第35讲数列的求和（解析版）_2.2025数学总复习_2023年新高考资料_一轮复习_2023年高考数学一轮复习考点精讲练+易错题型（新高考专用）

第 35 讲 数列求和 【基础知识全通关】 1．等差数列的前n项和 首 项 为 ， 末 项 为 ， 项 数 为 n 的 等 差 数 列 的 前 n 项 和 公 式 ： ． 令 ， ，可得 ，则 当 ，即 时， 是关于n的二次函数，点 是 的图象上 一系列孤立的点； 当 ，即 时， 是关于n的一次函数 ，即 或常函数 ， 即 ，点 是直线 上一系列孤立的点． 我们可以借助二次函数的图象和性质来研究等差数列的前n项和的相关问题． 2．用前n项和公式法判定等差数列 等差数列的前n项和公式与函数的关系给出了一种判断数列是否为等差数列的方法：若 数列 的前n项和 ，那么当且仅当 时，数列 是以 为首项， 为公差的等差数列；当 时，数列 不是等差数列． 3．等差数列的常用性质 由等差数列的定义可得公差为 的等差数列 具有如下性质： （1）通项公式的推广： ， ． a +a =a +a （2）若 ，则 ． m n p q 特别地，①若 ，则 ； ②若 ，则 ． ③有穷等差数列中，与首末两项等距离的两项之和都相等，都等于首末两项的和，即 （3）下标成等差数列的项 组成以md为公差的等差数列． （4）数列 是常数 是公差为td的等差数列． （5）若数列 为等差数列，则数列 是常数 仍为等差数列． （6）若 ，则 ． 4．与等差数列各项的和有关的性质 利用等差数列的通项公式及前n项和公式易得等差数列的前n项和具有如下性质： 设等差数列 （公差为d）和 的前n项和分别为 ， （1）数列 是等差数列，首项为 ，公差为 ． （2） 构成公差为 的等差数列． （3）若数列 共有 项，则 ， ． （ 4 ） 若 数 列 共 有 项 ， 则 ， ． （5） ， ． 5.等比数列的前n项和公式 首 项 为 ， 公 比 为 的 等 比 数 列 的 前 项 和 的 公 式 为（1）当公比 时，因为 ，所以 是关于 n 的正比例函数，则数列 的图象是正比例函数 图象上的一群孤立的点． （2）当公比 时，等比数列的前 项和公式是 ，即 ， 设 ， 则 上 式 可 写 成 的 形 式 ， 则 数 列 的图象是函数 图象上的一群孤立的点． 由此可见，非常数列的等比数列的前n项和 是一个关于n的指数型函数与一个常数的 和，且指数型函数的系数与常数项互为相反数． 6、等比数列及其前n项和的性质 若数列 是公比为 的等比数列，前n项和为 ，则有如下性质： （ 1 ） 若 ， 则 ； 若 ， 则 ． 推 广 ： 若 ， 则 ． （2）若 成等差数列，则 成等比数列． （3）数列 仍是公比为 的等比数列；数列 是公比为 的等比数列； 数列 是公比为 的等比数列； 若数列 是公比为 的等比数列，则数列 是公比为 的等比数列． （4） 成等比数列，公比为 ． （5）连续相邻 项的和（或积）构成公比为 或 的等比数列． （6）当 时， ；当 时， ． （7） ． （8）若项数为 ，则 ，若项数为 ，则 ． （9）当 时，连续 项的和（如 ）仍组成等比数列 （公比为 ， ）．注意：这里连续m项的和均非零． 【考点研习一点通】 考点一 求解等差数列的通项及前n项和 1.已知数列 中， ，当 时， ，求数列 的通项公式． 【解析】当 时， ，即 ， 两边同时取倒数，得 ，即 ， 所以数列 是以 为首项， 为公差的等差数列，所以 ， 故 ． 【变式1-1】已知 为等差数列 的前n项和，且a =7,S =16 . 4 4 （1）求数列 的通项公式； 1 b = （2）设 n a a ，求数列 的前n项和 T . n n+1 n 【解析】（1）设等差数列 的公差为d， { a +3d=7 1 依题意得 ，解得 ， 4a +6d=16 a =1,d=2 1 1 则 . 故数列 的通项公式为 . 1 1 1 1 b = = ( − ) n (2n−1)(2n+1) 2 2n−1 2n+1 （2）由（1）得 ， ， 故数列 的前n项和 . 考点二 数列 的前n项和的求解 {a } S =−3n2 +49n 2.已知数列 n 的前n项和为 n . {a } （1）请问数列 n 是否为等差数列？