专题13等差、等比数列的应用(解析版)

1、专题13等差、等比数列的应用1. 【2021年高考全国III卷文数】各项均为正数的等比数列an的前4项和为15,且a5 3a3 4ai，那么 a3A. 16C. 4【答案】C【解析】设正数的等比数列an的公比为q，那么23耳 qq qq a1q4 3a1q2 4ai15a11,2解得，a3ag 4，应选C.q 22 .【2021年高考浙江卷】设 a, b R,数列an满足a仁a, an+1=an当 b 0 时，a2 a1 b b,+b, n N，那么1 1A.当 b,a1010B.当 b,a10102 4C.当 b2, aw10d.当 b4, aw10【答案】A【解析】当b=0时，取a=0，那

2、么an 0, n N .当b0,求使得Snan的n的取值范围.【解析】1 设an的公差为d.由 S9a5得 a 4d 0 .由 a3=4得 ai 2d 4 .于是 a18,d2 .因此an的通项公式为an 10 2 n.(2)由(1)得 a4d，故 an (n 5)d,Snn(n 9)d28、2由ai 0知d 0,故Sn an等价于n 11n 10,0，解得1薛i k i ai2k 1 因为 a, a2k , 2ak2Sk , 2k 1 ak而ak是Sk ,的中间项，所以此公式表达了奇数项和与中间项的联系当n 2k k N 时Sk 色 骚 2k k ak ak 1 ，即偶数项和与中间两项和的联

3、系26、等差数列前n项和的最值问题：此类问题可从两个角度分析，一个角度是从数列中项的符号分析，另个角度是从前n项和公式入手分析、等比数列1、定义：数列 an从第二项开始，后项与前一项的比值为同一个常数q q 0，那么称an为等比数列,这个常数q称为数列的公比注：非零常数列既可视为等差数列，也可视为q 1的等比数列，而常数列0,0,0丄 只是等差数列2、等比数列通项公式：an ai qn 1，也可以为：an am qn m3、等比中项：假设a,b,c成等比数列，那么b称为a,c的等比中项(1 )假设b为a,c的等比中项，那么有 a bb2 acb c(2 )假设an为等比数列，那么nN , an

4、 1均为an,an 2的等比中项(3 )假设an为等比数列，那么有mP q aman a paq4、等比数列前n项和公式：设数列的前n项和为Sn当q 1时，那么an为常数列，所以Snnaj当q 1时，那么Snnai 1 q可变形为：Sain1 qa1ai二，设k二，可得:q 1q 1k qn k5、由等比数列生成的新等比数列(1) 在等比数列 an中，等间距的抽取一些项组成的新数列仍为等比数列(2)等比数列an , bn ，那么有数列kan ( k为常数)为等比数列数列an (为常数)为等比数列，特别的，当1时，即为等比数列an数列anbn为等比数列数列an为等比数列6、等比数列的判定：(假设

5、an不是常数列)(1) 定义法(递推公式)an(2)通项公式：an k qn (指数类函数)(3 )前n项和公式：Sn kqn k题型突破题型一等差数列与等比数列的根本量等差数列、等比数列的根本计算问题，是高考必考内容，解题过程中要注意应用函数方程思想，灵活 应用通项公式、求和公式等，构建方程组，dq, n 等5个根本量知三求二。,那么S81、 2021年江苏卷数列ann N*是等差数列，Sn是其前n项和.假设a?a5O,Sg 27的值是【答案】16.【解析】由题意首先求得首项和公差，然后求解前8项和即可d4da17d 0989 a,d27287d40282 16.2as ai由题意可得：S9

6、a 5解得：d2,那么S8 8ai2、 2021江苏卷等比数列an的各项均为实数，其前763n项和为Sn，S3, S6，那么a8 =44【答案】32【解析】肖1时，显然不符合题養1-g4F3，S5=10,那么a9的值是3、2021江苏卷 an是等差数列，Sn是其前n项和.假设a1 a；【答案】203 d 3,故a92 3 6 20.【解析】由S5 10得a3 2，因此2 2d 2 d2、 14、2021苏北三市期末在等差数列an中，假设a5 = 8a6 + 2a4= a2,那么an的前6项和S6的值为【答案】152解法 1(根本量法)设an = a1 + (n 1)d , n N* ,贝U由1

