等差数列、等比数列的题型分析资料讲解
-
等差等比数列的常见题型分析
考点透视：
高考对本讲知识的考查主
要是以下两种形式：
1.
以选择题、
填
空题的形式考查，
主要利用等
差、等比数列的通项公式、前
n
项和公式及其性质解决与项、
和有关的计
算问题，
属于基础
题；
2.
以解答题的形式考查，主要是等差、等比数列的定义、通项公式、前
n
项和公式及其
性质等知识交汇综合命题，考查用数列知识分析问题、
解决问题的能力，属低、中档题．
题型一：等差、等比数列的基本概念与运算
< br>等差、
等比数列是一个重要的数列类型，
高考命题主要考
查等差、
等比数列的概念、基
本量的运算及由概念推导出的一些
重要性质，
灵活运用这些性质解题，
可达到避繁就简的目
的．解决等差、等比数列的问题时，通常考虑两类方法：①基本量法，即运用条件转化成关
于
a
1
和
d
的方程
(
组
)
；②巧妙运用等差、等比数列的性质．
例
1
：
(2011
·江西
)
设
{
a
n
}
为等差
数列，公差
d
＝－
2
< br>，
S
n
为其前
< br>n
项和．若
S
10
＝
S
11
，则
a
1
＝
(
)
．
A
．
18
B
．
20
C
．
22
D
．
24
解析
由
S<
/p>
10
＝
S
11<
/p>
，得
a
11
＝<
/p>
S
11
－
S
10
＝
0
，
a
1
＝
a
11
＋
(1
－
11)
d
＝
0
＋
(
－
10)
×
(
－
2)
＝
20.
故选
B.
题后反思
：本小题主要考查等差数列
的通项、性质、前
n
项和以及数列的通项和前
< br>n
项和
的关系，解题的突破口是由
S
10
＝
S
11
得出
a
11
＝
0.
变式练习：
1.
(2011
·天津
)
已知
{
a
n
}
为等差数列，其公差为－
2
，且
a
7
是
a
3
与
a
9
的等比中项，
S
n
为
{
a
n<
/p>
}
的前
n
项和，
n
∈
N
，则<
/p>
S
10
的值为
(
)
．
A
．－
110
B
．－
90
C
．
90
D
．
110
解析
因为
a
7
是
a
3
与
a
9
的等比中项
，所以
a
7
＝
a
3
a
9
，又
因为公差为－
2
，
< br>所以
(
a
1
－
12)
＝
(
a
1
－
4)(
a
1
－
16)
，
解得
a
1
＝
20
，
通项公式为
a
n
＝
20
< br>＋
(
n
－
1)(
－
2)
＝
22
－
2
n
.
10
所以
S
10
＝
2
2
*
a
1
＋
a
10
2
＝
5<
/p>
×
(20
＋
2)
＝
110
，故选
D.
*
2.
设数列
{
a
n
}
满足：
2
a
n
＝
a
n
＋
1
(
a
n
≠<
/p>
0)(
n
∈
N<
/p>
)
，且前
n
项和
为
S
n
，则
的
值为
(
)
A.
15
15
B.
C
．
4
D
．
2
2
4
S
4
a
2
a
1
1
－
2
4
解析：由题意知，数列
{
a
n
}
是以
2
为公比的等比数列，故
＝
S
4
a
2
1
－
2
a
1
×
2
15
< br>＝
.
答案：
A
2
3.
已知两
个等比数列
a
n
< br>
，
b
n
，满足
a
1
a
(
a
0)
，
b<
/p>
1
a
1
1
，
b
2
a
2
2
，
b
3
a
3
3
.
（
1<
/p>
）若
a
1
，求数列
a
n<
/p>
的通项公式；
（
2
）若数列
a
n
唯一，求
a
< br>的值
.
思路点拨
：
(1)
根
据
条件表示出<
/p>
b
1
,
b
2
,
b
3
，结合
a
n
是等比数列，求
出其公比，进而得通
项公式
.
（
2
）根据数列
a
n
的唯一性，知
q
的
一个值为
0
，得
a
的值
.
[
审题视点
] (1)
利用
b
1
、
< br>b
2
、
b
3
等比求解；
(2)
利用
(1)
问的解题思路，结合方程的相关知识
可求解
．
解
(1
)
设
{
a
n<
/p>
}
的公比为
q
，
则
b
1
＝
1<
/p>
＋
a
＝
2
，
b
2
＝
2
＋
aq
＝
2
＋
q
，
< br>b
3
＝
3
＋
aq
＝
3
＋
q
.