如果是，请证明； b =|a | {b } （2）设 n n ，求数列 n 的前n项和. S =−3n2 +49n, S =−3(n−1) 2 +49(n−1)(n≥2) 【解析】（1）由 n 可得 n−1 ，a =−6n+52(n≥2),而由a =S =46,可得a =−6n+52, 两式相减可得 n 1 1 n a −a =−6 {a } 于是由 n+1 n 可知数列 n 为等差数列. {b } T （2）记数列 n 的前n项和为 n， 当n ≤8时，T =−3n2 +49n; n 当n>9时，T =2S −S =400−(−3n2 +49n)=3n2 −49n+400 n 8 n . {b } 故数列 n 的前n项和为 . 【变式2-1】设数列 满足 ． （1）求数列 的通项公式； （2）求数列 的前n项和 ． 【解析】（1）设 ，且数列 的前 项和为 ，则有 . 当 时， ； 当 时， . 从而 ，即 ，解得 . （2）设数列 的前 项和为 ，当 时， ，所以有 当 时， ； 当 时， .综上， . 考点三 求解等比数列的通项及前n项和 3.若等比数列 的前 项和为 ,且 5，则 等于 A．5 B．16 C．17 D．25 【答案】C 【解析】当公比 时， 故公比不为1， 当 公 比 时 ， ∴ ， ∴ ，故选C. 【名师点睛】本题重点考查了等比数列的前n项和，注意对公比 的分类讨论，这是一个 易错点,同时注意首项与公比均不为零.解决本题时，对公比 进行分类讨论，利用前n项和 公式及条件，求出 ，从而得到结果. 【变式3-1】已知等比数列 的各项均为正数，且 ， . （1）求数列 的通项公式； （2）若数列 满足： ，求数列 的前 项和 .【答案】（1） ；（2） . 【解析】（1）设等比数列{a}的公比为q， n ∵a＝6，a＋a＝72， 2 3 4 ∴6q＋6q2＝72，即q2＋q－12＝0，解得q＝3或q＝－4． 又∵a＞0， n ∴q＞0， ∴q＝3， ． ∴ . （2）∵ ， ∴ . 考点四 等比数列的性质的应用 4.在等比数列 中， 是方程 的根，则 A． B．2 C．1 D． 【答案】A 【 解 析 】 由 等 比 数 列 的 性 质 知 ， 故 ，故选A. 【变式 4-1】已知等比数列 的前 n 项和为 ，若 ， ，则_______． 【答案】140 【解析】方法1：由 ， ，易得公比 ， 根据等比数列前 n 项和的性质，可得 ，即 ，解得 ， 又 ，所以 ， ． 方法2：根据等比数列前n项和的性质，可得 ，即 ，解得 ， 所以 ． 方法3：根据等比数列前n项和的性质，可知 ， ， 成等比数列， 则 ，即 ，解得 ． 【考点易错】 1.等差数列 的前30项之和为50，前50项之和为30，求 。 【思路】根据等差数列前 n 项公式 ，整体代入，或者应用公式 。 【解析】法一: ∵ 为等差数列， ∴ , { 302 30 − S = 30a + d= 50...... (1)¿¿¿¿ 30 1 2 ∴ 79d −1=a + 1 2 (2)-(1)有 ， 即80(80−1) 79d S =80a + d=80(a + )=−80 80 1 2 1 2 ∴ 。 法二: ∵ 为等差数列， ∴ , {S = 302 ⋅A+ 30B¿¿¿¿ {50 = 30 2 A+ 30B........ (1)¿¿¿¿ 30 ∴ 即 ∴ (2)-(1)有： 即 , ∴ , ∴ 。 n(a +a ) S = 1 n n 2 法三:∵ 为等差数列， ∴ ， , ∵ , ,…, 也为等差数列， 20⋅(a +a ) S −S =a +a +⋯+a = 31 50 =10⋅(a +a )=10⋅(a +a ) 50 30 31 32 50 2 31 50 1 80 ∴ , S 50 −S 30 30−50 a +a = = =−2 1 80 10 10 ∴ , 80⋅(a +a ) S = 1 80 =40⋅(a +a )=−80 80 2 1 80 ∴ . 【总结】法一、二均可用方程思想求出A、B、 、d来，然后求未知，运算量则相对很大， 此时要注意整体思想的运用。 2.设 为数列 的前n项和，且 .求证：数列 为等差数列． 【思路】判断一个数列是否等差数列，可以参考考点梳理中罗列的方法。 证明：由 得 ，所以 整理得 ，又得 相减并整理得: 所以数列 是个等差数列 1 2 3.设{a}是等差数列,证明以b= (n∈N*)为通项公式的数列{b}是等差数 n n n 列. 