7、a5= 2,8a6+ 2a4= a2,1ai + 4d = 2，解得5ai = 2,8 (ai + 5d) + 2 (ai+ 3d)= ai+ d,所以 S6= 6ai +6X 5306X 5i52 .解法2定义法由等差数列的定义可得8a6= 8(a5 + d), 2a4= 2(a5 d), a2= a5 3d,1所以由 8a6 + 2a4= a2，得 8(a5 + d) + 2(a5 d) = a5 3d，解得 d = a5= ?故S66 (ai + a6)2= 3(a2+i5a5)= 3(a5 3d + a5)= i5a5 = ? 例5、20i8苏锡常镇调研公差为d的等差数列a.的前n项和

8、为Sn,【答案】2【解析】因为Sioi0aii0 9d i0ai245d, S555ai 4d 5ai210d,所以Sio i0ai 45dS5 5ai i0d4aii在等差数列an中，假设m n, p,m, n, p, q N，且 m+ n= p+ q,那么2ai 9d 4，可得 d 2ai，故ai 2d题型二等差数列与等比数列的性质在解数列填空题时， 记住一些常见的结论可以大大提高解题速度.q N，且 m+ n= p+ q,贝 U am+ an = ap+ aq； (2)在等比数列an中，假设an= apaq； (3)在等差数列an中，假设公差为 d,且 m n N ,贝U am= an+

9、 (m- n)d.例6、20i8南京、盐城一模 设Sn为等差数列an的前n项和，假设an的前20i7项中的奇数项和为 20i8, 贝V S20i7的值为.【答案】4034【解析】因为ai+ a3 + a5+ a20i7 = i009ai009 = 20 i8，所以 ai009 = 2，故 S20i7 = ai + a2 + + a20i7=20i7ai009 = 4034.S is例7、(20i9苏州期末)设Sn是等比数列an的前n项和，假设z5 = Z，那么 L=.Si0 3S20 + Si0i【答案】ii8【解析】设等比数列an的公比为q,那么Si0= S5(i + q5) , S20=

10、Si(i + qi0).s i由 c =c，得 q5 = 2, q1= 4.所以 Si0= 3S5, S20= 5Si0= i5Ss，从而 Si0+ S20= i8S.S0 3解后反思因为数列an是等比数列，所以S5, Si 0 S, S 5 S 0, S20 Si 5为 i ： 2 : 4 : 8，所以 S20= (i + 2= 4+ 8)Ss= i 5Ss.题型三、数列通项的简单求法求通项公式的方法 1、累加累乘法1累加法：如果递推公式形式为:an ianf n，那么可利形式。2累乘法：如果递推公式形式为:an 1n，那么可利用累加法求通项公式构造辅助数列：3用累加法求通项公式等号右边为关

11、于n的表达式，且能够进行求和an 1,an的系数相同，且为作差的an通过对递推公式进行变形，变形为相邻项同构的特点，进而将相同的结构视为一个整体，即构造出辅助数 列。通过求出辅助数列的通项公式，便可算出原数列的通项公式形如an pan 1 q p 1,q 0的形式：通常可构造出等比数列，进而求出通项公式。例8、2021南京学情调研在数列an中，31 = 1 , an + 1 = an +1n (n+ 1)(n N*),贝U a10的值为【答案】191 1 1 1 11【解析】解法 1(裂项法)由 an+1= an+ n( n+ 1)得 an+1-an= n一 n+ 1故比一 a1= 1 一2勿

12、一 a2= 2一3,111 丄缶 I、19a4_a3 = 3一4, a10_ a9 = 9一，所以 a10 = 1。111119解法 2(常数列)由an+1=an+，得an +1 +=an+ 一，故a1o+= a1 + 1 = 2,即卩a10 =.n (n+ 1)n+ 1n1010例9、(2021常州期末)数列an , bn满足bn= an+1 + ( 1)nan(n N*),且数列bn的前n项和为n2,数列an n的前2021项和为1,那么数列an的首项a1 =.3 【答案】3【解析】思路分析通项公式中出现1n,注意分奇、偶项，求和时自然采用分组求和法.数列bn的前 n 项和为 n2,所以

13、bn= n2n 12= 2n 1n 2, S= 1 也符合，故 bn= 2n 1,故 an+1+ ( 1)nan= 2n 1,设an的前 n 项和为 Sn, a2 a1 = 1.an+1 an= 2n 1, 右n为奇数，那么解得an+ an+2= 2.an+ 2+ an+1 = 2n + 1,an+ an+1 = 2n 1,假设n为偶数，那么解得an+ an+2= 4n.an+ 2 an+1= 2n+ 1,S2021 = a1+ (a3 + a5) + (a7 + a9) + + (a2021 + a2021) + a2 + (a4 + a6) + (a8 + a10)+ (a2021 + a

