隔項等差、等比數列問題的常見類型及求解策略

湖北 聶文喜

隔項等差、等比數列問題的常見類型及求解策略

湖北 聶文喜

一、an+an+1=An+B，A≠0

【例1】已數列{an}滿足an+1+an=4n+4，n∈N*.

(Ⅰ)若a1=1，試求數列{an}的通項公式；

(Ⅱ)是否存在a1使{an}是為等差數列？若存在，求出a1的值；若不存在，說明理由.

解：(Ⅰ)當n=1時，a2+a1=8，a1=1，所以a2=7.

當n≥2時，an+an-1=4n，an+1+an=4n+4，兩式相減得an+1-an-1=4，

∴a1,a3,…,a2n-1是以1為首項，4為公差的等差數列，a2n-1=4n-3，

a2,a4,…a2n是以7為首項，4為公差的等差數列，a2n=4n+3，

(Ⅱ)假設存在a1使{an}為等差數列，設公差為d，則an=a1+(n-1)d，an+1=a1+nd，代入an+1+an=4n+4，得a1+nd+a1+(n-1)d=4n+4，即(2a1-d)+2nd=4n+4對n∈N*成立，

∴2a1-d=4，2d=4，∴d=2，a1=3，此時an=2n+1符合題意，故存在a1=3，使{an}是等差數列.

【點評】一般情況下，若an+an+1=An+B，A≠0，則當n≥2時，an-1+an=A(n-1)+B，兩式相減得an+1-an-1=A，即數列{a2n-1}與數列{a2n}均是公差為A的等差數列.

【變式】(2016·武漢二月調研理·第17題)已知數列{an}滿足，a1=2，an+an-1=4n-2(n≥2).求數列{an}的通項公式.

解： 數列{a2n-1}與數列{a2n}均是公差為4的等差數列，a2n-1=4n-2，a2n=4n，∴an=2n.

二、anan+1=pqn，p≠0 ，q≠0

【例2】已知數列{an}滿足an+1an=42n-1，n∈N*.

(Ⅰ)若a1=2，試求數列{an}的通項公式；

(Ⅱ)是否存在a1使{an}是為等比數列？若存在，求出a1的值；若不存在，說明理由.

解：(Ⅰ)當n=1時，a1a2=4，a1=2，∴a2=2.

∴{a2n-1}與{a2n}均為公比為16的等比數列，

【變式】在數列{an}中，a1=1，anan+1=3n，求an.

解: {a2n-1}與{a2n}均為公比為3的等比數列，

∴a2n-1=3n-1，a2n=3×3n-1=3n，

三、Sn=Aanan+1+B，A≠0，an≠0

【例3】(2014·全國卷Ⅰ理·第17題)已知數列{an}的前n項和為Sn，a1=1，an≠0，anan+1=λSn-1，其中λ為常數.

(Ⅰ)證明an+2-an=λ；

(Ⅱ)是否存在λ，使得{an}為等差數列？并說明理由.

解：(Ⅰ)證明：由題設知anan+1=λSn-1，an+1an+2=λSn+1-1，

兩式相減得an+1(an+2-an)=λan+1，由于an+1≠0，∴an+2-an=λ.

(Ⅱ)由題設知a1=1，a1a2=λS1-1，得a2=λ-1，

由(Ⅰ)得a3=a1+λ=1+λ，

假設存在λ，使得{an}為等差數列，

則a1+a3=2a2，1+(1+λ)=2(λ-1)，λ=4.

當λ=4時，an+2-an=4，

則a1,a3,…,a2n-1是以1為首項，4為公差的等差數列，a2n-1=4n-3，

a2,a4,…，a2n是以3為首項，4為公差的等差數列，a2n=4n-1，

∴an=2n-1，an+1-an=2.

因此存在λ=4，使得{an}為等差數列.

四、an+1+(-1)nan=An+B

【例4】數列{an}滿足an+1+(-1)nan=2n-1，則{an}前60項和為________.

解：令n=2k-1，得a2k-a2k-1=4k-3, ①

令n=2k，得a2k+1+a2k=4k-1， ②

令n=2k+1，得a2k+2-a2k+1=4k+1， ③

②-①得a2k+1+a2k-1=2， ④

∴a2k+3+a2k+1=2， ⑤

⑤-④得a2k+3-a2k-1=0，

∴{a4k-3}與{a4k-1}均是公差為0的等差數列.

②+③得a2k+a2k+2=8k， ⑥

∴a2k+2+a2k+4=8k+8， ⑦

⑦-⑥得a2k+4-a2k=8，

∴{a4k-2}與{a4k}均是公差為8的等差數列.

∴S60=(a1+a5+a9+…+a57)+(a2+a6+a10+…+a58)+(a3+a7+a11+…+a59)+(a4+a8+a12+…+a60)

=15(a1+a2+a3+a4)+1 680.

由④得a1+a3=2，由⑥得a2+a4=8，

∴a1+a2+a3+a4=10，S60=15×10+1 680=1 830.

【點評】一般情況下，若an+1+(-1)nan=An+B，則{a4k-3}與{a4k-1}均是公差為0的等差數列，{a4k-2}與{a4k}均是公差為4A的等差數列.

【變式】已知數列{an}的前n項和為Sn，a1=2,Sn+1+(-1)nSn=2n，則S100=________.

解： 令n=2k，得S2k+1+S2k=4k，令n=2k+1，得S2k+2-S2k+1=4k+2，

∴S2k+S2k+2=8k+2，S2k+2+S2k+4=8k+10，

∴S2k+4-S2k=8，{S4k}是公差為8的等差數列.

S1=2,S2=4,S3=0,S4=6,S100=S4+24×8=198.

五、an+2=ASn-Sn+1+C

【例5】(2015·湖南文·第19題)設數列{an}的前n項和為Sn，已知a1=1，a2=2，且an+2=3Sn-Sn+1+3，n∈N*.

(Ⅰ)證明an+2=3an；

(Ⅱ)求Sn.

解：(Ⅰ)證明：∵an+2=3Sn-Sn+1+3，

∴當n≥2時，an+1=3Sn-1-Sn+3，

以上兩式相減得an+2-an+1=3an-an+1，

即an+2=3an，n≥2，

又a1=1，a2=2，∴a3=3S1-S2+3=3a1，

故對一切n∈N*，an+2=3an.

(Ⅱ)由(Ⅰ)知數列{a2n-1}與數列{a2n}均是等比數列，

因此a2n-1=a1·3n-1=3n-1，a2n=a2×3n-1=2×3n-1，

【點評】一般情況下，若an+2=ASn-Sn+1+C，A≠0，則當n≥2時，an+1=ASn-1-Sn+C，兩式相減得an+2-an+1=Aan-an+1，即an+2=Aan，n≥2，若a3=Aa1，則數列{a2n-1}與數列{a2n}均是公比為A的等比數列；若a3≠Aa1，則數列{a2n}是公比為A的等比數列，數列{a2n-1}從第二項起是公比為A的等比數列.

【變式】設數列{an}的前n項和為Sn，已知a1=1，a2=2，且an+2=2Sn-Sn+1+2，n∈N*，求S2n.

解：∵an+2=2Sn-Sn+1+2，

∴當n≥2時，an+1=2Sn-1-Sn+2，

以上兩式相減得an+2-an+1=2an-an+1，即an+2=2an，n≥2，

又a1=1，a2=2，∴a3=2S1-S2+2=1≠2a1，

∴數列{a2n}是公比為2的等比數列，數列{a2n-1}從第二項起是公比為2的等比數列，

S2n=a1+(a3+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n)

湖北省廣水市第一高級中學)