【数学】2019届一轮复习北师大版（文科数学）第六章第3讲　等比数列及其前n项和学案

【数学】2019届一轮复习北师大版（文科数学）第六章第3讲　等比数列及其前n项和学案

第3讲　等比数列及其前n项和 ‎1．等比数列的有关概念 ‎(1)定义 如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示，定义的表达式为＝q(q≠0，n∈N*)．‎ ‎(2)等比中项 如果a、G、b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项．即：G是a与b的等比中项⇒G2＝ab．‎ ‎2．等比数列的有关公式 ‎(1)通项公式：an＝a1qn－1．‎ ‎(2)前n项和公式：Sn＝ ‎3．等比数列的性质 已知数列{an}是等比数列，Sn是其前n项和．(m，n，p，q，r，k∈N*)‎ ‎(1)若m＋n＝p＋q＝2r，则am·an＝ap·aq＝a；‎ ‎(2)数列am，am＋k，am＋2k，am＋3k，…仍是等比数列；‎ ‎(3)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍是等比数列(此时{an}的公比q≠－1)．‎ ‎ 判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(1)与等差数列类似，等比数列的各项可以是任意一个实数．(　　)‎ ‎(2)公比q是任意一个常数，它可以是任意实数．(　　)‎ ‎(3)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.(　　)‎ ‎(4)数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和为Sn＝.(　　)‎ 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×‎ ‎ (教材习题改编)等比数列{an}中，a3＝12，a4＝18，则a6等于(　　)‎ A．27　　　　　　　　　 B．36‎ C． D．54‎ 解析：选C．由a3＝12，a4＝18，得解得a1＝，q＝，‎ 所以a6＝a1q5＝×＝.故选C．‎ ‎ (教材习题改编)设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3，S4＝15，则S6＝(　　)‎ A．31 B．32‎ C．63 D．64‎ 解析：选C．由等比数列的性质，得(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)，即122＝3×(S6－15)，解得S6＝63.故选C．‎ ‎ 在单调递减的等比数列{an}中，若a3＝1，a2＋a4＝，则a1＝________．‎ 解析：在等比数列{an}中，a2a4＝a＝1，又a2＋a4＝，数列{an}为递减数列，所以a2＝2，a4＝，所以q2＝＝，所以q＝，a1＝＝4.‎ 答案：4‎ ‎ 在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn为{an}的前n项和．若Sn＝126，则n＝________．‎ 解析：由an＋1＝2an，知数列{an}是以a1＝2为首项，公比q＝2的等比数列，‎ 由Sn＝＝126，解得n＝6.‎ 答案：6‎ ‎ (教材习题改编)在9与243中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________．‎ 解析：设该数列的公比为q，由题意知，‎ ‎243＝9×q3，得q3＝27，所以q＝3.‎ 所以插入的两个数分别为9×3＝27，27×3＝81.‎ 答案：27，81‎ 等比数列基本量的运算 ‎[典例引领]‎ ‎ (1)(2017·高考江苏卷)等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn.已知S3＝，S6＝，则a8＝________．‎ ‎(2)(2017·高考全国卷Ⅱ)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝2.‎ ‎①若a3＋b3＝5，求{bn}的通项公式；‎ ‎②若T3＝21，求S3.‎ ‎【解】　(1)设等比数列{an}的公比为q，则由S6≠2S3得q≠1，则S3＝＝，S6＝＝，解得q＝2，a1＝，则a8＝a1q7＝×27＝32.故填32.‎ ‎(2)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则an＝－1＋(n－1)d，bn＝qn－1.‎ 由a2＋b2＝2得d＋q＝3.(ⅰ)‎ ‎①由a3＋b3＝5得2d＋q2＝6.(ⅱ)‎ 联立(ⅰ)和(ⅱ)解得(舍去)， 因此{bn}的通项公式为bn＝2n－1.‎ ‎②由b1＝1，T3＝21得q2＋q－20＝0，解得q＝－5，q＝4.