【走向高考】(通用版)高考数学二轮总复习 专题3 第1讲等差、等比数列的通项、性质与前n项和名师课件
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(文)(2014·乌鲁木齐地区诊断)已知等比数列 {an}中，a1＝2，a3＝18，等差数列{bn}中，b1＝2，且a1＋a2＋ a3＝b1＋b2＋b3＋b4>20.
(1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{bn}的前n项和Sn.
[解析] (1)∵a3＝18，∴2q2＝18，q2＝9，q＝±3，当 q＝3 时，a2＝6，a1＋a2＋a3＝26>20，当 q＝－3 时，a2＝－6.a1＋a2 ＋a3＝14<20，不满足题意，
[解析] (1)由题意得(1－a2)2＝a1(a3＋1)， 即(1－12a1)2＝a1(14a1＋1)， 解得 a1＝12，∴an＝(12)n.
又TT12＝ ＝λ2bλ2b，3， 即816＝＋λd8＝＋2dλ，8＋2d，
解得λ＝12， d＝8
或dλ＝＝10，. (舍)，∴λ＝12.
(文)设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝4an－p(n∈N*)，其 中p是不为零的常数．
(1)证明：数列{an}是等比数列； (2)当p＝3时，若数列{bn}满足bn＋1＝an＋bn(n∈N*)，b1＝ 2，求数列{bn}的通项公式．
[解析] (1)证明：因为 Sn＝4an－p(n∈N*)， 则 Sn－1＝4an－1－p(n∈N*，n≥2)， 所以当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝4an－4an－1， 整理得 an＝43an－1. 由 Sn＝4an－p，令 n＝1，得 a1＝4a1－p，解得 a1＝p3. 所以{an}是首项为p3，公比为43的等比数列．
1
＝6＋(－2)(32＋33＋…＋3n)－(4－2n)·3n＋1. 则 Tn＝－3＋911－－33n－1＋(2－n)·3n＋1 ＝－125＋(52－n)·3n＋1.
(文)(2014·湖南文，16)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2＋2 n， n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前 2n 项和．
[分析] (1)当n＝1时求出a1，当n≥2时，由an＝Sn－Sn－1可 求得an的通项公式；(2)由分组求和法及等比数列的前n项和可 解决本问．
[解析] (1)当 n＝1 时，a1＝S1＝1； 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1 ＝n2＋2 n－n－12＋2 n－1＝n， 故数列{an}的通项公式为 an＝n.
(2014·全国大纲理，10)等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则
数列{lgan}的前 8 项和等于( )
A.6
B．5
C．4 [答案] [分析]
D．3 C 由对数的运算性质及 4＋5＝9＝1＋8 可知，用等比
数列性质求解较简便．
[解析] {lgan}的前8项和S8＝lga1＋lga2＋…＋lga8＝ lg(a1a2…a8)＝lg(a4·a5)4＝4lg(a4a5)＝4，故选C.
所以 q＝3，an＝2·3n－1. (2)由已知 b2＋b3＋b4＝24，∴3b3＝24，b3＝8,8＝2＋2d，∴ d＝3， ∴Sn＝2n＋nn2－1·3＝32n2＋12n.
(理)(2013·全国大纲理，17)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn， 已知 S3＝a22，且 S1，S2，S4 成等比数列，求{an}的通项公式．
(理)(2014·江西理，17)已知首项都是 1 的两个数列{an}、 {bn}(bn≠0，n∈N*)，满足 anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0.
(1)令 cn＝abnn，求数列{cn}的通项公式； (2)若 bn＝3n－1，求数列{an}的前 n 项和 Sn.