14、2021)= 2a1 + 1 +504X( 4 + 2021)-1008 + 4X (4 + 8+-+ 2021) = 2a1+ 1009+ 4X一2= 2a1 + 1 + 1008X 2021.-2021 X 2021十,、，3又 S2021 2= 1，所以 2a1+ 1 + 1008 X 2021 = 1+ 1009X 2021，得 a1 = 2题型三等差数列与等比数列的证明1 通常利用定义法，寻找到公差公比(2)也可利用等差等比中项来进行证明，即n N，均有:2an 1 an an 2(等差)2an 1an an 2(等比)例10、(2021泰州期末)数列an的前n项和为Sn, 2ai+

15、 a2= a3,且对任意的n N , n?2都有2nSn+i (2n + 5)Sn + Sn-1 = ra 1.(1) 假设 a1 0, a2= 3a1,求 r 的值；(2) 数列an能否是等比数列？请说明理由；(3) 当r = 1时，求证：数列an是等差数列.思路分析(1) 令n = 2,得到a1,a2,a3,r的方程，再结合2a1+a2= a3和a2 = 3a1,用a1表示a2,a3,即可得到r的值.(2) 假设a n是等比数列，取前 3项成等比，求出 q的值，由2nSn+1 - (2n + 5)Sn+ Sn-1 = ra 1，先化简变 形，再通过赋值作差法，得到相邻三项an-1, an，

16、an+1的关系式，进而得到 n，q的关系式，导出矛盾，否认假设. 取n= 2，3得到前四项a1，a2，a3，a4的关系，由4S= 2nan+1 - an a1(n 2)，对n赋值后作差变形,整理得到当n3时，相邻三项an-1, an，an +1的关系式，再对n赋值后作差，证明n?4时，相邻三项an-1,an，an+1成等差，结合前3项a1, a2, a3成等差，从而得到数列a n是等差数列.标准解答(1)因为 a2= 3a1, 2a1 + a2= a3,所以 a3= 2a1+ a2= 5a1, 当 n = 2 时，4(a1 + a2+ a3)- 9(a1 + a2)+ a1 = ra1,所以

17、4(a1+ 3a1 + 5a1) 9(a1 + 3a + a1 = ra1, 即卩 a1 = ra1,因为a1M 0，所以r= 1.(4分) 数列an不能是等比数列，理由如下：假设an是等比数列，设公比为q,因为2a1 + a2 = a3,所以2a1+ a1q = ag2，等比数列需满足0，所以q = 2或q =- 1, (6分)当 q = 2 时，因为 n = 2 时，4仙+ a2 + a3)-9(a1+ a2)+ a1 = ra1,即 4(a1+ 2a1 + 4a“一9(a1+ 2a1)+ a1= ra1,那么 r= 2,又n = 3时,6(S3+ a4)- 11S3+ S2 = 2a1，

18、所以17 a4= 3 a1,那么 a1, 2a1,17(8分)4a1, 3a1不构成等比数列，所以此时不满足要求;当 q =- 1 时，因为 n = 2 时，4(a1 + a2 + a3)- 9(a1+ a2)+ a1 =，即卩 4(a1 a1 + a1) 9(a1- a + a1 = ra1,那么 r= 5,又 n = 3 时，6S3+ a4 11S3+ S2 = 5ai，所以 a4= |ai,5而ai, ai, ai, 3/不构成等比数列，所以此时不满足要求,故数列an不能是等比数列.iO分(3) 当 n = 2 时，4(ai + a2+ a3) 9(ai + a2)+ ai = ai，即

19、卩 4a3= 5ai+ 5a2,因为 2ai + 32 = a3,所以 32= 3ai, a3= 5ai，所以 S2= 4ai, S3= 9ai,当 n = 3 时，6(S3+ a4) iiS3+ S2 = ai,所以 a4= 7ai.因为 2nSn+1 (2n + 5)Sn+ Sn-1= ai,所以 2n(Sn +i Sn) (Sn Sn-1)= 4Sn+ ai，即卩 2nan+i an= 4Sn + ai ,所以当 n?3 时，2(n i)an一 an-1 = 4Sn-1 + ai,两式相减得 2nan+i (2n 1)an+ an-1 = 4an，即 2nan+i (2n + 3)an+