‎ 当q＝－5时，由(ⅰ)得d＝8，则S3＝21.‎ 当q＝4时，由(ⅰ)得d＝－1，则S3＝－6.‎ 解决等比数列有关问题的2种常用思想 方程 的思想 等比数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a1和q，问题可迎刃而解 分类讨论 的思想 等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论，当q＝1时，{an}的前n项和Sn＝na1；当q≠1时，{an}的前n项和Sn＝＝ ‎[通关练习]‎ ‎1．(2018·武汉调研)设公比为q(q>0)的等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则a1＝(　　)‎ A．－2　　　　　　　 B．－1‎ C． D． 解析：选B．由S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2得a3＋a4＝3a4－3a2，即q＋q2＝3q2－3，解得q＝－1(舍)或q＝，将q＝代入S2＝3a2＋2中得a1＋a1＝3×a1＋2，解得a1＝－1.故选B．‎ ‎2．(2018·东北四市模拟)等比数列{an}中各项均为正数，Sn是其前n项和，且满足2S3＝8a1＋3a2，a4＝16，则S4＝________．‎ 解析：由题意得，2(a1＋a2＋a3)＝8a1＋3a2，所以2a3－a2－6a1＝0.设{an}的公比为q(q>0)，则2a1q2－a1q－6a1＝0，即2q2－q－6＝0，解得q＝2或q＝－(舍去)．因为a4＝16，所以a1‎ ‎＝2，则S4＝＝30.‎ 答案：30‎ 等比数列的判定与证明 ‎[典例引领]‎ ‎ 设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)．‎ ‎(1)求a2，a3的值；‎ ‎(2)求证：数列{Sn＋2}是等比数列．‎ ‎【解】　(1)因为a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)，‎ 所以当n＝1时，a1＝2×1＝2；‎ 当n＝2时，a1＋2a2＝(a1＋a2)＋4，‎ 所以a2＝4；‎ 当n＝3时，a1＋2a2＋3a3＝2(a1＋a2＋a3)＋6，‎ 所以a3＝8.‎ 综上，a2＝4，a3＝8.‎ ‎(2)证明：因为a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)．①‎ 所以当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1‎ ‎＝(n－2)Sn－1＋2(n－1)．②‎ ‎①－②，得nan＝(n－1)Sn－(n－2)Sn－1＋2＝n(Sn－Sn－1)－Sn＋2Sn－1＋2＝nan－Sn＋2Sn－1＋2.‎ 所以－Sn＋2Sn－1＋2＝0，‎ 即Sn＝2Sn－1＋2，‎ 所以Sn＋2＝2(Sn－1＋2)．‎ 因为S1＋2＝4≠0，‎ 所以Sn－1＋2≠0，所以＝2，‎ 故{Sn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．‎ 等比数列的4种常用判定方法 定义法 若＝q(q为非零常数，n∈N*)或＝q(q为非零常数且n≥2，n∈N*)，则{an}是等比数列 中项 若数列{an}中，an≠0且a＝an·an＋2(n∈N*)，则数列{an}是等比数列 公式法 通项 公式法 若数列通项公式可写成an＝c·qn－1(c，q均是不为0的常数，n∈N*)，则{an}是等比数列 前n项和 公式法 若数列{an}的前n项和Sn＝k·qn－k(k为常数且k≠0，q≠0，1)，则{an}是等比数列 ‎[注意]　(1)前两种方法是判定等比数列的常用方法，常用于证明；后两种方法常用于选择题、填空题中的判定．‎ ‎(2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可．　 ‎ ‎[通关练习]‎ 设数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*.已知a1＝1，a2＝，a3＝，且当n≥2时，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1.‎ ‎(1)求a4的值；‎ ‎(2)证明：为等比数列．‎ 解：(1)当n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，‎ 即4＋5＝8＋1，解得a4＝.‎ ‎(2)证明：由4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)，‎ ‎4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)，‎ 即4an＋2＋an＝4an＋1(n≥2)．