[分析] (1)根据已知递推公式，转化为等差数列求得数列的 通项公式；(2)利用乘公比错位相减求数列的前 n 项和．
走向高考·数学
新课标版 • 二轮专题复习
路漫漫其修远兮 吾将上下而求索
专题三 数列
专题三
第一讲 等差、等比数列的通项、 性质与前n项和
命题角度聚焦
核心知识整合
学方科法素警能示培探养究
命题热点突破
课后强化作业
命题角度聚焦
(1)以客观题考查对基本概念、性质、通项及前n项和公式 的掌握情况，主要是低档题，有时也命制有一定深度的中档 题，与其他知识交汇命题也是这一部分的一个显著特征．
[解析] 设{an}的公差为 d. 由 S3＝a22 得 3a2＝a22，故 a2＝0 或 a2＝3. 由 S1，S2，S4 成等比数列得 S22＝S1S4. 又 S1＝a2－d，S2＝2a2－d，S4＝4a2＋2d， 故(2a2－d)2＝(a2－d)(4a2＋2d)． 若 a2＝0，则 d2＝－2d2，所以 d＝0，此时 Sn＝0，不合题意； 若 a2＝3，则(6－d)2＝(3－d)(12＋2d)，解得 d＝0 或 d＝2. 因此{an}的通项公式为 an＝3 或 an＝2n－1.
(2)因为 a1＝1，则 an＝(43)n－1， 由 bn＋1＝an＋bn(n＝1,2，…)，得 bn＋1－bn＝(43)n－1， 当 n≥2 时，由累加法得 bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1) ＝2＋1－1－4343n－1＝3(43)n－1－1， 当 n＝1 时，上式也成立．∴bn＝3·(43)n－1－1.
[方法规律总结] 条件或结论中涉及等差或等比数列中的两项或多项的关
系时，先观察分析下标之间的关系，再考虑能否应用性质解
决，要特别注意等差、等比数列性质的区别．
递推关系与求和
(文)已知数列{an}的前 n 项和是 Sn，且 2Sn＝2－an. (1)求数列{an}的通项公式； (2)记 bn＝an＋n，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. [解析] (1)∵当 n＝1 时，2S1＝2－a1， ∴2a1＝2－a1，∴a1＝23； 当 n≥2 时，22SSnn＝ －1＝2－2－anan－1 ，
[方法规律总结] 1.求基本量的问题，熟记等差、等比数列的定义、通项及 前n项和公式，利用公式、结合条件，建立方程求解． 2.证明数列是等差(等比)数列时，应用定义分析条件，结 合性质进行等价转化．
等差、等比数列的性质
(2013·合肥市质检)以 Sn 表示等差数列{an}的前 n
项和，若 S5>S6，则下列不等关系不一定成立的是( )
3．复习数列专题要把握等差、等比数列两个定义，牢记 通项、前n项和四组公式，活用等差、等比数列的性质，明确 数列与函数的关系，巧妙利用an与Sn的关系进行转化，细辨应 用问题中的条件与结论是通项还是前n项和，集中突破数列求 和的五种方法(公式法、倒序相加法、错位相减法、分组求和 法、裂项相消法).
(2)以大题形式考查综合运用数列知识解决问题的能力．
核心知识整合
1．等差数列 (1)定义式：an＋1－an＝d(n∈N*，d 为常数)； (2)通项公式：an＝a1＋(n－1)d； (3)前 n 项和公式：Sn＝na12＋an＝na1＋nn－2 1d； (4)性质：①an＝am＋(n－m)d(n、m∈N*)； ②若 m＋n＝p＋q(m、n、p、q∈N*)，则 am＋an＝ap＋aq.
2．等比数列
(1)定义式：aan＋n1＝q(n∈N*，q 为非零常数)； (2)通项公式：an＝a1qn－1；
na1 (3)前 n 项和公式：Sn＝a11－qn
1－q
q＝1， q≠1.
(4)性质：①an＝amqn－m(n，m∈N*)； ②若 m＋n＝p＋q，则 aman＝apaq(p、q、m、n∈N*)．
两式相减得 2an＝an－1－an(n≥2)， 即 3an＝an－1(n≥2)，又 an－1≠0，∴aan－n 1＝13(n≥2)，
∴数列{an}是以23为首项，13为公比的等比数列． ∴an＝23·(13)n－1＝2·(13)n.
(2)由(1)知 bn＝2·(13)n＋n，Sn＝1－(13)n. ∴Tn＝Sn＋(1＋2＋3＋…＋n) ＝1－(13)n＋n2＋2 n.