证法一:设等差数列{a}的公差是d(常数), n 当n≥2时，1 a +a +¿⋅¿+a 1 2 n−1 = 2 - n−1 n(a +a ) (n−1)(a +a ) 1 n 1 n−1 − = 2n 2(n−1) a +a a +a 1 n 1 n−1 − = 2 2 = = (常数) ∴{b}是等差数列. n 证法二:等差数列{a}的前n项和 , n ∴b= n ∴{b}是等差数列. n 【总结】判断或证明数列是等差数列的方法有: (1)定义法:a -a=d(常数)(n∈N*)⇔{a}是等差数列; n+1 n n (2)中项公式法:2a =a+a (n∈N*)⇔{a}是等差数列; n+1 n n+2 n (3)通项公式法:a=kn+b(k、b是常数)(n∈N*)⇔{a}是等差数列; n n (4)前n项和公式法:S=An2+Bn(A、B是常数)(n∈N*)⇔{a}是等差数列. n n 4．等差数列 的前n项和为 ,若 , , . （1）求公差d的取值范围； （2）n为何值时，S 最大，并说明理由。 n 【解析】 12 11 { × S = 12a + d>0 ¿ ¿¿¿ 12 1 2 （1）由 又由 得 代入不等式组 {24 +7d>0¿¿¿¿ 24 − − >0 ¿¿¿¿ 1 2 ∴ 即 ， ∴ 中最后一个正数项是 ， 开始为负数项 ∴当n=6时， 最大. 方法二：由（1）知： 且 ∴数列 是递减数列， 若要 最大，需确定数列中最后一个非负数项是第几项. 由 ∴ 即 , ∴ 由 ， ∴ , 即 , ∴ , ∴ ∴ 中最后一个正数项是 ， 开始为负数项 ∴当n=6时， 最大. 方法三： ∵ d<0, ∴当 最小时 有最大值， 当 时， ∴当n=6时 最小，即 最大， 方法四： 是等差数列，故设 ，如图所示 ∵ , ， ∴抛物线与x轴的另一个交点在n=12与n=13之间。 ∴对称轴l的位置在6与6.5之间， 易知n=6对应的A点与对称轴的距离比n=7对应的点B与对称轴的距离要近， 故A为最高点， 最大。5.若数列 满足 ，则称数列 为“平方递推数列”．已知数列 中， ，点 在函数 的图象上，其中n为正整数． （1）证明：数列 是“平方递推数列”，且数列 为等比数列； （2）设（1）中“平方递推数列”的前n项之积为 ，求 ； （3）在（2）的条件下，记 ，设数列 的前n项和为 ，求使 成立的n的最小值． 【答案】（1）见解析；（2） ；（3） ． a 1 【解析】（1）由题意得 ，即 ，则 n 是“平方递推 数列”． 对 两边取对数得 ， 所以数列 是以 为首项，2为公比的等比数列． （2）由（1）知 ， 则 （3）由（2）知 ， ， 又 ，所以 ，即 ， 又 ， 所以 ， 故使 成立的n的最小值为 ． 6.若数列 的前 项和 满足 . （1）求证：数列 是等比数列； （2）设 ，求数列 的前 项和 . 【答案】（1）见解析；（2） . 【解析】（1）当 时， ，计算得出 ， 当 时，根据题意得， ， 所以 ，即 . ，即 ， 数列 是首项为−2，公比为2的等比数列. （2）由（1）知， ， ， ，， 则 . 【名师点睛】本题考查了等比数列的证明，数列求和的常用方法；数列求和的常用方有： 分组求和，用于当数列中相邻两项的和或者差是定值的；错位相减法，用于一个等比数列 和等差数列乘到一起；裂项相消法主要用于分式型的通项. 7.已知等比数列 满足 . （1）求 的通项公式； （2）设 ，求数列 的前 项和. 【答案】（1） ；（2） . 【解析】（1）设 ，依题意，有 ， 解得 . 所以 . （2） .记数列 的前n项的和为 ，则 ， . 两式相减，得 . 故 . 【名师点睛】本题主要考查了数列通项的求法以及数列前 项和的求法.数列通项的求法常 用的方法有：公式法、累加、累乘等.求数列前 项和的常用的方法有：错位相减、裂项相 消、分组求和等. （1）把 和 换成 和 的关系即可. （2）首先利用裂项把 计算出来，再根据错位相减即可得出 的前 项和. 【巩固提升】 1． 和 是两个等差数列，其中 为常值， ， ， ，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由已知条件求出 的值，利用等差中项的性质可求得 的值. 【详解】由已知条件可得 ，则 ，因此，. 故选：B. 2.已知数列 满足 .记数列 的前n项和为 ，则（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】显然可知， ，利用倒数法得到 ，再 放缩可得 ，由累加法可得 ，进而由 局部放 缩可得 ，然后利用累乘法求得 ，最后根据裂项相消法即可 得到 ，从而得解． 【详解】因为 ，所以 ， ． 