‎ 因为4a3＋a1＝4×＋1＝6＝4a2，‎ 所以4an＋2＋an＝4an＋1，所以 ‎＝＝＝＝，‎ 所以数列是以a2－a1＝1为首项，为公比的等比数列．‎ 等比数列的性质(高频考点)‎ 等比数列的性质是每年高考的重点，多与等比数列基本量的计算综合考查，难度适中，既有选择、填空题，也有解答题，主要命题角度有：‎ ‎(1)等比数列项的性质；‎ ‎(2)等比数列前n项和的性质．‎ ‎[典例引领]‎ ‎ 角度一　等比数列项的性质 ‎ (1)若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝________．‎ ‎(2)等比数列{an}的前n项和为Sn，若an>0，q>1，a3＋a5＝20，a2a6＝64，则S5＝________．‎ ‎【解析】　(1)因为a10a11＋a9a12＝2a10a11＝2e5，‎ 所以a10a11＝e5.‎ 所以ln a1＋ln a2＋…＋ln a20‎ ‎＝ln(a1a2…a20)‎ ‎＝ln[(a1a20)·(a2a19)·…·(a10a11)]‎ ‎＝ln(a10a11)10＝10ln(a10a11)‎ ‎＝10ln e5＝50ln e＝50.‎ ‎(2)由等比数列的性质，得a3a5＝a2a6＝64，于是由且an>0，q>1，得a3＝4，a5＝16，所以解得所以S5＝＝31.‎ ‎【答案】　(1)50　(2)31‎ ‎ 角度二　等比数列前n项和的性质 ‎ (1)等比数列{an}中，前n项和为48，前2n项和为60，则其前3n项和为________．‎ ‎(2)数列{an}是一个项数为偶数的等比数列，所有项之和是偶数项之和的4倍，前三项之积为64，则此数列的通项公式为an＝________．‎ ‎【解析】　(1)法一：设数列{an}的前n项和为Sn.‎ 因为S2n≠2Sn，‎ 所以q≠1，由前n项和公式得 ‎②÷①，得1＋qn＝，‎ 所以qn＝.③‎ 将③将入①，得＝64.‎ 所以S3n＝＝64×＝63.‎ 法二：设数列{an}的前n项和为Sn，‎ 因为{an}为等比数列，‎ 所以Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等比数列，‎ 所以(S2n－Sn)2＝Sn(S3n－S2n)，‎ 即S3n＝＋S2n＝＋60＝63.‎ 法三：设数列{an}的前n项和为Sn，‎ 因为S2n＝Sn＋qnSn，‎ 所以qn＝＝，‎ 所以S3n＝S2n＋q2nSn＝60＋×48＝63.‎ ‎(2)设此数列{an}的公比为q，‎ 由题意，知S奇＋S偶＝4S偶，‎ 所以S奇＝3S偶，‎ 所以q＝＝.‎ 又a1a2a3＝64，即a1(a1q)(a1q2)＝aq3＝64，‎ 所以a1q＝4.又q＝，所以a1＝12，‎ 所以an＝a1qn－1＝12×.‎ ‎【答案】　(1)63　(2)12× 等比数列常见性质的应用 等比数列性质的应用可以分为三类 ‎(1)通项公式的变形；‎ ‎(2)等比中项的变形；‎ ‎(3)前n项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．‎ ‎[注意]　在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用．　 ‎ ‎[通关练习]‎ ‎1．已知等比数列{an}满足a1＝，a3a5＝4(a4－1)，则a2＝(　　)‎ A．2　　　　　　　　　　　 B．1‎ C． D． 解析：选C．法一：因为a3a5＝a，a3a5＝4(a4－1)，‎ 所以a＝4(a4－1)，‎ 所以a－4a4＋4＝0，‎ 所以a4＝2.又因为q3＝＝＝8，‎ 所以q＝2，所以a2＝a1q＝×2＝，故选C．‎ 法二：因为a3a5＝4(a4－1)，‎ 所以a1q2·a1q4＝4(a1q3－1)，‎ 将a1＝代入上式并整理，得q6－16q3＋64＝0，‎ 解得q＝2，‎ 所以a2＝a1q＝，故选C．‎ ‎2．(2018·云南11校跨区调研)已知数列{an}是等比数列，Sn为其前n项和，若a1＋a2＋a3＝4，a4＋a5＋a6＝8，则S12＝(　　)‎ A．40 B．60‎ C．32 D．50‎ 解析：选B．由等比数列的性质可知，数列S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比数列，即数列4，8，S9－S6，S12－S9是等比数列，因此S12＝4＋8＋16＋32＝60，选B．‎ ‎3．已知等比数列{an}的首项a1＝－1，其前n项和为Sn，若＝，则公比q＝________．‎ 解析：由＝，a1＝－1知公比q≠1，则＝－.由等比数列前n项和的性质知S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，且公比为q5，故q5＝－，q＝－.‎ 答案：－ ‎ 等比数列基本量的计算方法 等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)便可迎刃而解．