(理)(2013·东北三省四市联考)数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝32(an－1)，数列{bn}满足 bn＝14bn－1－34(n≥2)，且 b1＝3.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式； (2)设数列{cn}满足 cn＝an·log2(bn＋1)，其前 n 项和为 Tn，求 Tn.
(2)由(1)知，bn＝2n＋(－1)nn. 记数列{bn}的前 2n 项和为 T2n，则 T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)． 记 A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则 A ＝211－－222n＝22n＋1－2， B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.故数列 {bn}的前 2n 项和 T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.
[解析] (1)对于数列{an}有 Sn＝32(an－1)，① Sn－1＝32(an－1－1)(n≥2)，② 由①－②得 an＝32(an－an－1)，即 an＝3an－1， n＝1 时，S1＝32(a1－1)得 a1＝3， 则 an＝a1·qn－1＝3·3n－1＝3n.
对于数列{bn}有 bn＝14bn－1－34(n≥2)， 可得 bn＋1＝14bn－1＋14，即bbn－n＋1＋11＝14. bn＋1＝(b1＋1)(14)n－1＝4×(14)n－1＝42－n， 即 bn＝42－n－1.
(2)由(1)可知，
cn＝an·log2(bn＋1)＝3n·log242－n ＝3n·log224－2n＝3n(4－2n)． Tn＝2·31＋0·32＋(－2)·33＋…＋(4－2n)·3n，③ 3Tn＝2·32＋0·33＋…＋(6－2n)·3n＋(4－2n)·3n＋1，④
由③－④得 －2Tn＝2·3＋(－2)·32＋(－2)·33＋…＋(－2)·3n－(4－2n)·3n＋
(理)(2013·湖北七市联考)数列{an}是公比为12的等比数列， 且 1－a2 是 a1 与 1＋a3 的等比中项，前 n 项和为 Sn；数列{bn} 是等差数列，b1＝8，其前 n 项和 Tn＝nλ·bn＋1(λ 为常数，且 λ≠1)．
(1)求数列{an}的通项公式及 λ 的值； (2)比较T11＋T12＋T13＋…＋T1n与12Sn 的大小．
(2)由(1)知 Sn＝1－(12)n， ∴12Sn＝12－(12)n＋1≥14， ① 又 Tn＝4n2＋4n，T1n＝4nn1＋1＝14(1n－n＋1 1)， ∴T11＋T12＋…＋T1n＝14(1－12＋12－13＋…＋1n－n＋1 1) ＝14(1－n＋1 1)<14， ② 由①②可知T11＋T12＋…＋T1n<12Sn.
A.2a3>3a4
B．5a5>a1＋6a6
C.a5＋a4－a3<0
D．aபைடு நூலகம்＋a6＋a12<2a7
[答案] D
[解析] 依题意得a6＝S6－S5<0,2a3－3a4＝2(a1＋2d)－3(a1 ＋3d)＝－(a1＋5d)＝－a6>0,2a3>3a4；5a5－(a1＋6a6)＝5(a1＋ 4d)－a1－6(a1＋5d)＝－2(a1＋5d)＝－2a6>0,5a5>a1＋6a6；a5＋ a4－a3＝(a3＋a6)－a3＝a6<0.综上所述，故选D.
1．应用an与Sn的关系，等比数列前n项和公式时，注意分 类讨论．
2．等差、等比数列的性质可类比掌握．注意不要用混． 3．讨论等差数列前n项和的最值时，不要忽视n为整数的 条件和an＝0的情形． 4．等比数列{an}中，公比q≠0，an≠0.
命题热点突破
等差数列、等比数列的基本运算、判定或证明
[解析] (1)因为 anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0，bn≠0(n∈N*)， 所以abnn＋ ＋11－abnn＝2，即 cn＋1－cn＝2.
所以数列{cn}是以首项 c1＝1，公差 d＝2 的等差数列，故 cn＝2n－1.
(2)由 bn＝3n－1 知 an＝cnbn＝(2n－1)3n－1. ∴数列{an}前 n 项和 Sn＝1·30＋3·31＋5·32＋…＋(2n－1)·3n－1. ∴3Sn＝1·31＋3·32＋…＋(2n－3)·3n－1＋(2n－1)·3n. 相减得－2Sn＝1＋2·(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)·3n＝－2－ (2n－2)3n.所以 Sn＝(n－1)3n＋1.