由
b
1
，
b
2
，
b
3
成等比数列
得
(2
＋
q
)
＝
2(3
＋
q
)
，
即
q
－
4
q
＋
2
＝
0
，解得
q
1
＝
2
＋
2
，
< br>q
2
＝
2
－
2
，
所
以
{
a
n
}<
/p>
的通项公式为
a
n
＝
(2
＋
2)
n
－
1
2
2
2
2
2
或
a
n
＝
(2
－
2)
2
n
－
1
.
2
(2)
设
{
a
n
}
的公比为
q
，则由
(2
＋
aq
)
＝
(1
＋
a
)(3
＋
aq
)
，得
aq
－
4
aq
＋
3
a
－
1
＝
0.(*)
由
a
>0<
/p>
得，
Δ
＝
4
a
＋
4
a
>0
，故方程
(*)
有
两个不同的实根，
1
由
{
a
n
}
< br>唯一，知方程
(*)
必有一根为
0
，代入
(*)
得
a
＝
.
3
方法锦囊：
关于等差
(
等比
)
数列的基本运算，
一般通过其通项公式和前<
/p>
n
项和公式构造关于
2
< br>2
a
1
和
d
(
或
q
)
的方程或方程组解决，
如果在求解过程中能够灵活运用等差
(
等比
)
数列的性
质，
不仅可以快速获解，而且有助于加深对等差
(
等比
)
数列问题的认识．
4.
设
{
a<
/p>
n
}
是公比为
q
的等比数列，令
b
n
< br>
a
n
1
，
n
N
，若数列
{
b
n
}
的连续四项在集合
*
53,
23,19,37,82
中，则
< br>q
等于
( )
A
．
4
3
3
2
3
4
B
．
C
．
或
D
．
或<
/p>
3
2
2
3
4
3
【知识点】递
推
公
式
的
应
用
；
等
比
数
列
的
性
质
．
< br>
解：
{b
n
< br>}
有
连
续
四
项
在
{-53
，
-23
，
19
< br>，
37
，
82}
中
且
b
n
=a
n
+1 a
n
=b
n
-1
则
{a
n
}
有
连
续
四
项
在
{-54
，
-24
，
18
，
36
，
81}
中
∵
{a
n
}
是
等
比
数
列
，
等
比
数
列
中
有
负<
/p>
数
项
则
q
＜
0
，
且
负
数
项
为
相
隔
两
项
∴
等
比
数
列
各
项
的<
/p>
绝
对
值
递
增
或
递
减
，
按
绝
对
值
的
顺
序
排
列
上
述
数
值
18
，
-
24
，
24
4
36
3
54
3
81
3
，
，
，
则
可
得
，
18
3
24
2
36
2
54
2
< br>3
2
-24
，
< br>36
，
-54
，
81
是
{a
n
}
中
连
续
的
四
项
，
此
时
q=
,
同
理
可
求<
/p>
q=
2
3
3
2
∴
q=
或
q=
.
故
选
B
2
3
36
，
-54
，
81
相
邻
两
项
相
除
【思路点拨】根
据
b
n
=a
n
+1
可
知
a
n
=b
n
-1
，
依
据
{b
n
}
有
连
续
四
项
在
{-53
，
< br>-23
，
19
，
37
，
82}
中
，
则
可
推
< br>知
则
{a
n
}
有
连
续
四
项
在
{-54
，
-24
，
18
，
36
，
81}
< br>中
，
按
绝
对
值
的
顺
序
排
列
上
述
数
值
，
可
求
{a
n
}
中
连
续
的
四
项
，
求
得
q.
5.