由 ，即 根据累加法可得， ，当且仅当 时取等号，， 由累乘法可得 ，当且仅当 时取等号， 由裂项求和法得： 所以 ，即 ． 故选：A． 【点睛】本题解题关键是通过倒数法先找到 的不等关系，再由累加法可求得 ，由题目条件可知要证 小于某数，从而通过局部放缩得到 的不等 关系，改变不等式的方向得到 ，最后由裂项相消法求得 ． 3.某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格 为 的长方形纸，对折1次共可以得到 ， 两种规格 的图形，它们的面积之和 ，对折2次共可以得到 ， ， 三种规格的图形，它们的面积之和 ，以此类推，则对折4次共 可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折 次，那么 ______ .【答案】5 【分析】（1）按对折列举即可；（2）根据规律可得 ，再根据错位相减法得结果. 【详解】（1）由对折2次共可以得到 ， ， 三种规 格的图形，所以对着三次的结果有： ，共4种不同规格（单位 ； 故对折4次可得到如下规格： ， ， ， ， ，共5种不同规格； （2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格 如何，其面积成公比为 的等比数列，首项为120 ,第n次对折后的图形面积为 ，对于第n此对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想 为 种（证明从略），故得猜想 ， 设 ， 则 ， 两式作差得：， 因此， . 故答案为： ； . 【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法： （1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解； （2）对于 结构，其中 是等差数列， 是等比数列，用错位相减法求和； （3）对于 结构，利用分组求和法； （4）对于 结构，其中 是等差数列，公差为 ，则 ，利用裂项相消法求和. 9 4.已知数列 a n  的前n项和为 S n ， a 1  4 ，且 4S n1 3S n 9 . a  （1）求数列 n 的通项； b  3b (n4)a 0 b  T T b （2）设数列 n 满足 n n ，记 n 的前n项和为 n，若 n n对任意 nN  恒成立，求 的范围.3 a 3( )n 【答案】（1） n 4 ；（2）31. 4S 3S 9 S a n1,n2 【分析】（1）由 n1 n ，结合 n与 n的关系，分 讨论，得到数列 {a } n 为等比数列，即可得出结论； 3b (n4)a 0 (1) T T b （2）由 n n 结合 的结论，利用错位相减法求出 n， n n对任意 nN   n 恒成立，分类讨论分离参数 ，转化为 与关于 的函数的范围关系，即可求解. 4(a a )3a 9 n1 【详解】（1）当 时， 1 2 1 ， 9 27 27 4a  9  ,a  2 4 4 2 16 ， 4S 3S 9 n2 当 时，由 n1 n ①， 4S 3S 9 4a 3a  得 n n1 ②，① ②得 n1 n 27 a 3 a  0,a 0, n1  2 16 n a 4 ， n a 3 9 3 2  ,{a }  又 a 4 n 是首项为 ，公比为 的等比数列， 4 4 1 9 3 3 a  ( )n1 3( )n n 4 4 4 ； n4 3 b  a (n4)( )n （2）由 3b (n4)a 0 ，得 n 3 n 4 ， n n 2 3 4 n 3 3 3 3 3 T 3 2 1 0  (n4) 所以 n 4  4    4    4    4  ， 2 3 4 n n1 3 3 3 3 3 3 T 3 2 1  (n5) (n4) 4 n  4    4    4     4    4   ，2 3 4 n n1 1 3 3 3 3 3 3 T 3     (n4) 两式相减得4 n 4  4    4    4    4    4   9  3 n1 1   9 16 4  3 n1   (n4)   4 3 4 1 4 n1 n1 n1 9 9 3 3 3   4 (n4) n       4 4 4 4 4 ， 3 T 4n( )n1 所以 n 4 ， 3 3 4n( )n1 (n4)( )n T b 由 得 4 4 恒成立， n n (n4)3n0 即 恒成立， n4时不等式恒成立； 3n 12   3 n4时， n4 n4，得1； 3n 12   3 n4时， n4 n4，得3； 31 所以 . S a n1 【点睛】易错点点睛：（1）已知 n求 n不要忽略 情况；（2）恒成立分离参数时， (n4)3n0 要注意变量的正负零讨论，如（2）中 恒成立，要对 n40,n40,n40 n40 讨论，还要注意 时，分离参数不等式要变号. R a  a  p0 a  p0 nN,a a 5.