20、 an-1 = 0, (12 分) 所以 2(n + 1)an+2 (2n+ 5)an+1+ an= 0,两式相减得(2n + 2)an+ 2 (4n + 5)an+1 + (2n+ 4)an an 1= 0,所以 2(n + 1)(an+ 2 2an + 1 + an) = (an + 1 2an+ an- i) , (14 分)、 1所以 an+1 2an+ ani =亦(an 2an1+ an 2)=2*3n(n-_4(a4 2a3 + a2) = 0,(16所以对任意的n?3,都有an+1 2an+ an-1= 0,又因为a3 2a2 + ai = 0,所以数列an是等差数列.例11、

21、 2021江苏卷设a1, a2,a3,a4是各项为正数且公差为 dd 0的等差数列(1) 证明：2ai,2a2,2a3,2a4依次成等比数列；234(2) 是否存在a1,d，使得a1,a2 , a3 ,依次成等比数列，并说明理由；(3) 是否存在a1,d及正整数n,k，使得a；,a； k,a3 2k,a： 3k依次成等比数列，并说明理由_ 2a n+1解答(1)因为 2a = 2an+1 an= 2d(n = 1,2,3)是同一个常数，所以2ai, 2a2, 2a3, 2a4依次构成等比数列.(2) 令 ai+ d = a,贝U ai, a2, a3, a4分别为 a d, a, a + d,

22、 a+ 2d(ad, a 2d, d*0).假设存在ai, d,使得ai, a2, a3, a4依次构成等比数列，那么 a4= (ad)(a+ d)3，且(a + d)6= a2(a+ 2d)4.d1令 t=，贝U 1 = (1 t)(1 + t)3，且(1 +1)6= (1 + 2t)4 2t - 3, t丰0 ,ai 3那么(i + 2t)n+2k= (i + t)2(n+k),且(i+ t)n+ k(i + 3t)n+ 3k = (i + 2t)2(n+ 2k).将上述两个等式两边取对数，得(n + 2k)l n(i + 2t) = 2(n+k)ln(i +1),且(n + k)l n(

23、i +1) + (n+ 3k)l n(i + 3t)= 2( n+ 2k)l n(i + 2t).化简得 2kln(i + 2t)- ln(i +1) = n21 n(i +1) ln(i + 2t)，且 3kln(i + 3t)- ln(i +1) = n31 n(i +1)- ln(i + 3t).再将这两式相除，化简得ln(i + 3t)ln(i + 2t) + 3ln(i + 2t)ln(i + t) = 4ln(i + 3t) ln(i + t) (*). 令 g(t) = 4ln(i + 3t)ln(i + t)- ln(i + 3t)ln(i + 2t)- 3ln(i + 2t)

24、ln(i + t), 那么 g (t) =2 i + 3t 2ln i + 3t 3 i + 2t 2ln i + 2t + 3 i + t 2ln i + t i +1 i+ 2t i + 3t.令(f)(t) = (i + 3t)2ln(i + 3t)- 3(i + 2t)2In(i + 2t) + 3(i + t)2ln(i + t), 那么 O (t)= 6(i + 3t)ln(i + 3t) 2(i + 2t)ln(i + 2t) + (i + t)ln(i +1). 令 t)= O (t)，贝U O i(t) = 63ln(i + 3t)- 4ln(i + 2t) + ln(i +

25、 t).I2令 O(t) = o i(t)，那么 O 2(t) = i + t i + 2t i + 3t0.由 g(0) = OO) = Oi(0) = 02(0) = 0, O 2(t)0 ,i知 02(t), oi(t),o(t), g(t)在 3, 0 和(0,)上均单调.故g(t)只有唯一零点t= 0，即方程(*)只有唯一解t = 0，故假设不成立.所以不存在ai, d及正整数n, k，使得ai, a5+k, a3+2k, a4 3k依次构成等比数列.解法2假设存在ai,d及正整数n,k,使得an,a2+k,a2k,玄旷3|成等比数列，因为 ai, an+ k, a3+ 2k, a：

26、*3都为正数，所以 nln ai,(n+ k)lna2, (n + 2k)ln a3, (n + 3k)lna4构成等差数列，设其通项为sm+ t, m= i,2,3,4,又设数列 ai, a2, a3, a4 的通项为 dm+ b(d丰 0), m= i,2,3,4,所以n+ (m- i)kln(dm+ b)= sm+ t, 即 ln(dm+ b)=-对 m= i,2,3,4 都成立，km + n - kkx+ c 2令 n- k= c, g(x)= In(dx+ b) Sx+1，贝H gz (x)=d s 心+ csx+t kkx+ cdx+ bdk2x2+ 2dkc scd + tkd

