在第（2）小题中，已知，求证均为边际关系，就需把所求式值a2、b2、c2上靠拢；要证、、成等差，这就很好证了，所需注意的是，上面的证明中须d≠0（否则b－a、c－a、c－b等均为0）而d=0时，a=b=c，可推得==，原结论当然也成立。
例3．求和：
21)n.求n项之和，常常使用的策略是“拆项”，即把一项变为两项，使两两相抵，只剩下前面和后面的有限个项，如何拆须看题目的特点，如第（1）小题中通项ak=，注意到分子恰为分母两因式之差：an==－如可拆”也就不成其问题了。
在第（2）小题中，通项ak=(－1)k=(－1)k[1+]=1)k[1+]，分拆方案也就出来了，所要注意的是前面的整数部分：偶数项时恰为0，而奇数项时为－1，故和式也应分n当奇数，偶数两种情形加以考虑。
例4．在数列｛an｝中，前n项和sn=na+n(n－1)b，（b≠0）
1）求证｛an｝是等差数列；
2）求证：点pn(an，－1)都落下在同一条直线上；
3）若a=1，b=，且p1，p2，p3三点都在以（r，r）为圆心，r为半径的圆外，求r的取值范围。
在（1）中，应先根据an与sn，sn—1的关系，求出a1和n≥2时的an，要证｛an｝成等差，有三条途径：①把n≥2时的an=f(n)写为等差数列通项一般表达式：a1+(n－1)d，并验证n=1时，值恰为a1；②证明an+1－an为与n无关的定值，要特别检验a2－a1是否也是通信定值；③证明2an+1=an+an+2，并特别验证2a2=a1+a3，（注意，切不可由2a2=a1+a3，2a3=a2+a4等具体项得出结论）。
在（2）中把消去n，得一直线方程，即可说明问题。
第（3）小题中，称确定p1，p2，p3坐标，使到（r r）距离大于r，解不等式组即可。
例5．已知函数f(x)=，g(x)=sinx，α、x、y∈（－且x≠y，若f(x)、f(α)f(y)成等差数列，g(x)，g(β)g(y)也成等差数列，试判断α与β的大小，证明你的结论。要比α与β大小，因α、β均在y=sinx的一个单调区间（－，中，故只要比较sinα与sinβ的大小。
由已知f(α)即=，形式臃肿，故分离常数，消肿， =从而1－sinα=，为调和平均值形式，再化反而繁杂了。
又sinβ=，形式虽然简洁，但与上面的形式有距离，故改写为1－sinβ=，为算术平均值形式。
至此，问题迎刃而解，只须再把等号问题说清楚即可。
例6．已知数列｛an｝是等差数列，在数列｛bn｝中，bn=anan+1an+2，若3a5=8a12＞0，问何时sn=b1+b2+…+bn，取得最大值？证明你的结论。
由3a5=8a12＞0，可知an=(n－)d，且d＜0。
bn=(n－)(n－)(n－)d3，由它去求sn，过程很烦，不如判定bn何时为正，何时为负，详见附录。
四、巩固练习。
1．定义在n上的函数f(x)满足：f(0)=2，f(1)=3，且f(k+1)=3f(k) －2f(k－1)，（k≥1）。
1）求f(n) （n∈n）
2）求f(0)+f(1)+…f(n)
2．（1）已知数列｛an｝中，an=，求其前n项和。
2）已知数列｛bn｝中，b1=1，b2=－1. bn+2=bn+1－bn，求其通项及前n项之和。
3．在数列｛an｝中，an=(－1)n+1（1－+－1)n+1）。求其前n项之和。
4．已知函数f(x)=（a≠0），f(2)=。又知方程2f(x)=x的解集为｛0｝，在数列｛cn｝中，c1=1，cn+1=f(cn)。求｛cn｝的通项。
5．在数列｛an｝中，a1=1，an，an+1是方程x2－cnx+=0的两实根，求数列｛cn｝的通项公式。
6．数列｛an｝中，a1=1，sn为其前n项之和，对任意正整数n，sn+1= 4an+2。
1）求证：数列｛an+1－2an｝是等比数列；
2）求证：数列｛｝是等差数列；
3）求sn.
7．p、q、r为两两不等的三个正整数，数列｛en｝中，ep=a，eq=b，er=c，a、b、c两两不等。
1）若｛en｝为等差数列，则(q－r)a+(r－p)b+(p－q)c=0
2）若｛en｝为等比数列，则aq—rbr—pcp—q=1
8．｛an｝为等差数列，sn为其前n项之和，若sn=()2. 数列｛bn｝中，bn=(－1)nsn，求｛bn｝前n项和tn.
9．从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业，根据规则，本年度投入800万元，以后每年的投入较上一年减少，本年度当地旅游业收入预计为400万元，由于该项目对旅游业的促进作用，今后旅游业收放每年将比上一年增加。
1）设n年内（本年度为第一年）总投入为an万元，旅游业总收入为bn万元，写出an，bn的表达式；
（2）至少经过几年，旅游业总收放才能超过总投入？
10．数列｛an｝中，a1=1，a2=r＞0，数列｛anan+1｝为公比为q（q＞0）的等比数列，数列｛bn｝中，bn=a2n—1+a2n.