定义 p数列 n ：对实数p，满足：① 1 ， 2 ；② 4n1 4n；③a a a  p,a a  p1 m,nN mn m n m n ， ． R （1）对于前4项2，-2，0，1的数列，可以是 2数列吗？说明理由； a  R a （2）若 n 是 0数列，求 5的值； R a  nN,S S （3）是否存在p，使得存在 p数列 n ，对 n 10？若存在，求出所有这样的 p；若不存在，说明理由． R a 1 p 2 【答案】（1）不可以是 2数列；理由见解析；（2） 5 ；（3）存在； ． a R 【分析】(1)由题意考查 3的值即可说明数列不是 2数列； a (2)由题意首先确定数列的前4项，然后讨论计算即可确定 5的值； b a  p b  R (3)构造数列 n n ，易知数列 n 是 0的，结合(2)中的结论求解不等式即可确定满 p 足题意的实数 的值. 0a a a 2,a a 21{2,3} 【详解】(1)由性质③结合题意可知 3 1 2 1 2 ， 2,2,0,1 R 矛盾，故前4项 的数列，不可能是 2数列. a 0,a 0 (2)性质① 1 2 ， a a ,a 1 a a a a 1 a 0 a 1 由性质③ m2 m m ，因此 3 1或 3 1 ， 4 或 4 ， a 0 a a a 0 a 10 若 4 ，由性质②可知 3 4，即 1 或 1 ，矛盾； a 1,a a 1 a a a 11 若 4 3 1 ，由 3 4有 1 ，矛盾. a 1,a a 因此只能是 4 3 1. 1 a  又因为 a a a 或 a a a 1 ，所以 1 2或 a 0 . 4 1 3 4 1 3 11 a  若 1 2，则 a 2 a 11 a 1 a 1 0,a 1 a 1 012a 1 ,2a 1 11,2 ， a 0 不满足 2 ，舍去. a 0 a  当 1 ，则 n 前四项为:0，0，0，1， a n(i 1,2,3),a n1nN 下面用纳法证明 4ni 4n4 ： n0 nk(k 0) 当 时，经验证命题成立，假设当 时命题成立， nk1 当 时： a a a 若 i 1 ，则 4k11 4k5 j4k5j，利用性质③：  a a ∣jN*,1 j 4k4  {k,k1} a k1 j 4k5j ，此时可得： 4k5 ； a k k 0 a 0 否则，若 4k5 ，取 可得： 5 ， a a a 1,2 a 0 而由性质②可得： 5 1 4 ，与 5 矛盾. 同理可得：  a a ∣jN*,1 j 4k5  {k,k1} a k1 j 4k6j ，有 4k6 ；  a a ∣jN*,2 j 4k6  {k1,k2} a k2 j 4k8j ，有 4k8 ；  a a ∣jN*,1 j 4k6  {k1} a a a k1. j 4k7j ，又因为 4k7 4k8，有 4k7 nk1 即当 时命题成立，证毕. a 0 a a 1 综上可得： 1 ， 5 411 . b a  p (3)令 n n ，由性质③可知： m,nN*,b a  pa  pa  p,a  pa  p1 mn mn m n m nb b ,b b 1 m n m n ， b a  p0,b a  p0,b a  pa  p b 由于 1 1 2 2 4n1 4n1 4n 4n， b  R 因此数列 n 为 0数列. 由（2）可知: nN,a n p(i 1,2,3),a n1 p 若 4ni 4n4 ； S S a a 2 p0 S S a a (2 p)0 11 10 11 423 ， 9 10 10 422 ， p 2 a ,a ,,a 0 a 0 j 11 因此 ，此时 1 2 10 ， j ，满足题意. 【点睛】本题属于数列中的“新定义问题”，“新定义”主要是指即时定义新概念、新公 式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的 方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查 的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才 是制胜法宝. a 1,n为奇数, a  n 6.