27、x+ de2 b sc tkdx+ b kx+ c 2因为d工0，所以g x至多有两个零点，即gx至多有三个单调区间，所以gx至多有三个零点，这与 x = 1,2,3,4都是gx的零点矛盾，an, a2+ k, a3+ 2k, a4*31W等比数列.1、2021南京、盐城一模等比数列an为单调递增数列，设其前n项和为Sn，假设a2= 2，S3= 7,那么故不存在a1, d及正整数n, k,使得a5的值为【答案】16【解析】解法1根本量为ai, q设221) = 7，即 - (q2 + q+ 1)= 2q + 2+ - = 7,qqS3= a1 (q2 + q+_2an= a1 qn S 贝V

28、a2= a1 q= 2,即卩 a1 = q,所以M151q+ q= z，解得q= 2或q = 2数列单调递减，舍，贝u a5= a1 q4=16.21解法2根本量为a2, q设公比为q,那么S3=+ 2+ 2q =7,解得q = 2或q=?数列单调递减，舍，那么q2a5= a2 q3= 16.a1 = 2, a3= a2+ 4,那么它的前 5项和S52、2021通州、海门、启东期末设 an是公比为正数的等比数列,【答案】62【解析】设公比为q，因为a1= 2, a3= a2+ 4，所以2q2= 2q+ 4，解得q = 2或q = 1,因为an为正项 2 1 25数列，所以q = 2，所以S5=

29、彳o = 62.1 23、2021扬州期末等比数列an的前n项和为Sn,假设S3= 7, S6= 63,那么a1 =.【答案】1【解析】首先根据S3= 7 S6= 63可判断出等比数列an公比qz 1，由等比数列的前 n项和公式得a1 (1 q3)7S3=彳=7,1 q-a1 (1 q6)那么 S = 1 + q3 = 9,解得 q = 2, a1 = 1.S3S6= 63,1 q4、2021镇江期末设Sn是等比数列an的前n项的和，假设越=土那么管=a32S3【答案】1a61s61 152021苏北四市期末等差数列【解析】设等比数列an的公比为q，贝U q3= =.易得S6= S31 + q

30、3，所以g= 1 + q3= 1 =a n满足 ai + a3 + a5 + a7 + a9= 10, a8 a2 = 36,那么 aii的值为【答案】11【解析】设等差数列an的公差为d,由 a8 a2 = 36 得 6a5d = 18.由 ai + a3 + a5 + a7 + a9 = 10 得 a5= 2,从而6d= 9, aii= a5 + 6d= 2 + 9= 11.6、2021苏锡常镇调研等比数列an的前n项和为& ,假设a6 2a?，那么学【答案】-3【解析】设等比数列an的公比为q，因为a62a2 所以 a2q4 2a2，故 q42 .由于 q 1，故Q(1 q12)S21

31、qS8ai(1 q )12q8q1 (q4)31 (q4)21 231 227、2021宿迁期末数列a n的前n项和为Sn,an+i 2an= 1, ai= 1，贝U S9 的值为【答案】1013【解析】由 an + 1 2an= 1，得 an +1+ 1 = 2(an+ 1)，即=2，所以数列an+ 1是以2为首项,an+ 1+ 1an+ 12 ( 1 29)公比的等比数列，设bn= an+ 1的前n项和为Tn,贝y T9 =_-一= 1022, &= T9 9= 1013.1 2a5 + a38、(2021泰州期末)数列a n满足Iog2an+1 Iog2an= 1，那么a3 十 ai【答

32、案】 4an+1an+1a5 十 a3【解析】Iog2an+1 Iog2an= Iog2= 1,所以=2,即数列an是以2为公比的等比数列，所以anana3 + ai22a3q + aiq2 .=q2= 4.a3 + ai9、2021南通、泰州、扬州一调数列an是等比数列，有以下四个命题：数列|an|是等比数列；数列anan+1是等比数列；1数列一是等比数列；数列Iga是等比数列.an其中正确的命题有个.【答案】3【解析】设等比数列an的公比为q，对于中数列|an|，q，且首项|刈工0,所以为等比数列；对于|an|1an+ian+ 21an+1 11中数列%an +1 , = q2,且首项印宠