在数
1
和
2
之间插入
n
个实数
,
使得这
n+2
个数构成递增的等比数列
,
将这
n+2
个数的乘积
记为
A
n
,
令
a
n
log
2
A
n
,
n
N
(1)
求数列
{
a
n
}
的通项公式；
(2)
记
c
n
1<
/p>
，
数列
{
c
n
}
4
a
n
g
a
n
1
的前
n
项和
T
n
，证明：
T
n
1
3
【知识点】等比数列，裂项求和，放缩法
解：设该递增的等比数列公比为
q
，由题意
q
而
A
n
1
q
q
q
2
2
q
所以
a
n
log
2
2
n
2
2
n
1
2
n<
/p>
n
1
2
2
n
n
n
1
2
2
q
2
n
2
2<
/p>
n
2
7
分
2
（<
/p>
2
）
c
n
1
1
1
1
4
a
n
g
a
n
1
n
2<
/p>
n
3
n
2
n
3
1
1
1
1
1
< br>
1
1
1
1
T
n
c
1
c
2
c
n
< br>
(
< br>
)
14
分
n
2
n
3
3
n
3
3
3<
/p>
4
4
5
【思路点拨】本题是一个求
a
n
的典型例子，后面求
T
n
的时候符合裂项求和的架构，最后放
缩，很自然。
题型二：等差、等比数列的基本性质的考查
< br>考点总结：从近几年的考题看，数列性质必考，以选择填空为主，中低档，难度较大时一般
出现在解答题中，但是注意做题时要活。
例：
[2014
·
石家庄质检一
< br>]
已知各项均为正数的等比数列
{
a
n
}
中，
a
4
与
a
14
的等比中项为
2
2
，
则
2
a
7
＋
a
11
的
最小值为
(
)A
．
16
B
．
8
C
．
2
2
D
．
4
解析：
由题意知
a
4
＞
0
，
a
14
＞
0
，
a
4
·
a
14
＝<
/p>
8
，
a
7
＞
0
，
a
11
＞
0
，
则
2
a
7
< br>＋
a
11
≥
2
2
a
7
·
a
11
＝
2
2
a
4
·
a
14
a
7
·
a
11
＝
8
，
＝
2
16
＝
8
，
当且仅当
2
a
7
< br>＝
a
11
，
即
a
7
＝
2
，
a<
/p>
11
＝
4
时取等
号，
故
2
a
7
＋
a
11
的最
小值为
8
，
故选
B.
变式练习：
1
、等差数列
{
a
n
}
中，
a
5
＋
a
6
＝
4
，则
log
2
(2
a
1
·
2
a
2
·…·
2
a
10
)
< br>＝
(
)
A
．
10
B
．
20
C
．
40 D
．
2
＋
log
2
5
解
析
：
依
题
意
得
，
a
1
＋
a
2
＋
a
3
＋
…
＋
a
10
＝
10
a
1
＋
a
10
2
＝
5(
a
< br>5
＋
a
6
)
＝
20
，
因
此
有
log
2
(2
a
1
·
2
a
2
·…·
2
a
10
)<
/p>
＝
a
1
＋
a
2
＋
a
3
＋…＋
a
10
＝
20.
1
m
2
2
2
、已知方程<
/p>
(
x
－
mx
＋
2)(
x
－
nx
＋
2)
＝
0
的四个根组成以
为首项的等比数列，
则
＝
(
)
2
n
3<
/p>
3
2
2
A.
B.
或
C.
D
．以上都不对
2
2
3
3
解析：设
a
，
b
，
c
，
d
是方程
(
x
－
mx
＋
2)(
x
－
nx
＋
2)
＝
0
的四个根，不妨设
a
<
c
<
d
<
b
，
2
2
1
则
a
·
b
＝
< br>c
·
d
＝
2
，
a
＝
，
故
b
＝
4
，根
据等比数列的性质，得到
c
＝
1
，
d
＝
2
，则
m
＝
a
＋
b
2
9
< br>9
m
3
m
2
＝
，
n
＝
c
＋
d
＝
3
，或
m
＝
c
＋
d
＝
3
，
n
＝
a
＋
b
＝
，则
＝
或
＝
.
答案：
B
2
2
n
2
n
3
3
、已知等比数列
{
a
n
}
的前
< br>n
项和为
S
n
< br>，若
S
4
＝
3
，
S
12
－
S
8
＝
1
2
，则
S
8
＝
__________.
解析：由
S
4
，
S
8
－
S
4
，
S
12
－
S
8
成等比数列，得
(
S<
/p>
8
－
S
4
)
＝
S
4
(
S
12
－
S
8
)
，解得
S
8
＝
9
< br>或
S
8
＝－
3
，
又由等比数列的前
n
项和公式知
S
8
与
S
4
同号，故
S<
/p>
8
＝
9.
