等差数列和等比数列专题讲义

等差数列和等比数列专题讲义
考情解读 1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现.2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力．
1．a n 与S n 的关系S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，a n ＝⎩
⎪⎨⎪⎧
S 1，n ＝1，
S n －S n －1，n ≥2.
2．等差数列和等比数列
热点一 等差数列
例1 (1)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＋a 4＋a 6＝12，则S 7的值是( )
A ．21
B ．24
C ．28
D ．7
(2)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若－1<a 3<1,0<a 6<3，则S 9的取值范围是________． 思维启迪 (1)利用a 1＋a 7＝2a 4建立S 7和已知条件的联系；(2)将a 3，a 6的范围整体代入． 答案 (1)C (2)(－3,21)
解析 (1)由题意可知，a 2＋a 6＝2a 4，则3a 4＝12，a 4＝4，所以S 7＝7×(a 1＋a 7)
2＝7a 4＝28.
(2)S 9＝9a 1＋36d ＝3(a 1＋2d )＋6(a 1＋5d ) 又－1<a 3<1,0<a 6<3，
∴－3<3(a 1＋2d )<3,0<6(a 1＋5d )<18， 故－3<S 9<21.
思维升华 (1)等差数列问题的基本思想是求解a 1和d ，可利用方程思想； (2)等差数列的性质
①若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ； ②S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…，仍成等差数列； ③a m －a n ＝(m －n )d ⇔d ＝a m －a n
m －n
(m ，n ∈N *)；
④a n b n ＝A 2n －1B 2n －1(A 2n －1
，B 2n －1分别为{a n }，{b n }的前2n －1项的和)． (3)等差数列前n 项和的问题可以利用函数的性质或者转化为等差数列的项，利用性质解决．
(1)已知等差数列{a n }中，a 7＋a 9＝16，S 11＝99
2
，则a 12的值是( )
A ．15
B ．30
C ．31
D ．64
(2)在等差数列{a n }中，a 5<0，a 6>0且a 6>|a 5|，S n 是数列的前n 项的和，则下列说法正确的是( )
A ．S 1，S 2，S 3均小于0，S 4，S 5，S 6…均大于0
B ．S 1，S 2，…S 5均小于0，S 6，S 7，…均大于0
C ．S 1，S 2，…S 9均小于0，S 10，S 11…均大于0
D ．S 1，S 2，…S 11均小于0，S 12，S 13…均大于0 答案 (1)A (2)C
解析 (1)因为a 8是a 7，a 9的等差中项，所以2a 8＝a 7＋a 9＝16⇒a 8＝8，再由等差数列前n 项和的计算公式可得S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11·2a 62＝11a 6，又因为S 11＝992，所以a 6＝9
2，则d ＝
a 8－a 62＝7
4，所以a 12＝a 8＋4d ＝15，故选A. (2)由题意可知a 6＋a 5>0，故
S 10＝(a 1＋a 10)×102＝(a 5＋a 6)×102>0，
而S 9＝(a 1＋a 9)×92＝2a 5×9
2＝9a 5<0，故选C.
热点二 等比数列
例2 (1)(2014·安徽)数列{a n }是等差数列，若a 1＋1，a 3＋3，a 5＋5构成公比为q 的等比数列，则q ＝_____________________.
(2)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，则S n
a n 等于( )
A ．4n －
1
B ．4n －1
C ．2n －
1
D ．2n －1
思维启迪 (1)列方程求出d ，代入q 即可；(2)求出a 1，q ，代入化简． 答案 (1)1 (2)D
解析 (1)设等差数列的公差为d ，则a 3＝a 1＋2d ， a 5＝a 1＋4d ，
∴(a 1＋2d ＋3)2＝(a 1＋1)(a 1＋4d ＋5)，解得d ＝－1， ∴q ＝a 3＋3a 1＋1＝a 1－2＋3
a 1＋1
＝1.