(1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{bn}的前n项和Sn.
[解析] (1)∵a3＝18，∴2q2＝18，q2＝9，q＝±3，当 q＝3 时，a2＝6，a1＋a2＋a3＝26>20，当 q＝－3 时，a2＝－6.a1＋a2 ＋a3＝14<20，不满足题意，
[解析] (1)由题意得(1－a2)2＝a1(a3＋1)， 即(1－12a1)2＝a1(14a1＋1)， 解得 a1＝12，∴an＝(12)n.
又TT12＝ ＝λ2bλ2b，3， 即816＝＋λd8＝＋2dλ，8＋2d，
解得λ＝12， d＝8
或dλ＝＝10，. (舍)，∴λ＝12.
(文)设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝4an－p(n∈N*)，其 中p是不为零的常数．
(1)证明：数列{an}是等比数列； (2)当p＝3时，若数列{bn}满足bn＋1＝an＋bn(n∈N*)，b1＝ 2，求数列{bn}的通项公式．
[解析] (1)证明：因为 Sn＝4an－p(n∈N*)， 则 Sn－1＝4an－1－p(n∈N*，n≥2)， 所以当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝4an－4an－1， 整理得 an＝43an－1. 由 Sn＝4an－p，令 n＝1，得 a1＝4a1－p，解得 a1＝p3. 所以{an}是首项为p3，公比为43的等比数列．
1
＝6＋(－2)(32＋33＋…＋3n)－(4－2n)·3n＋1. 则 Tn＝－3＋911－－33n－1＋(2－n)·3n＋1 ＝－125＋(52－n)·3n＋1.
(文)(2014·湖南文，16)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2＋2 n， n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前 2n 项和．
[分析] (1)当n＝1时求出a1，当n≥2时，由an＝Sn－Sn－1可 求得an的通项公式；(2)由分组求和法及等比数列的前n项和可 解决本问．
[解析] (1)当 n＝1 时，a1＝S1＝1； 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1 ＝n2＋2 n－n－12＋2 n－1＝n， 故数列{an}的通项公式为 an＝n.
(2014·全国大纲理，10)等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则
数列{lgan}的前 8 项和等于( )
A.6
B．5
C．4 [答案] [分析]
D．3 C 由对数的运算性质及 4＋5＝9＝1＋8 可知，用等比
数列性质求解较简便．
[解析] {lgan}的前8项和S8＝lga1＋lga2＋…＋lga8＝ lg(a1a2…a8)＝lg(a4·a5)4＝4lg(a4a5)＝4，故选C.
所以 q＝3，an＝2·3n－1. (2)由已知 b2＋b3＋b4＝24，∴3b3＝24，b3＝8,8＝2＋2d，∴ d＝3， ∴Sn＝2n＋nn2－1·3＝32n2＋12n.
(理)(2013·全国大纲理，17)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn， 已知 S3＝a22，且 S1，S2，S4 成等比数列，求{an}的通项公式．
(理)(2014·江西理，17)已知首项都是 1 的两个数列{an}、 {bn}(bn≠0，n∈N*)，满足 anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0.
(1)令 cn＝abnn，求数列{cn}的通项公式； (2)若 bn＝3n－1，求数列{an}的前 n 项和 Sn.
[分析] (1)根据已知递推公式，转化为等差数列求得数列的 通项公式；(2)利用乘公比错位相减求数列的前 n 项和．
走向高考·数学
新课标版 • 二轮专题复习
路漫漫其修远兮 吾将上下而求索
专题三 数列
专题三
第一讲 等差、等比数列的通项、 性质与前n项和
命题角度聚焦
核心知识整合
学方科法素警能示培探养究
命题热点突破
课后强化作业
命题角度聚焦
(1)以客观题考查对基本概念、性质、通项及前n项和公式 的掌握情况，主要是低档题，有时也命制有一定深度的中档 题，与其他知识交汇命题也是这一部分的一个显著特征．
[解析] 设{an}的公差为 d. 由 S3＝a22 得 3a2＝a22，故 a2＝0 或 a2＝3. 由 S1，S2，S4 成等比数列得 S22＝S1S4. 又 S1＝a2－d，S2＝2a2－d，S4＝4a2＋2d， 故(2a2－d)2＝(a2－d)(4a2＋2d)． 若 a2＝0，则 d2＝－2d2，所以 d＝0，此时 Sn＝0，不合题意； 若 a2＝3，则(6－d)2＝(3－d)(12＋2d)，解得 d＝0 或 d＝2. 因此{an}的通项公式为 an＝3 或 an＝2n－1.