答案：
9
2
S
n<
/p>
2
n
－
3
4
、设等差数列
{
a
n
}
，
{
b
n
}
的前
n
项和分别为
S
n<
/p>
，
T
n
，若对任
意自然数
n
都有
＝
，
T
n
4
n
－
3
则<
/p>
a
9
b
5
＋
b
7
b
8
＋
b
4
＋
a
3
的值为
________
．
解析：
∵
{
a
n
}<
/p>
，
{
b
n
}
为等差数列，∴
∵
a
9
b
5
＋<
/p>
b
7
＋
a
9
a
3
a
9
＋
a
3
a
6
＝
＋
＝
＝
.
b
8
＋
b
4
2
b
6
2
b
6
2
b
6
b
6
a
3
S
11
a
1
＋
a
11
2
< br>a
6
2
×
11
－
3
19
a
6
19
19
＝
＝
＝
＝
，
∴
＝
.
答案：
T
11
b
1<
/p>
＋
b
11
2
b
6
4
×
11
－
3
41
b
6
41
41
S
12
S
10
5.
在等差数列
{<
/p>
a
n
}
中，
a
1
＝－
2 01
3
，其前
n
项和为
S
n
，若
－
＝
2
，则
S
2 013
的值等于
12
10
(
)A
．－
2 011
B
．－
2 012
C
．－
2 010
D
．－
2
013
解析
根据等差数列的性质，
得数列
{
}
也是等差数列，
根据已知可得这个数列的首项
＝
a
1
＝－
2
013
，
1
公差
d
＝
1
，
故
＝－
2
013
＋
(2 013
－
1)
×
1
＝－
1
，所以
S
2
013
＝－
2 013.
2
013
6.
在等差数列
{
a
n
}
< br>中，满足
3
a
5
＝
5
a
8
，
S
n
是数列
{
a
n
}
的前
n
项和．
(1)
< br>若
a
1
>0
，当
S
n
取得最
< br>大值时，求
n
的值；
(2)
若
a
1
＝－
46
，记
b
n
＝
S
n
n
S
1
S
2 013
S
n
－
a
n
，求
b
n
的最小值．
n
2
a
1
.
23
解
(1
)
设
{
a
n<
/p>
}
的公差为
d
，
则由
3
a
5
＝
5
a
8
，得<
/p>
3(
a
1
＋
4
d
)
＝
5(
a
1
＋
7
d
)
，∴
d
＝－
∴
S
n
＝
na
1
< br>＋
n
n
－
1
2
1
24
1
144
2
2
2
×
<
/p>
－
a
1
＝－
a
1
n
＋
a
1
n
＝－
a
1
(
n
－
12)
＋
a
1
.
23
23
23
23
23
∵
a
1
>0
，∴当
n
＝
12
时，
S
n
取得最大值．
2
(2)
由
(1)
及<
/p>
a
1
＝－
46<
/p>
，得
d
＝－
×<
/p>
(
－
46)
＝<
/p>
4
，∴
a
n
＝－
46
＋
(
n
－
1)
×
4
＝
4
n
－
50
，
23
n
n
－
1
2
S
n
＝－
46
n
＋
×
4
＝
2
n
－
48
n
.
2
S
n
－
a
n
2
n
2
－
52
n
＋
50
50
∴
b
n
＝
＝
＝
2
n
＋
－
52
≥
2
n
n
n
50
2
n
×
－
52
＝－
32
，
n
50
当且仅当
2
n
＝
，即
n
＝
5
时，等号成立．
n
故
b
n
的最小值为－
32.
点评：<
/p>
(1)
在等差数列问题中其最基本的量是首项和公差，
只要根据已知条件求出这两个量，
其他问题就可随之而解，
这就是解决等差数列问题的基本方法，
其中蕴含着方程思想的运用．
(2)
等差数列的性质
①若
m
，
n<
/p>
，
p
，
q
∈
N
，且
m
＋
n
＝
p
＋
q
，则
a
m
＋
a
n
＝
a
p
＋
a
q
；
②<
/p>
S
m
，
S
2
m
－
S
m
，
S
3
m
－
S
2
m
，…，仍成等差数列；
③
a
m
－
a
n
＝
(
m
－
n
)
d
< br>⇔
d
＝
④
＝
*
a
m
－
a
n
*
(
m
，
n
∈
N
)
；
m
－
n
a
< br>n
A
2
n
－
1
(
A
2
n
－
1
，
B
2
n
－
1
分别为
{
a
n
}
，
{
b
n
}
的前
2
n
－
1
项的和
)
．
b
n
B
2
n
－
1
(3)
数列
{
a
n
}
是等差数列的充要条件是其前
n
项和公
式
S
n
＝
f<
/p>
(
n
)
是
n
的二次函数或一次函数
且不含常数项，即<
/p>
S
n
＝
An
＋
Bn
(
A
＋
B
≠
0)
．
7.