（1）求使anan+1+an+1an+2＞an+2an+3成立的公比q的取值范围；
2）求｛bn｝的通项。
3）若r=219.2－1，q=，求数列｛｝的最大项和最小项。
五、参***。
1．解法一， f(k+1)－2f(k)=f(k)－2f(k－1)=…f(2)－2f(1)=f(1)－2f(0)=－1，∴f(k)－1=2[f(k－1)－1]，又f(0)－1=1， ∴f(n)=1+1·2n=2n+1，(n∈n)
解法二，f(k+1)－f(k)=2[f(k)―f(k―1)]。又f(1)－f(0)=1.
f(n)=[f(n)―f(n―1)]+f(n－1)―f(n―2)]+f(1)－f(0)]+f(0)= 2=2n+1. (n∈n)
f(0)+f(1)+…f(n)=(20+21+…+2n)+(n+1)
=+n+1=2n+1+n。
2．（1）an=1+=1+ (
∴sn=n+ (1－)=
（2）b1=1，b2=－1，b3=－2，b4=－1，b5=1，b6=2，b7=1，b8=－1，至此，知｛bn｝为周期6的周期数列，s1=1，s2=0，s3=－2，s4=－3，s5=－2，s6=0
bnsn=
k∈n*)3．an=(－1)n+1=(－1)n—1·+·n—1.
(－1)n—1·+·n—1
snn当奇数。
1n为偶数。
4．由已知， =2a+b= 4
方程=x中，若b=0，则a=2，x=1为其解，而不足0，故b≠0，此时，x=0为其一解，除此之外，则=1，x=，必须为0（否则与解集为｛0｝矛盾），∴b=2，从而a=1，f(x)=.
cn+1=，∴1+， 1=2(+1)
又+1=2 ∴+1=2·2n—1=2n，cn=.
5．anan+1=，以n=1代入知a2=.
又an+1an+2=，两式相除， =说明｛an｝的奇数项构成首项为1，公比为的等比数列，偶数项构成以为首项，为公比的等比数列。
an= (n为奇数。
n为偶数。cn=an+an+1= (3() n为奇数。
n为偶数。6．（1）sn+1= 4a2+2，sn+2=4an+1+2，两式相减，有。
an+2= 4an+1－4an. 即an+2－2an+1=2(an+1－2an).
又a1+a2=s2= 4a1+2， ∴a2－2a1=a1+2=3.
∴数列｛an+1－2an｝是首项为3，公比为2的等比数列。
（2）由（1）an+1－2an=3×2n—1， 即－=，故数列｛｝构成首项，公差的等差数列；
（3）由（2）= n－1)×，an=(3n－4)·2n—1+2，当n≥2时，sn=4an—1+2=(3n－4)·2n—1+2.
当n=1时，上式值为－1+2=1，恰为s1.
sn=(3n－4)·2n—1+2
7．p、q、r为两两不等之正整数，a、b、c也两两不等，数｛en｝不是常数列。
1）b－c=(q－r)d, c－a=(r－p)d，a－b=(p－q)d.
左=a+b+c=0 （d｛an｝之公差）
2）=qq—r， =qr—p ， qp—q （q为｛an｝之公比）
左abc.logq左=logqa(logqb－logqc)+logqb(logqc－logqa)+logqc(logqa－logqb)=0
左=18．a1=s1=，解得a1=1，a2+1=，解得。
a2=－1或3，但若a2=－1，则d=－2，从s3起sn必为负数，与sn=矛盾，∴a2=3，d=2。
sn=n+×2=n2.
tn=－12+22－32+42+…+1)nn2.
= (2－1)(2+1)+(4－3)(4+3)+…n－(n－1)][n+(n－1)] n为偶数。
(2－)(2+1)+…n－1)－(n－2)][n－1)+(n－2)]－n2 n为奇数。
= 1+2+3+4+…+n－1)=nn为偶数。
1+2+3+4+…+n－2)+(n－1)－n2 n为奇数。
n为偶数。n为奇数。
n为偶数。n为奇数。
(－1)n9．an== 4000(1－0.8n)
bn==1600(1.25n－1)
令1600(()n－1)＞4000(1－()n). 整理得。
)2n－·(n+＞0， (n＞ 或＜1（舍去）
n＞＞4， 至少需要5年。
10．（1）1+q＞q2，∴q∈(，0)∪(0，).又q＞0
∴q∈(0，)
2）q==，说明｛an｝的奇数项构成首项为1，公比为q的等比数列，偶数项构成首项r，公比q的等比数列，bn=a2n—1+a2n=(1+r)qn—1.
3）由已知，bn=219。2()n—1=220·2—n ，log2bn=20.2－n，故｛｝的通项（第n项为），当n=20时为负值－4，为最小项，上式可与1－，在[1，19]并调减减且小于1，故n=21时当最大项是。
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