‎ ‎ 判定等比数列的方法 要证明一个数列是等比数列，最终需归结到定义上，即证＝q(q是不为0的常数)．具体方法见本讲[例2]的[规律方法]．‎ ‎ 求解等比数列问题常用的数学思想 ‎(1)方程思想：如求等比数列中的基本量．‎ ‎(2)分类讨论思想：如求和时要分q＝1和q≠1两种情况讨论，判断单调性时对a1与q分类讨论．‎ ‎ 等比数列中的4个易误点 ‎(1)特别注意q＝1时，Sn＝na1这一特殊情况．‎ ‎(2)由an＋1＝qan，q≠0，并不能立即断言{an}为等比数列，还要验证a1≠0.‎ ‎(3)在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q＝1与q≠1分类讨论，防止因忽略q＝1这一特殊情形而导致解题失误．‎ ‎(4)Sn，S2n－Sn，S3n－S2n未必成等比数列(例如：当公比q＝－1且n为偶数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n不成等比数列；当q≠－1或q＝－1且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列)，但等式(S2n－Sn)2＝Sn·(S3n－S2n)总成立．　　　 ‎ ‎1．设Sn为等比数列{an}的前n项和，已知3S3＝a4－2，3S2＝a3－2，则公比q＝(　　)‎ A．3　　　　　　　　　　　 B．4‎ C．5 D．6‎ 解析：选B．由题意知，q≠1，则，两式相减可得＝q3－q2，即＝1，所以q＝4.‎ ‎2．(2018·成都第二次诊断检测)在等比数列{an}中，已知a3＝6，a3＋a5＋a7＝78，则a5＝(　　)‎ A．12 B．18‎ C．36 D．24‎ 解析：选B．a3＋a5＋a7＝a3(1＋q2＋q4)＝6(1＋q2＋q4)＝78⇒1＋q2＋q4＝13⇒q2＝3，所以a5＝a3q2＝6×3＝18.故选B．‎ ‎3．(2017·高考全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯(　　)‎ A．1盏 B．3盏 C．5盏 D．9盏 解析：选B．每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{an}，则前7项的和S7＝381，公比q＝2，依题意，得＝381，解得a1＝3，选择B．‎ ‎4．(2018·广州综合测试(一))已知等比数列{an}的各项都为正数，且a3，a5，a4成等差数列，则的值是(　　)‎ A． B． C． D． 解析：选A．设等比数列{an}的公比为q，由a3，a5，a4成等差数列可得a5＝a3＋a4，即a3q2＝a3＋a3q，故q2－q－1＝0，解得q＝或q＝(舍去)，由＝＝＝＝＝＝，故选A．‎ ‎5．在正项等比数列{an}中，已知a1a2a3＝4，a4a5a6＝12，an－1anan＋1＝324，则n等于(　　)‎ A．12 B．13‎ C．14 D．15‎ 解析：选C．因为数列{an}是各项均为正数的等比数列，所以a1a2a3，a4a5a6，a7a8a9，a10a11a12，…也成等比数列．‎ 不妨令b1＝a1a2a3，b2＝a4a5a6，则公比q＝＝＝3.‎ 所以bm＝4×3m－1.‎ 令bm＝324，即4×3m－1＝324，‎ 解之得m＝5，‎ 所以b5＝324，即a13a14a15＝324.‎ 所以n＝14.‎ ‎6．在等比数列{an}中，若a1a5＝16，a4＝8，则a6＝________．‎ 解析：因为a1a5＝16，所以a＝16，所以a3＝±4.‎ 又a4＝8，所以q＝±2.‎ 所以a6＝a4q2＝8×4＝32.‎ 答案：32‎ ‎7．已知数列{an}是递增的等比数列，a1＋a4＝9，a2a3＝8，则数列{an}的前n项和Sn ‎＝________．‎ 解析：设等比数列的公比为q，则有 解得或 又{an}为递增数列，所以 所以Sn＝＝2n－1.‎ 答案：2n－1‎ ‎8．(2018·郑州第二次质量预测)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若27a3－a6＝0，则＝________．‎ 解析：由题可知{an}为等比数列，设首项为a1，公比为q，所以a3＝a1q2，a6＝a1q5，所以27a1q2＝a1q5，‎ 所以q＝3，由Sn＝，‎ 得S6＝，S3＝，‎ 所以＝·＝28.‎ 答案：28‎ ‎9．已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝1，a2＋a4＝10，b2b4＝a5.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求和：b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1.‎ 解：(1)设等差数列{an}的公差为d.‎ 因为a2＋a4＝10，所以2a1＋4d＝10.