若数列
{
a
n
}
满足
2
2
2
1
a
n
＋
< br>1
－
1
*
＝
d
(
n
∈
N
，
d
为常数
)
，则称数列
{
a
n
}
为“调和数列”．已
a
n
1
知
正
项
< br>数
列
为
“
调
和
数
列
”
，
且
b
1
b
2
L
b
9
90
，
则
b
4
•
b
6
的
最
大
值
是
b
n
(
)
A
．
10
B
．
100
C
．
200
D
．
400
【知识点】等差数列的概
念、等差数列的性质与基本不等式求最值
解：因为正项数列<
/p>
1
为“调和数列”，则
b
n
1
b
n
d
，即
数列
b
n
为等差数列，由等
b
n
差
数
列
的
性
质
b
1
b
2<
/p>
b
3
K
b
9
9
b
5
90
，
b
< br>5
10
则
b
4
b
6
2
b
5<
/p>
20
，
所
以
b
b
b
4
b
6
< br>4
6
100
，当且仅当
b
4
b
6
即该数列为常数列时
等号成立，所以选
B.
2
【思路点拨】根据所给的新定义可得到数列
b
n
为等差
数列，从所给的项的项数特征可发
现等差数列的性质特征，利用等差数列的性质即可得到
则
b
4
b<
/p>
6
2
b
5
20
，再由和为
定
值求积的最大值利用基本不等式解答即可
.
题型三：数列
a
n
与
S
n
的关系的考查
<
/p>
考点总结：已知
a
n
与
S
n
的关系，有目标把该关系统
一到同想和和上，求
S
n
或
a
n
，这是常
见的递推关
系。
1
例：
已知数列
{
a
n
}
的前
n
项和为
S
n
且满足
a
n
＋
2
S
n
·
S
n
－<
/p>
1
＝
0(
n
≥
2)
，
a
1
＝
.
2
2
1
(1)
求证：
是等差数列；
(2)
求
a
n
的表达式．
S
n
[
审题视点
]
(1)
化简所给式子，然后利用定义证明．
< br>(2)
根据
S
n
与
a
n
之间关系求
a
n
.
(1)
证明
∵
a
n
＝
S<
/p>
n
－
S
n
－
1
(
n
≥
2)
，又
a
n
＝－
2
S
n
·
S
n
< br>－
1
，
1
1
∴
S
n
－
1
－
S
n
＝
2
S
n
·
S
n
－
1
，
S
< br>n
≠
0
，∴
－
＝
2(
n
≥
2)
．
S
n
S
n
－<
/p>
1
1
1
1
由等差数列的定义知
是以
＝
＝
2
为首项，以
2
< br>为公差的等差数列．
S
n
S
1
a
1
1
1
(2)
解
由
(1)
知
＝
＋
(
n
－
1)
d
＝
2
＋
(
n
－
1)
×
2
＝
2
n
，
S
n
S
1
1
∴
S
n
＝
.
当
n
≥
2
< br>时，有
a
n
＝－
2
S
n
×
S
n
－
1
＝－
2
n
2
n
1
2
，
n
＝
1
，
1
又∵
a
＝
，不适合上式，∴
a
＝
2
1
－
2
n
n
－
1
1
1
，
n
< br>－
1
n
，
n
≥
2.
方法总结：
等差数列主要的判定方法是定义法和等差中项法，<
/p>
而对于通项公式法和前
n
项和
公式法主要适合在选择题中简单判断．
变式练习：
1.
已知
a
n
是一个公差大于
0
的等差数列，且
满足
a
3
a
6
55,
a
2
a
7
16
.
(1)
求
数
列
a
n
的
通
项
公
式
;
（
2
）
若
数
列
a
n
<
/p>
和
数
列
b
n
满
足
等
式
：
a
n
b
b
1
b
2
b
3
2
<
/p>
3
n
(
n
N
*
)
，求数列
b
n
的前
n
项和
S
n
.
n
2
2
2
2
点拨：
（
1
）
等差数列中，
已知两条件可以算出两个基本量
a
1
,
d
,
再进一步求通项及
前
n
项和，
当然若能利用等差数列的性
质来计算，问题就简单多了
.