(2)∵⎩⎨⎧
a 1＋a 3＝52
，
a 2
＋a 4
＝5
4
，∴⎩⎨⎧
a 1＋a 1q 2＝5
2
，①
a 1
q ＋a 1q 3
＝5
4
，②
由①②可得1＋q 2q ＋q 3＝2，∴q ＝1
2，代入①得a 1＝2， ∴a n ＝2×(12)n －1＝42n ，
∴S n ＝2×(1－(12)n )
1－12＝4(1－1
2n )，
∴S n
a n ＝4(1－12n )
4
2n
＝2n －1，故选D. 思维升华 (1){a n }为等比数列，其性质如下：
①若m 、n 、r 、s ∈N *，且m ＋n ＝r ＋s ，则a m ·a n ＝a r ·a s ； ②a n ＝a m q n －
m ；
③S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列(q ≠－1)． (2)等比数列前n 项和公式
S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧
na 1
(q ＝1)，a 1(1－q n )1－q
＝a 1－a n q 1－q (q ≠1).
①能“知三求二”；②注意讨论公比q 是否为1；③a 1≠0.
(1)已知各项不为0的等差数列{a n }满足a 4－2a 27＋3a 8＝0，
数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 2b 8b 11等于( ) A ．1 B ．2 C ．4
D ．8
(2)在等比数列{a n }中，a 1＋a n ＝34，a 2·a n －1＝64，且前n 项和S n ＝62，则项数n 等于( ) A ．4 B ．5 C ．6
D ．7
答案 (1)D (2)B
解析 (1)∵a 4－2a 27＋3a 8＝0，∴2a 27＝a 4＋3a 8，即2a 2
7＝4a 7，∴a 7＝2，∴b 7＝2，又∵b 2b 8b 11＝b 1qb 1q 7b 1q 10＝b 31q 18＝(b 7)3＝8，故选D.
(2)设等比数列{a n }的公比为q ，由a 2a n －1＝a 1a n ＝64，又a 1＋a n ＝34，解得a 1＝2，a n ＝32或a 1＝32，a n ＝2.当a 1＝2，a n ＝32时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q ＝2－32q 1－q ＝62，解得q ＝2.又a n
＝a 1q n －
1，所以2×2n －
1＝2n ＝32，解得n ＝5.同理，当a 1＝32，a n ＝2时，由S n ＝62，解得q
＝12.由a n ＝a 1q n －
1＝32×(12)n －1＝2，得(12)n －1＝116＝(12)4，即n －1＝4，n ＝5.综上，项数n 等于5，故选B.
热点三 等差数列、等比数列的综合应用
例3 已知等差数列{a n }的公差为－1，且a 2＋a 7＋a 12＝－6. (1)求数列{a n }的通项公式a n 与前n 项和S n ；
(2)将数列{a n }的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{b n }的前3项，记{b n }的前n 项和为T n ，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *，总有S n <T m ＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．
思维启迪 (1)利用方程思想求出a 1，代入公式求出a n 和S n ；(2)将恒成立问题通过分离法转化为最值．
解 (1)由a 2＋a 7＋a 12＝－6得a 7＝－2，∴a 1＝4， ∴a n ＝5－n ，从而S n ＝n (9－n )2.
(2)由题意知b 1＝4，b 2＝2，b 3＝1， 设等比数列{b n }的公比为q ， 则q ＝b 2b 1＝12
，
∴T m ＝4[1－(12)m ]
1－12＝8[1－(1
2)m ]，
∵(1
2)m 随m 增加而递减， ∴{T m }为递增数列，得4≤T m <8. 又S n ＝n (9－n )2＝－1
2(n 2－9n )
＝－12[(n －92)2－81
4]，
故(S n )max ＝S 4＝S 5＝10，
若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *总有S n <T m ＋λ， 则10<4＋λ，得λ>6.即实数λ的取值范围为(6，＋∞)． 思维升华 等差(比)数列的综合问题的常见类型及解法
(1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便．
(2)等差数列、等比数列与函数、方程、不等式等的交汇问题，求解时用等差(比)数列的相关知识，将问题转化为相应的函数、方程、不等式等问题求解即可．
已知数列{a n }前n 项和为S n ，首项为a 1，且1
2
，a n ，S n 成等差数列．
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)数列{b n }满足b n ＝(log 2a 2n ＋1)×(log 2a 2n ＋3)，求证：1b 1＋1b 2＋1b 3＋…＋1b n <1
2.