(2)因为 a1＝1，则 an＝(43)n－1， 由 bn＋1＝an＋bn(n＝1,2，…)，得 bn＋1－bn＝(43)n－1， 当 n≥2 时，由累加法得 bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1) ＝2＋1－1－4343n－1＝3(43)n－1－1， 当 n＝1 时，上式也成立．∴bn＝3·(43)n－1－1.
[方法规律总结] 条件或结论中涉及等差或等比数列中的两项或多项的关
系时，先观察分析下标之间的关系，再考虑能否应用性质解
决，要特别注意等差、等比数列性质的区别．
递推关系与求和
(文)已知数列{an}的前 n 项和是 Sn，且 2Sn＝2－an. (1)求数列{an}的通项公式； (2)记 bn＝an＋n，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. [解析] (1)∵当 n＝1 时，2S1＝2－a1， ∴2a1＝2－a1，∴a1＝23； 当 n≥2 时，22SSnn＝ －1＝2－2－anan－1 ，
[方法规律总结] 1.求基本量的问题，熟记等差、等比数列的定义、通项及 前n项和公式，利用公式、结合条件，建立方程求解． 2.证明数列是等差(等比)数列时，应用定义分析条件，结 合性质进行等价转化．
等差、等比数列的性质
(2013·合肥市质检)以 Sn 表示等差数列{an}的前 n
项和，若 S5>S6，则下列不等关系不一定成立的是( )
3．复习数列专题要把握等差、等比数列两个定义，牢记 通项、前n项和四组公式，活用等差、等比数列的性质，明确 数列与函数的关系，巧妙利用an与Sn的关系进行转化，细辨应 用问题中的条件与结论是通项还是前n项和，集中突破数列求 和的五种方法(公式法、倒序相加法、错位相减法、分组求和 法、裂项相消法).
(2)以大题形式考查综合运用数列知识解决问题的能力．
核心知识整合
1．等差数列 (1)定义式：an＋1－an＝d(n∈N*，d 为常数)； (2)通项公式：an＝a1＋(n－1)d； (3)前 n 项和公式：Sn＝na12＋an＝na1＋nn－2 1d； (4)性质：①an＝am＋(n－m)d(n、m∈N*)； ②若 m＋n＝p＋q(m、n、p、q∈N*)，则 am＋an＝ap＋aq.
2．等比数列
(1)定义式：aan＋n1＝q(n∈N*，q 为非零常数)； (2)通项公式：an＝a1qn－1；
na1 (3)前 n 项和公式：Sn＝a11－qn
1－q
q＝1， q≠1.
(4)性质：①an＝amqn－m(n，m∈N*)； ②若 m＋n＝p＋q，则 aman＝apaq(p、q、m、n∈N*)．
两式相减得 2an＝an－1－an(n≥2)， 即 3an＝an－1(n≥2)，又 an－1≠0，∴aan－n 1＝13(n≥2)，
∴数列{an}是以23为首项，13为公比的等比数列． ∴an＝23·(13)n－1＝2·(13)n.
(2)由(1)知 bn＝2·(13)n＋n，Sn＝1－(13)n. ∴Tn＝Sn＋(1＋2＋3＋…＋n) ＝1－(13)n＋n2＋2 n.
(理)(2013·东北三省四市联考)数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝32(an－1)，数列{bn}满足 bn＝14bn－1－34(n≥2)，且 b1＝3.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式； (2)设数列{cn}满足 cn＝an·log2(bn＋1)，其前 n 项和为 Tn，求 Tn.