（
2
）分组求和、倒序相加、错位相
减、裂项相消等是常用的求和方法，
这里利用（
1
）的结论以及
a
n
,
b
n
的关系求
b
n
的通项公
式，根据通项公式求前
n
项和
.
解：
（
1
）解法
1
：设等差数列
a
n
的公差为
d
，则依题设
d
>0
，
由
a
2
a
7
16
.
得
2
a
1
7
d
16
< br>①
由
a
< br>3
a
6
55,
得
(
a
1
2
d
)(
a
1
<
/p>
5
d
)
55
②
2
由①得
2
a
1
16
7
d
将其代入②得
(16
3
d
)(16
3
d
)
220
.
即
256
9
d
220
，
d
2
< br>4
,
d
0
d
2
，
代入①得
a
1
1
,
<
/p>
a
n
1
(
n
1
)
2
2
n
1
解
法
2
：
等
差
数
列<
/p>
a
n
中
，
a
3
a
6
55,
a
2
a
7
< br>16
a
3
a
6
，
公
差
d
0<
/p>
，
a
3
5
,
a
6
11
d
a
6
< br>a
3
2
，
a
1
1
,
a
n
1
<
/p>
(
n
1
)
2
2
n
1
6
3
（
2
）设
c
n
b
n
，则有
a
n
c
1
c
2
c
n
,
a
n
1
c
1
c
2
c
n<
/p>
1
,
n
2
两式相
减得
a
n
1
a
n
c
n
1
，由（
1
）得
a
1
1
,
a
n
1
a
n
2
c
n
1
，
c
n<
/p>
2
(
n
2
)
，
n
1
即当
n
2
< br>时，
b
n
2
，又当
n
1
时，
b
1
2
a
1
2
，
2
,
(
n
1
)
3
4
n
1
< br>
b
n
n
1
于
是
S
n
b<
/p>
1
b
2
b
3
K
b
n
2
2
2
K
2
2
,<
/p>
(
n
2
)
=
2
2
2
2
K
2
2
3
4
n
1
2(2
n
1
1)
4
2
n
2
6,
即
S
n
2
n
2
6
4
=
2
1
易错点：
（
1
）由
a
n
,
b
n
的关系及（
1
）的结论找不到
b
n
的通项公式，使解题受阻；
< br>（
2
）在
求
b
n
的通项公式时，由
c
n
1
2
得
< br>c
n
2
,
把
n
2
这个条件遗漏；
（
3
< br>）忽略当
n
1
时，
b
1
< br>2
a
1
2
，
直
接
写
b
n
2
n
1
；（
4
）
计
算
数
列
b
n
的
前
n
项
和
S
n
b
1
<
/p>
b
2
b
3
K
b
n
2
2
3
2
4
K
2
n
1
时随
意添加
2
2
项
.
提炼方法：
（
1
< br>）等差数列与等比数列只有一字之差，部分同学经常出现审题不仔细的现象；
（<
/p>
2
）等差中项与等比中项的性质混淆，概念模糊不清；
（
3
）对等差数列与等比数列的性质
及公式的变式不熟悉，往往要先计算
a
1
,
d
,
q
等量，一旦计算量大一点，解题受阻
.
2.
已知数列
a
n
满足递推关系式
a
n
1
2<
/p>
a
n
2
n
1
(
n
∈
N
)
，且
*
a
n
为等差数列，
n
2
则
< br>
的值是
______
．
【知识点】等
差
数
列
的
应
用
;
数
列
递
推
式
．
解：若
a
n
为
等
差
数
列
，
n
2
a<
/p>
n
1
a
n
2
a
n
2
n
1
a
n
a
n<
/p>
1
1
a
n
1
1
n
n
n
n
1
<
/p>
n
n
n
1
n
，
则
n
1
n
1
2
2
2
2
2
2<
/p>
2
2
2
2
2
2
为
常
数
，
即
1
2
n
1
2
n
0
，<
/p>
则
-1-2
=0
，
解
得<
/p>
=-1
，
<
/p>
【思路点拨】根
据
数
列
的
递
推
关
系
式
，
结<
/p>
合
等
差
数
列
的
定
义
即
可
得
到
结
论
．