(2)∵Sn＝2an－2，∴n＝1时，a1＝2a1－2，解得a1＝2. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2－(2an－1－2)， ∴an＝2an－1.
∴数列{an}是公比与首项都为2的等比数列，∴an＝2. ∴bn＝10－log2an＝10－n. 由bn＝10－n≥0，解得n≤10.
∴{bn}前9项为正，第10项为0，以后各项为负， ∴使数列{bn}的前n项和取最大值时的n的值为9或10. 答案 (1)D (2)9或10
探究提高 1.利用等差(比)性质求解的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解.
2.活用函数性质：数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题.
【训练2】 (1)(2018·湖南六校联考)在等差数列{an}中，其前n项和为Sn，若a5，a7是方程x＋10x－16＝0的两个根，那么S11的值为( ) A.44 C.55
B.－44 D.－55
2
n(2)(2018·石家庄质检)等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lg an}的前8项和S8为( ) A.4
B.2
C.3
D.5
解析 (1)由题设，a5＋a7＝－10，
11（a1＋a11）11（a5＋a7）
则S11＝＝＝11×(－5)＝－55.
22(2)设等比数列{an}的公比为q， 由a5＝5，a4＝2，得5＝2q，∴q＝
5
. 2
∴an＝a4·qn－4
＝2·?
??5??2?
n－4
，且a1a8＝a4a5＝10. 5， 2
从而lg an＝lg2＋(n－4)lg则数列{lg an}是等差数列，
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1
∴S8＝(lg a1＋lg a8)×8＝4lg(a1a8)＝4lg10＝2.
2答案 (1)D (2)B
热点三 等差(比)数列的判断与证明
【例3】 (2018·成都调研)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an>0，Sn＝an＋1－λSn＋1，其中λ为常数.
(1)证明：Sn＋1＝2Sn＋λ；
(2)是否存在实数λ，使得数列{an}为等比数列，若存在，求出λ；若不存在，请说明理由. (1)证明 ∵an＋1＝Sn＋1－Sn，Sn＝an＋1－λSn＋1， ∴Sn＝(Sn＋1－Sn)－λSn＋1， 则Sn＋1(Sn＋1－2Sn－λ)＝0.
∵an>0，知Sn＋1>0，∴Sn＋1－2Sn－λ＝0， 故Sn＋1＝2Sn＋λ.
(2)解 由(1)知，Sn＋1＝2Sn＋λ， 当n≥2时，Sn＝2Sn－1＋λ， 两式相减，an＋1＝2an(n≥2，n∈N)，
所以数列{an}从第二项起成等比数列，且公比q＝2. 又S2＝2S1＋λ，即a2＋a1＝2a1＋λ， ∴a2＝a1＋λ＝1＋λ>0，得λ>－1.
??1，n＝1，
因此an＝? n－2
?（λ＋1）·2，n≥2.?
*
2
2
2
2
2
2
若数列{an}是等比数列，则a2＝1＋λ＝2a1＝2. ∴λ＝1，经验证得λ＝1时，数列{an}是等比数列.
【迁移探究】 若本例中条件“a1＝1”改为“a1＝2”其它条件不变，试求解第(2)问. 解 由本例(2)，得an＋1＝2an(n≥2，n∈N). 又S2＝2S1＋λ，∴a2＝a1＋λ＝2＋λ>0. ∴an＝(2＋λ)·2
n－2
*
(n≥2).
又a1＝2，若{an}是等比数列， ∴a2＝(2＋λ)·2＝2a1＝4，∴λ＝2.
故存在λ＝2，此时an＝2，数列{an}是等比数列.
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n0
探究提高 1.判定等差(比)数列的主要方法：(1)定义法：对于任意n≥1，n∈N，验证an＋1－an?或2.
*
?an＋1?为与正整数n无关的一常数；(2)中项公式法.
??an?
an＋12
＝q和an＝an－1an＋1(n≥2)都是数列{an}为等比数列的必要不充分条件，判定时还要看an各项是否为零.
【训练3】 (2017·全国Ⅰ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和.已知S2＝2，S3＝ －6.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列. 解 (1)设{an}的公比为q，由题设可得
???a1（1＋q）＝2，?q＝－2，?解得? 2
?a1（1＋q＋q）＝－6，?a1＝－2.??
故{an}的通项公式为an＝(－2).
na1（1－qn）－2[1－（－2）n](2)由(1)得Sn＝＝ 1－q1－（－2）
2n＝[(－2)－1]， 3
22n＋1n＋2
则Sn＋1＝[(－2)－1]，Sn＋2＝[(－2)－1]，
33
2224n＋1n＋2nn所以Sn＋1＋Sn＋2＝[(－2)－1]＋[(－2)－1]＝[2(－2)－2]＝[(－2)－1]＝2Sn，
3333∴Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列.
热点四 等差数列与等比数列的综合问题
【例4】 (2018·天津卷)设{an}是等差数列，其前n项和为Sn(n∈N)；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(n∈N).已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6. (1)求Sn和Tn；
(2)若Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整数n的值. 解 (1)设等比数列{bn}的公比为q(q>0). 由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q－q－2＝0. 因为q>0，可得q＝2，故bn＝21－2n所以，Tn＝＝2－1.
1－2设等差数列{an}的公差为d.
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nn－12
*
*
.
由b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4.
由b5＝a4＋2a6，可得3a1＋13d＝16，从而a1＝1，d＝1， 故an＝n. 所以，Sn＝
n（n＋1）
2
.
(2)由(1)，有
T1＋T2＋…＋Tn＝(21＋22＋…＋2n)－n
2×（1－2）n＋1＝－n＝2－n－2.
1－2由Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn 得
nn（n＋1）
2
2
＋2
n＋1
－n－2＝n＋2
n＋1
，
整理得n－3n－4＝0，解得n＝－1(舍)，或n＝4. 所以，n的值为4.
探究提高 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.数列的通项或前n项和可以看作关于n的函数，然后利用函数的性质求解数列问题. 【训练4】 (2018·武汉质检)在公比为q的等比数列{an}中，已知a1＝16，且a1，a2＋2，
a3成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若q<1，求满足a1－a2＋a3－a4＋…＋a2n－1－a2n>10的最小正整数n的值. 解 (1)依题意，2(a2＋2)＝a1＋a3，且a1＝16. ∴2(16q＋2)＝16＋16q， 即4q－8q＋3＝0. 13因此q＝或q＝.
221?1?当q＝时，an＝16·??2?2?3?3?当q＝时，an＝16·??2?2?
n－1
2
2
＝2
n－1
5－n；
.
5－n(2)由(1)知，当q<1时，an＝2.
则a1－a2＋a3－a4＋…＋a2n－1－a2n
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