已知数列a 满足 a 1 ， n1  a 2,n为偶数. n 1 n b a b b b  （1）记 n 2n，写出 1， 2，并求数列 n 的通项公式； a  （2）求 n 的前20项和. b 2,b 5 300 【答案】（1） 1 2 ；（2） . b  b b 3 【分析】（1）根据题设中的递推关系可得 n1 n ，从而可求 n 的通项. a  20 S （2）根据题设中的递推关系可得 n 的前 项和为 20可化为 S 2b b  b b 10 S 20 1 2  9 10 ，利用（1）的结果可求 20. b a a 12,b a a 1a 215 【详解】（1）由题设可得 1 2 1 2 4 3 2a a 1 a a 2 (kN*) 又 2k2 2k1 ， 2k1 2k ， a a 3 b b 3 b b 3 故 2k2 2k ，即 n1 n ，即 n1 n b  b 2n133n1 所以 n 为等差数列，故 n . （2）设 a n  的前 20 项和为 S 20，则 S 20 a 1 a 2 a 3   a 20， a a 1,a a 1, ,a a 1 因为 1 2 3 4  19 20 ， S 2a a  a a 10 所以 20 2 4  18 20  910  2b b  b b 102 102 3 10300 1 2  9 10   2   . 【点睛】方法点睛：对于数列的交叉递推关系，我们一般利用已知的关系得到奇数项的递 推关系或偶数项的递推关系，再结合已知数列的通项公式、求和公式等来求解问题. 2 1  2 7.记S 为数列 a  的前n项和，b 为数列 S  的前n项积，已知S b ． n n n n n n b  （1）证明：数列 n 是等差数列; a  （2）求 n 的通项公式．  3 ,n1   2 a  【答案】（1）证明见解析；（2） n 1 .  ,n2  nn1  2 1 2b  2 S  n 3 【分析】（1）由已知S n b n 得 n 2b n 1,且b n 0，取 n1 ,得 b 1  2 ,由题意得 2b 2b 2b 2b b 1  2  n b n1  n1 2b 1 2b 1 2b 1 n,消积得到项的递推关系2b 1 b ,进而证明数列 b  1 2 n n1 n n 是等差数列;b S （2）由（1）可得 n的表达式,由此得到 n的表达式,然后利用和与项的关系求得  3 ,n1   2 a  n 1 .  ,n2  nn1  2 1 2b 1  2 S  n b  【详解】（1）由已知S b 得 n 2b 1,且b 0， n 2 , n n n n 3 取 n1 ,由S 1 b 1 得b 1  2 , b S  由于 n为数列 n 的前n项积， 2b 2b 2b 1  2  n b 所以2b 1 2b 1 2b 1 n, 1 2 n 2b 2b 2b 1  2  n1 b 所以2b 1 2b 1 2b 1 n1， 1 2 n1 2b b n1  n1 所以2b 1 b , n1 n b 0 由于 n1 2 1 1  b b  所以2b 1 b ，即 n1 n 2 ,其中nN* n1 n 1 3 b  b  d  所以数列 n 是以 1 2 为首项，以 2 为公差等差数列; 1 3 b  b  d  （2）由（1）可得，数列 n 是以 1 2 为首项，以 2 为公差的等差数列， 3 1 n b  n1 1 n 2 2 2 ,2b 2n S  n  n 2b 1 1n , n 3 a  S  当n=1时， 1 1 2 , 2n 1n 1 a S S    当n≥2时, n n n1 1n n nn1 ,显然对于n=1不成立,  3 ,n1   2 a  ∴ n 1 .  ,n2  nn1  【点睛】本题考查等差数列的证明，考查数列的前n项和与项的关系，数列的前n项积与 2b 2b 2b 2b 2b 2b 1  2  n b 1  2  n1 b 项的关系，其中由2b 1 2b 1 2b 1 n,得到2b 1 2b 1 2b 1 n1， 1 2 n 1 2 n1 2b b n1  n1 进而得到2b 1 b 是关键一步；要熟练掌握前n项和，积与数列的项的关系，消和 n1 n （积）得到项（或项的递推关系），或者消项得到和（积）的递推关系是常用的重要的思 想方法.