‎ 解得d＝2.‎ 所以an＝2n－1.‎ ‎(2)设等比数列{bn}的公比为q.‎ 因为b2b4＝a5，所以b1qb1q3＝9.‎ 解得q2＝3.‎ 所以b2n－1＝b1q2n－2＝3n－1.‎ 从而b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1＝1＋3＋32＋…＋3n－1＝.‎ ‎10．(2017·高考全国卷Ⅰ)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.由题设可得解得q＝－2，a1＝－2.‎ 故{an}的通项公式为an＝(－2)n.‎ ‎(2)由(1)可得Sn＝＝－＋(－1)n.‎ 由于Sn＋2＋Sn＋1＝－＋(－1)n＝2[－＋(－1)n]＝2Sn，故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列．‎ ‎1．在递增的等比数列{an}中，已知a1＋an＝34，a3·an－2＝64，且前n项和Sn＝42，则n等于(　　)‎ A．3 B．4‎ C．5 D．6‎ 解析：选A．因为{an}为等比数列，‎ 所以a3·an－2＝a1·an＝64.‎ 又a1＋an＝34，‎ 所以a1，an是方程x2－34x＋64＝0的两根，‎ 解得或 又因为{an}是递增数列，‎ 所以 由Sn＝＝＝42，‎ 解得q＝4.‎ 由an＝a1qn－1＝2×4n－1＝32，‎ 解得n＝3.故选A．‎ ‎2．设{an}是等比数列，Sn是{an}的前n项和，对任意正整数n，有an＋2an＋1＋an＋2＝0.又a1＝2，则S101的值为(　　)‎ A．2 B．200‎ C．－2 D．0‎ 解析：选A．设等比数列的公比为q.由an＋2an＋1＋an＋2＝0，‎ 得an(1＋2q＋q2)＝0.‎ 因为an≠0，所以1＋2q＋q2＝0，‎ 解得q＝－1，‎ 所以S101＝a1＝2.故选A．‎ ‎3．已知数列{an}满足a1＝2且对任意的m，n∈N＋，都有＝an，则数列{an}的前n项和Sn＝________．‎ 解析：因为＝an，‎ 令m＝1，则＝an，‎ 即＝a1＝2，‎ 所以{an}是首项a1＝2，公比q＝2的等比数列，‎ Sn＝＝2n＋1－2.‎ 答案：2n＋1－2‎ ‎4．在各项均为正数的等比数列{an}中，已知a2a4＝16，a6＝32，记bn＝an＋an＋1，则数列{bn}的前5项和S5为________．‎ 解析：设数列{an}的公比为q，由a＝a2a4＝16得，a3＝4，即a1q2＝4，又a6＝a1q5＝32，解得a1＝1，q＝2，所以an＝a1qn－1＝2n－1，bn＝an＋an＋1＝2n－1＋2n＝3·2n－1，所以数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列，所以S5＝＝93.‎ 答案：93‎ ‎5．已知{an}是等差数列，满足a1＝3，a4＝12，数列{bn}满足b1＝4，b4＝20，且{bn－an}为等比数列．‎ ‎(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；‎ ‎(2)求数列{bn}的前n项和．‎ 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得 d＝＝＝3，‎ 所以an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1，2，…)．‎ 设等比数列{bn－an}的公比为q，由题意得 q3＝＝＝8，解得q＝2.‎ 所以bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1.‎ 从而bn＝3n＋2n－1(n＝1，2，…)．‎ ‎(2)由(1)知bn＝3n＋2n－1(n＝1，2，…)．‎ 数列{3n}的前n项和为n(n＋1)，数列{2n－1}的前n项和为＝2n－1.‎ 所以，数列{bn}的前n项和为n(n＋1)＋2n－1.‎ ‎6．已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}中，b1＝a1，bn＝an－an－1(n≥2)，且an＋Sn＝n.‎ ‎(1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列；‎ ‎(2)求数列{bn}的通项公式．‎ 解：(1)证明：因为an＋Sn＝n①，‎ 所以an＋1＋Sn＋1＝n＋1②.‎ ‎②－①得an＋1－an＋an＋1＝1，‎ 所以2an＋1＝an＋1，所以2(an＋1－1)＝an－1，‎ 当n＝1时，a1＋S1＝1，所以a1＝，a1－1＝－，‎ 所以＝，又cn＝an－1，‎ 所以{cn}是首项为－，公比为的等比数列．‎ ‎(2)由(1)可知cn＝·＝－，‎ 所以an＝cn＋1＝1－.‎ 所以当n≥2时，bn＝an－an－1＝1－－＝－＝.‎ 又b1＝a1＝也符合上式，‎ 所以bn＝.‎