(2)由(1)知，bn＝2n＋(－1)nn. 记数列{bn}的前 2n 项和为 T2n，则 T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)． 记 A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则 A ＝211－－222n＝22n＋1－2， B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.故数列 {bn}的前 2n 项和 T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.
[解析] (1)对于数列{an}有 Sn＝32(an－1)，① Sn－1＝32(an－1－1)(n≥2)，② 由①－②得 an＝32(an－an－1)，即 an＝3an－1， n＝1 时，S1＝32(a1－1)得 a1＝3， 则 an＝a1·qn－1＝3·3n－1＝3n.
对于数列{bn}有 bn＝14bn－1－34(n≥2)， 可得 bn＋1＝14bn－1＋14，即bbn－n＋1＋11＝14. bn＋1＝(b1＋1)(14)n－1＝4×(14)n－1＝42－n， 即 bn＝42－n－1.
(2)由(1)可知，
cn＝an·log2(bn＋1)＝3n·log242－n ＝3n·log224－2n＝3n(4－2n)． Tn＝2·31＋0·32＋(－2)·33＋…＋(4－2n)·3n，③ 3Tn＝2·32＋0·33＋…＋(6－2n)·3n＋(4－2n)·3n＋1，④
由③－④得 －2Tn＝2·3＋(－2)·32＋(－2)·33＋…＋(－2)·3n－(4－2n)·3n＋
(理)(2013·湖北七市联考)数列{an}是公比为12的等比数列， 且 1－a2 是 a1 与 1＋a3 的等比中项，前 n 项和为 Sn；数列{bn} 是等差数列，b1＝8，其前 n 项和 Tn＝nλ·bn＋1(λ 为常数，且 λ≠1)．
(1)求数列{an}的通项公式及 λ 的值； (2)比较T11＋T12＋T13＋…＋T1n与12Sn 的大小．
(2)由(1)知 Sn＝1－(12)n， ∴12Sn＝12－(12)n＋1≥14， ① 又 Tn＝4n2＋4n，T1n＝4nn1＋1＝14(1n－n＋1 1)， ∴T11＋T12＋…＋T1n＝14(1－12＋12－13＋…＋1n－n＋1 1) ＝14(1－n＋1 1)<14， ② 由①②可知T11＋T12＋…＋T1n<12Sn.
A.2a3>3a4
B．5a5>a1＋6a6
C.a5＋a4－a3<0
D．aபைடு நூலகம்＋a6＋a12<2a7
[答案] D
[解析] 依题意得a6＝S6－S5<0,2a3－3a4＝2(a1＋2d)－3(a1 ＋3d)＝－(a1＋5d)＝－a6>0,2a3>3a4；5a5－(a1＋6a6)＝5(a1＋ 4d)－a1－6(a1＋5d)＝－2(a1＋5d)＝－2a6>0,5a5>a1＋6a6；a5＋ a4－a3＝(a3＋a6)－a3＝a6<0.综上所述，故选D.
1．应用an与Sn的关系，等比数列前n项和公式时，注意分 类讨论．
2．等差、等比数列的性质可类比掌握．注意不要用混． 3．讨论等差数列前n项和的最值时，不要忽视n为整数的 条件和an＝0的情形． 4．等比数列{an}中，公比q≠0，an≠0.
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等差数列、等比数列的基本运算、判定或证明
[解析] (1)因为 anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0，bn≠0(n∈N*)， 所以abnn＋ ＋11－abnn＝2，即 cn＋1－cn＝2.
所以数列{cn}是以首项 c1＝1，公差 d＝2 的等差数列，故 cn＝2n－1.
(2)由 bn＝3n－1 知 an＝cnbn＝(2n－1)3n－1. ∴数列{an}前 n 项和 Sn＝1·30＋3·31＋5·32＋…＋(2n－1)·3n－1. ∴3Sn＝1·31＋3·32＋…＋(2n－3)·3n－1＋(2n－1)·3n. 相减得－2Sn＝1＋2·(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)·3n＝－2－ (2n－2)3n.所以 Sn＝(n－1)3n＋1.