(1)解 ∵12，a n ，S n 成等差数列，∴2a n ＝S n ＋1
2，
当n ＝1时，2a 1＝S 1＋12，∴a 1＝1
2，
当n ≥2时，S n ＝2a n －12，S n －1＝2a n －1－1
2，
两式相减得a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1， ∴
a n
a n －1
＝2， ∴数列{a n }是首项为1
2，公比为2的等比数列，
∴a n ＝12
×2n －1＝2n －
2.
(2)证明 b n ＝(log 2a 2n ＋1)×(log 2a 2n ＋3)＝log 222n ＋1－2
×log 222n
＋3－2
＝(2n －1)(2n ＋1)，
1b n ＝12n －1×12n ＋1＝12(12n －1－12n ＋1
)，
1b 1＋1b 2＋1b 3＋…＋1b n ＝12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n －1－12n ＋1)]＝12(1－12n ＋1)<12(n ∈N *)． 即1b 1＋1b 2＋1b 3＋…＋1b n <12
.
1．在等差(比)数列中，a 1，d (q )，n ，a n ，S n 五个量中知道其中任意三个，就可以求出其他两个．解这类问题时，一般是转化为首项a 1和公差d (公比q )这两个基本量的有关运算． 2．等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用．但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形．
3．等差、等比数列的单调性 (1)等差数列的单调性
d >0⇔{a n }为递增数列，S n 有最小值． d <0⇔{a n }为递减数列，S n 有最大值． d ＝0⇔{a n }为常数列． (2)等比数列的单调性
当⎩⎪⎨⎪⎧ a 1>0，q >1或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1<0，0<q <1时，{a n }为递增数列，当⎩⎪⎨⎪⎧ a 1>0，0<q <1或⎩
⎪⎨⎪⎧
a 1<0，q >1时，{a n }为递减数列． 4．常用结论
(1)若{a n }，{b n }均是等差数列，S n 是{a n }的前n 项和，则{ma n ＋kb n }，{S n
n }仍为等差数列，
其中m ，k 为常数．
(2)若{a n }，{b n }均是等比数列，则{ca n }(c ≠0)，{|a n |}，{a n ·b n }，{ma n b n }(m 为常数)，{a 2
n }，
{1
a n
}仍为等比数列． (3)公比不为1的等比数列，其相邻两项的差也依次成等比数列，且公比不变，即a 2－a 1，a 3－a 2，a 4－a 3，…，成等比数列，且公比为a 3－a 2a 2－a 1＝(a 2－a 1)q
a 2－a 1
＝q .
(4)等比数列(q ≠－1)中连续k 项的和成等比数列，即S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…，成等比数列，其公差为q k .
等差数列中连续k 项的和成等差数列，即S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…，成等差数列，公差为k 2d . 5．易错提醒
(1)应用关系式a n ＝⎩
⎪⎨⎪⎧
S 1，n ＝1，
S n －S n －1，n ≥2时，一定要注意分n ＝1，n ≥2两种情况，在求出结果
后，看看这两种情况能否整合在一起．
(2)三个数a ，b ，c 成等差数列的充要条件是b ＝a ＋c
2，但三个数a ，b ，c 成等比数列的充要
条件是b 2＝ac .
真题感悟
1．(2014·大纲全国)等比数列{a n }中，a 4＝2，a 5＝5，则数列{lg a n }的前8项和等于( ) A ．6 B ．5 C ．4 D ．3 答案 C
解析 数列{lg a n }的前8项和S 8＝lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 8＝lg(a 1·a 2·…·a 8)＝lg(a 1·a 8)4 ＝lg(a 4·a 5)4＝lg(2×5)4＝4.
2．(2014·北京)若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9>0，a 7＋a 10<0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大． 答案 8
解析 ∵a 7＋a 8＋a 9＝3a 8>0，∴a 8>0. ∵a 7＋a 10＝a 8＋a 9<0，∴a 9<－a 8<0. ∴数列的前8项和最大，即n ＝8. 押题精练
1．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则下列一定成立的是( ) A ．若a 3>0，则a 2 013<0 B ．若a 4>0，则a 2 014<0 C ．若a 3>0，则a 2 013>0 D ．若a 4>0，则a 2 014>0 答案 C
解析 因为a 3＝a 1q 2，a 2 013＝a 1q 2 012，而q 2与q 2 012均为正数，若a 3>0，则a 1>0，所以a 2 013>0，故选C.