33、工0,所以为等比数列；对于中数列 一，二厂=-，且首项一anan+1an1qa1an丰0，所以为等比数列，对于中数列Iga2，假设a1= 1,那么Iga1= 0,所以不是等比数列那么正确的命题有3个，故答案为3.10、(2021镇江期末)等差数列an的公差为d(d工0)，前n项和为Sn,且数列 . Sn+ n也是公差为d的等差数列，贝U d =【答案】1【解析】思路分析 在等差数列an中，Sn= ；n2+ Bn , d, B为常数，d是公差.-Jt-J-J设 Sn= 2n2+ Bn ,Sn+ n=dn+ f，那么 2n2+ (B + 1)n = (dn + f)2 对 n N* 恒成立，所以

34、2= d2 又 d 0,所以 d= ；11、(2021南京学情调研)记等差数列an的前n项和为Sn.假设am= 10, S2m-1= 110,那么m的值为.【答案】6【解析】由 S2m-1 =a1 + a2m T2(2m 1)= a1 + (m- 1)d(2m - 1) = (2m - 1)am 得，110= 10(2m - 1),解得m= 6.12、(2021苏州暑假测试)等差数列an的前n项和为Sn,且an-Sn= n2- 16n+ 15(n2, nN*),假设对任意n N*，总有Snw S,那么k的值是.【答案】7【解析】解法1(特殊值法)在式子“ an- Sn= n2- 16n+ 15

35、(n 2, n N*) 中分别令n= 2, 3得，a1 =13, a2= 11又因为an是等差数列，所以公差d =- 2, an= 13+ (n- 1)x (-2) = 15- 2n0,解得 n2, n N*)的二次项系数为1,所以一；=1,即公差d=- 2,令n = 2得，a1 = 13,所以前 n 项和 Sn= 13n + n( n所以数列an是以1为首项，一1为公比的等比数列.(8分)解法2 因为3S2 4Sn+ Tn= 0，所以 3S2+1 4Sn+1 + Tn+ 1 = 0,得，3(Sn+ 1+ Sn )an+1 4an +1 + a2 +1 = 0,)x (-2) = 14n n2

36、= 49- (n 7)2,故前 7 项和最大，所以 k= 7.13、(2021苏州三市、苏北四市二调)数列 an的各项均不为零.设数列 an的前n项和为Sn，数 列a2的前 n 项和为 Tn,且 3S2 4Sn+ Tn= 0, n N*.(1) 求ai, a2的值；(2) 证明：数列an是等比数列；思路分析 (1)对3Sn 4Sn+ Tn= 0,令n= 1, 2得到方程，解得 a1, a2的值.2 1(2) 3sn 4Sn + Tn=0中，对n赋值作差，消去Tn，再对n赋值作差，消去Sn,从而得到an+1 = 2an,证得数列an是等比数列.1 先求出an= 2 n 1,由(nan)( nan

37、+1)0恒成立，确定入=0适合，再运用反证法证明入0和入0 不成立.标准解答(1)因为 3& 4Sn+ Tn= 0, n N*.令 n = 1,得 3a2 4a1+ a1= 0，因为 a1 0,所以 a1= 1.1令 n = 2,得 3(1 + a2)2 4(1 + a2) + (1 + a2) = 0,即卩 2a2+ a2= 0，因为 a2M 0,所以 a2 = 2.(3 分)(2)解法 1 因为 3Sn 4Sn+ Tn= 0,所以 3S2+1 4Sn+1 + Tn+ 1 = 0,一得，3(Sn+ 1+ Sn)an+ 1 4an + 1+ a2+ 1= 0,因为 an+ 1工 0，所以 3(

38、Sn + 1+ Sn) 4 + an + 1 = 0,(5 分)所以 3(Sn+ Sn- 1) 4+ an= 0(n?2),1当 n?2 时，一得，3(an+1 + an)+ an+1 an= 0，即卩 an+1 = ?an,an+11因为anM0，所以 =；.an2又因(1)知，a1 = 1, a2= 1，所以 a = 1，2 a12因为 an +1工 0，所以 3(Sn + 1+ Sn) 4 + an + 1 = 0, 所以 3(Sn+ 1 + Sn) 4+ (Sn+ 1 Sn) = 0, (5 分)整理为Sn+ 1 I2 2 2Sn 3，又 S1 3 = a1 32 1所以Sn 3 = 3n 1, 得 Sn= n 1 小1 2+2+ 3,当 n?2 时，an = Sn 一 Sn 1 =n 1，而a1= 1也适合此式,所以an=n 1，所以an +1an1所以数列an