7，S₃=9，S₄=10，S₅=10，S₆=9，S₇=7，S₈=4，

∴当n=3，4，5，6，7，8时，a_n＜S_n；

当n=1，2或n≥9时，a_n＞S_n.

评述：本题主要考查了数列的基本知识和分类讨论的思想.

●闯关训练

夯实基础

4.(2004年春季上海，12)在等差数列{a_n}中，当a_r=a_s(r≠s)时，数列{a_n}必定是常数列，然而在等比数列{a_n}中，对某些正整数r、s(r≠s)，当a_r=a_s时，非常数列{a_n}的一个例子是___________________.

解析：只需选取首项不为0，公比为－1的等比数列即可.

答案：a，－a，a，－a…(a≠0)

3.若关于x的方程x²－x+a=0和x²－x+b=0(a≠b)的四个根可组成首项为的等差数列，则a+b的值是

A.　　 　　　　　　 　　　 B.　　 　　　　　　　　 C.　　 　　　　　　　　 D.

解析：依题意设四根分别为a₁、a₂、a₃、a₄，公差为d，其中a₁=，即a₁+a₂+a₃+a₄=1+1=2.又a₁+a₄=a₂+a₃，

所以a₁+a₄=a₂+a₃=1.

由此求得a₄=，d=，

于是a₂=，a₃=.

故a+b=a₁a₄+a₂a₃=×+×==.

答案：D

2.已知数列{a_n}满足a_n+2=－a_n(n∈N^*)，且a₁=1，a₂=2，则该数列前2002项的和为

A.0　　　 　　　　　　　　　 B.－3　　 　　　　　　　　　　 C.3　　　 　　　　　　　　　　 D.1

解析：由题意，我们发现：a₁=1，a₂=2，a₃=－a₁=－1，a₄=－a₂=－2，a₅=－a₃=1，a₆=

－a₄=2，…，a₂₀₀₁=－a₁₉₉₉=1，a₂₀₀₂=－a₂₀₀₀=2，a₁+a₂+a₃+a₄=0.

∴a₁+a₂+a₃+…+a₂₀₀₂=a₂₀₀₁+a₂₀₀₂=a₁+a₂=1+2=3.

答案：C

1.等比数列{a_n}的公比为q，则“q＞1”是“对于任意自然数n，都有a_n+1＞a_n”的

A.充分不必要条件　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 B.必要不充分条件

C.充要条件　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 D.既不充分又不必要条件

解析：当a₁＜0时，条件与结论均不能由一方推出另一方.

答案：D

2.对于等比数列：a_n=a₁q^n－1.可用指数函数的性质来理解.

当a₁＞0，q＞1或a₁＜0，0＜q＜1时，等比数列是递增数列；

当a₁＞0，0＜q＜1或a₁＜0，q＞1时，等比数列{a_n}是递减数列.

当q=1时，是一个常数列.

当q＜0时，无法判断数列的单调性，它是一个摆动数列.

●点击双基

1.对于等差数列，∵a_n=a₁+(n－1)d=dn+(a₁－d)，当d≠0时，a_n是n的一次函数，对应的点(n，a_n)是位于直线上的若干个点.当d＞0时，函数是增函数，对应的数列是递增数列；同理，d=0时，函数是常数函数，对应的数列是常数列；d＜0时，函数是减函数，对应的数列是递减函数.

若等差数列的前n项和为S_n，则S_n=pn²+qn(p、q∈R).当p=0时，{a_n}为常数列；当p≠0时，可用二次函数的方法解决等差数列问题.