2．已知数列{a n }是首项为a ，公差为1的等差数列，b n ＝1＋a n
a n
.若对任意的n ∈N *，都有b n ≥b 8成立，则实数a 的取值范围为________． 答案 (－8，－7)
解析 a n ＝a ＋(n －1)×1＝n ＋a －1，所以b n ＝1＋a n a n ＝n ＋a n ＋a －1，因为对任意的n ∈N *，都有
b n ≥b 8成立，即
n ＋a n ＋a －1≥8＋a 8＋a －1(n ∈N *)恒成立，即n －8
(a ＋7)(n ＋a －1)
≤0(n ∈N *)，则有
⎩
⎪⎨⎪⎧
a ＋7<0，1－a <9，解得－8<a <－7. 3．设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 2n ＋1＝4S n ＋4n ＋1，n ∈N *，且a 2，a 5，
a 14恰好是等比数列{
b n }的前三项． (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；
(2)记数列{b n }的前n 项和为T n ，若对任意的n ∈N *，(T n ＋3
2)k ≥3n －6恒成立，求实数k 的
取值范围．
解 (1)当n ≥2时，由题设知4S n －1＝a 2n －4(n －1)－1，
∴4a n ＝4S n －4S n －1＝a 2n ＋1－a 2n －4， ∴a 2n ＋1＝a 2n ＋4a n ＋4＝(a n ＋2)2，
∵a n >0，∴a n ＋1＝a n ＋2.
∴当n ≥2时，{a n }是公差d ＝2的等差数列． ∵a 2，a 5，a 14构成等比数列，
∴a 25＝a 2·a 14，(a 2＋6)2＝a 2·(a 2＋24)，解得a 2＝3， 由条件可知，4a 1＝a 22－5＝4，∴a 1＝1， ∵a 2－a 1＝3－1＝2，
∴{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝2的等差数列． ∴等差数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1. ∵等比数列{b n }的公比q ＝a 5a 2＝2×5－13＝3，
∴等比数列{b n }的通项公式为b n ＝3n . (2)T n ＝b 1(1－q n )1－q ＝3(1－3n )1－3
＝3n ＋
1－3
2，
∴(3n ＋
1－32＋3
2
)k ≥3n －6对任意的n ∈N *恒成立，
∴k ≥2n －4
3
n 对任意的n ∈N *恒成立，
令c n ＝2n －43n ，c n －c n －1＝2n －43n －2n －63n －1＝－2(2n －7)
3n ，
当n ≤3时，c n >c n －1； 当n ≥4时，c n <c n －1. ∴(c n )max ＝c 3＝
227，∴k ≥2
27
.
(推荐时间：60分钟)
一、选择题
1．等比数列{a n }中a 1＝3，a 4＝24，则a 3＋a 4＋a 5等于( ) A ．33 B ．72 C ．84 D ．189
答案 C
解析 由题意可得q 3＝8，所以q ＝2.所以a 3＋a 4＋a 5＝a 1q 2(1＋q ＋q 2)＝84. 2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若2a 6＝6＋a 7，则S 9的值是( ) A ．27 B ．36 C ．45 D ．54
答案 D
解析 由2a 6＝6＋a 7得a 5＝6，所以S 9＝9a 5＝54.故选D.
3．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝5，S m ＝－11，S m ＋1＝21，则m 等于( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．6
答案 C
解析 由已知得，S m －S m －1＝a m ＝－16，S m ＋1－S m ＝a m ＋1＝32，故公比q ＝－2，又S m ＝
a 1－a m q
1－q ＝－11，故a 1＝－1，又a m ＝a 1·q m －
1＝－16，代入可求得m ＝5.
4．数列{a n }的首项为3，{b n }为等差数列且b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，若b 3＝－2，b 10＝12，则a 8等于( )
A ．0
B ．3
C ．8
D ．11 答案 B
解析 ∵{b n }为等差数列，设其公差为d ， 由b 3＝－2，b 10＝12，
∴7d ＝b 10－b 3＝12－(－2)＝14，∴d ＝2， ∵b 3＝－2，∴b 1＝b 3－2d ＝－2－4＝－6， ∴b 1＋b 2＋…＋b 7＝7b 1＋7×62·d
＝7×(－6)＋21×2＝0，
又b 1＋b 2＋…＋b 7＝(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a 8－a 7)＝a 8－a 1＝a 8－3， ∴a 8－3＝0，a 8＝3.故选B.
5．数列{a n }满足a 1＝2，a n ＝a n ＋1－1
a n ＋1＋1
，其前n 项积为T n ，则T 2 014等于( )
A.16 B ．－16
C ．6
D ．－6
答案 D
解析 由a n ＝a n ＋1－1a n ＋1＋1得a n ＋1＝1＋a n 1－a n ，而a 1＝2，所以a 2＝－3，a 3＝－12，a 4＝1
3，a 5＝2，则
数列是以4为周期，且a 1a 2a 3a 4＝1，所以T 2 014＝(a 1a 2a 3a 4)503a 1a 2＝1503×2×(－3)＝－6，故选D.
6．已知{a n }是等差数列，S n 为其前n 项和，若S 21＝S 4 000，O 为坐标原点，点P (1，a n )， Q (2 011，a 2 011)，则OP →·OQ →
等于( ) A ．2 011 B ．－2 011 C ．0 D ．1 答案 A
解析 由S 21＝S 4 000得a 22＋a 23＋…＋a 4 000＝0， 由于a 22＋a 4 000＝a 23＋a 3 999＝…＝2a 2 011， 所以a 22＋a 23＋…＋a 4 000＝3 979a 2 011＝0， 从而a 2 011＝0，而OP →·OQ →＝2 011＋a 2 011a n ＝2 011. 二、填空题
7．在等比数列{a n }中，已知a 1＋a 3＝8，a 5＋a 7＝4，则a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝________. 答案 3
解析 设等比数列{a n }的公比为q ，
由已知，得⎩
⎪⎨⎪⎧
a 1＋a 1q 2
＝8，a 1q 4＋a 1q 6＝4，解得q 4＝12. 又a 9＋a 11＝a 1q 8＋a 3q 8＝(a 1＋a 3)q 8＝8×(1
2)2＝2，
a 13＋a 15＝a 1q 12＋a 3q 12＝(a 1＋a 3)q 12＝8×(1
2)3＝1，
所以a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝2＋1＝3.
8．(2014·广东)若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝______. 答案 50
解析 因为a 10a 11＋a 9a 12＝2a 10a 11＝2e 5， 所以a 10a 11＝e 5.
所以ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ln(a 1a 2…a 20)
＝ln[(a 1a 20)·(a 2a 19)·…·(a 10a 11)]＝ln(a 10a 11)10＝10ln(a 10a 11)＝10ln e 5＝50ln e ＝50.
9．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n ＝
________.
答案 6
解析 设等差数列的公差为d ，
则由a 4＋a 6＝－6得2a 5＝－6，∴a 5＝－3.
又∵a 1＝－11，∴－3＝－11＋4d ，∴d ＝2，
∴S n ＝－11n ＋n (n －1)2
×2＝n 2－12n ＝(n －6)2－36， 故当n ＝6时，S n 取最小值．
10．已知数列{a n }的首项为a 1＝2，且a n ＋1＝12
(a 1＋a 2＋…＋a n ) (n ∈N *)，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S n ＝________，a n ＝________.
答案 2×⎝⎛⎭⎫32n －1 ⎩⎪⎨⎪⎧ 2 (n ＝1)，⎝⎛⎭⎫32n －2 (n ≥2)
解析 由a n ＋1＝12(a 1＋a 2＋…＋a n ) (n ∈N *)，可得a n ＋1＝12S n ，所以S n ＋1－S n ＝12S n ，即S n ＋1＝32
S n ，由此可知数列{S n }是一个等比数列，其中首项S 1＝a 1＝2，公比为32
，所以S n ＝2×⎝⎛⎭⎫32n －1， 由此得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧
2 (n ＝1)，⎝⎛⎭
⎫32n －2 (n ≥2). 三、解答题
11．成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{b n }中的b 3、b 4、b 5.
(1)求数列{b n }的通项公式；
(2)数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：数列{S n ＋54
}是等比数列． (1)解 设成等差数列的三个正数分别为a －d ，a ，a ＋d .
依题意，得a －d ＋a ＋a ＋d ＝15.
解得a ＝5.
所以{b n }中的b 3，b 4，b 5依次为7－d,10,18＋d .
依题意，有(7－d )(18＋d )＝100，
解得d ＝2或d ＝－13(舍去)．
故{b n }的第3项为5，公比为2.
由b 3＝b 1·22，即5＝b 1·22，
解得b 1＝54.
所以b n ＝b 1·q n －1＝54
·2n －1＝5·2n －3， 即数列{b n }的通项公式b n ＝5·2n －
3. (2)证明 由(1)得数列{b n }的前n 项和
S n ＝54(1－2n )1－2
＝5·2n －2－54， 即S n ＋54
＝5·2n －2. 所以S 1＋54＝52，S n ＋1＋54S n ＋54
＝5·2n －15·2n －2＝2. 因此{S n ＋54}是以52
为首项，2为公比的等比数列． 12．若数列{b n }对于n ∈N *，都有b n ＋2－b n ＝d (常数)，则称数列{b n }是公差为d 的准等差数
列，如数列{c n }，若c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧
4n －1，n 为奇数，4n －9，n 为偶数，则数列{c n }是公差为8的准等差数列．设数列{a n }满足a 1＝a ，对于n ∈N *，都有a n ＋a n ＋1＝2n .
(1)求证：{a n }为准等差数列；
(2)求{a n }的通项公式及前20项和S 20.
(1)证明 ∵a n ＋1＋a n ＝2n ，①
∴a n ＋2＋a n ＋1＝2n ＋2.②
由②－①得a n ＋2－a n ＝2(n ∈N *)，
∴{a n }是公差为2的准等差数列．
(2)解 已知a 1＝a ，a n ＋1＋a n ＝2n (n ∈N *)，
∴a 1＋a 2＝2，即a 2＝2－a .
∴由(1)可知a 1，a 3，a 5，…，成以a 为首项，2为公差的等差数列，a 2，a 4，a 6，…，成以2－a 为首项，2为公差的等差数列．
∴当n 为偶数时，a n ＝2－a ＋(n 2
－1)×2＝n －a ， 当n 为奇数时，a n ＝a ＋(n ＋12
－1)×2＝n ＋a －1， ∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧
n ＋a －1，n 为奇数，n －a ，n 为偶数. S 20＝a 1＋a 2＋…＋a 19＋a 20
＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 19＋a 20)
＝2×1＋2×3＋…＋2×19＝2×(1＋19)×102
＝200. 13．(2013·湖北)已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，S 4，S 2，S 3成等差数列，且a 2＋a 3＋a 4＝－18.
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)是否存在正整数n ，使得S n ≥2 013？若存在，求出符合条件的所有n 的集合；若不存在，说明理由．
解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，
则a 1≠0，q ≠0.由题意得
⎩
⎪⎨⎪⎧ S 2－S 4＝S 3－S 2，a 2＋a 3＋a 4＝－18. 即⎩⎪⎨⎪⎧
－a 1q 2－a 1q 3＝a 1q 2，a 1q (1＋q ＋q 2)＝－18， 解得⎩⎪⎨⎪⎧
a 1＝3，q ＝－2. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝3×(－2)n －
1. (2)由(1)有S n ＝3[1－(－2)n ]1－(－2)
＝1－(－2)n . 假设存在n ，使得S n ≥2 013，
则1－(－2)n ≥2 013，即(－2)n ≤－2 012.
当n 为偶数时，(－2)n >0，上式不成立；
当n 为奇数时，(－2)n ＝－2n ≤－2 012，
即2n ≥2 012，得n ≥11.
综上，存在符合条件的正整数n ，且所有这样的n 的集合为{n |n ＝2k ＋1，k ∈N ，k ≥5}．。