3）、从发展的角度看若是等差数列，则，,因此有如下命题：
在等差数列中，若,则.
3、前n项和公式
由，
相加得，还可表示为，是n的二次函数。
特别的，由可得。
3、等比数列
1、定义当,且时，总有,q叫公比。
2、通项公式：
在等比数列中，若,则.
3、前n项和公式:
由，两式相减，
当时，；当时，。
关于此公式可以从以下几方面认识：
①不能忽视成立的条件：
。
特别是公比用字母表示时，要分类讨论。
②公式推导过程中，所使用的“错位相消法”，可以用在相减后所得式子能够求和的情形。
如，公差为d的等差数列，，则，
相减得，
当时，，
当时，；
3）从函数角度看是n的函数，此时q和是常数。
4、等差与等比数列概念及性质对照表
名称
等差数列
等比数列
定义
，
通项
公式
变式：
性质
中项
单调性
时增
时常数列
时减
或增；
或时减；
时常数列，时摆动数列
前
n
项
和
（推导方法：
倒加法）
（推导方法：
错位相消法）
结论1、
等差,公差d，则等差公差kd；子数列等差,公差md;若等差，公差，则等差，公差。
等比,公比q，则等比，公比q;等比,公比;等比,公比。
子数列等比，公比;若等差,公差d,则等比,公比为。
2、
等差,公差d则等差，公差2d;等差,公差3d.
等差,公差,且即连续相同个数的和成等差数列。
等比,公比q,则等比，公比;等比，公比；等比，公比q;
等比，公比，（当k为偶数时，）。
3、
等差.公差
等比，公比
4、
等差共2n项，则
等差，共2n+1项，则
=
5、
等差
等比,公比q
联系1、
各项不为0常数列，即是等差，又是等比。
2、
通项公式.
3、
等差，公差d，,则,即等比，公比.
4、
等比，公比q,,即等差,公差.
5、
等差,等比,则前n项和求法，利用错位相消法
6、
求和方法：
公式法，倒加法，错位相消法，裂项法，累加法，累积法，等价转化法等。
5、递推数列表示数列中相邻的若干项之间关系的式子叫数列递推公式。
作为特殊的函数，数列可用递推式表示。
求递推数列通项公式常用方法：
公式法、归纳法、累加法、累乘法。
特别的，累加法是求形如递推数列的基本方法，其中数列可求前n项和，即；累乘法是求形如递推数列通项公式的基本方法，其中数列可求前n项积，即.
第一节等差数列的概念、性质及前n项和
题根一等差数列{an}中，，求S20
[思路]等差数列前n项和公式：
1、由已知直接求a1，公差d.
2、利用性质
[解题]由，，得，
，。
[收获]灵活应用通项性质可使运算过程简化。
[请你试试1——1]
1、等差数列{an}满足，则有（）
A、B、C、D、
2、等差数列中,a3+a7-a10=8,a11-a4=4,求。
第1变求和方法——倒序相加法
[变题1]等差数列{an}共10项，，，求Sn.
[思路]已知数列前四项和与后四项和，结合通项性质，联想Sn公式推导方法。
[解题]已知，，
又，得，，
[收获]1、重视倒加法的应用，恰当运用通项性质：
，快捷准确；
3、求出后运用“整体代换”手段巧妙解决问题。
[请你试试1——2]
1、等差数列{an}共2k+1项，所有奇数项和为，所有偶数项和为，求：
的值。
2、等差数列{an}前n项和为18，若,,求项数n.
3、求由1,2,3,4四个数字组成的无重复数字的所有三位数的和。
4、求和。
第2变已知前n项和及前m项和，如何求前n+m项和
[变题2]在等差数列{an}中，Sn=a,Sm=b,（m>n），求Sn+m的值。
[思路]下标存在关系：
m+n=m+n,这与通项性质是否有关？
[解题]由Sn=a,Sm=Sn+an+1+an+2+……+am=b得an+1+an+2+……+am=b-a,
即，得
由（n+1）+m=1+（n+m）,得an+1+am=a1+am+n
故
[请你试试1——3]
1、在等差数列{an}中，，，求。
2、在等差数列{an}中，，，求。
第3变已知已知前n项和及前2n项和，如何求前3n项和
[变题3]在等差数列{an}中，，，求
[思路]由寻找之间的关系。
[解题]设数列{an}公差为d，，，,,，
所以成等差数列，公差100d,于是，得。
[收获]1、在等差数列{an}中，成等差数列，即，，，……，成等差数列，且。
3、可推广为，，……，。
[请你试试1——4]
1、在等差数列{an}中，，，求
2、在等差数列{an}中，，，求
3、在等差数列{an}中，，，求及。
4、数列{an}中，，，求。
5、等差数列{an}共有3k项，前2k项和，后2k项和，求中间k项和。
第4变迁移变换重视Sx=Ax2+Bx的应用
[变题4]在等差数列{an}中，Sn=m,，Sm=n,（m>n），求Sn+m的值。
[思路]等差数列前n项和公式是关于n的二次函数，若所求问题与无关时，常设为S=An2+Bn形式。
[解题]由已知可设Sn=An2+Bn=mSm=Am2+Bm=n,
两式相减，得A（n+m）（n-m）+B（n-m）=m-n,又m>n,所以，
得。
[收获]“整体代换”设而不求，可以使解题过程优化。
[请你试试1——5]
1、在等差数列{an}中，，，求
2、在等差数列{an}中，，，求
3、在等差数列{an}中，，，求当n为何值时，有最大值
第5变归纳总结，发展提高
[题目]在等差数列{an}中，Sn=a,Sm=b,（m>n），求Sn+m的值。
（仍以变题2为例）
除上面利用通项性质求法外，还有多种方法。
现列举例如下：
1、基本量求解：
由，
相减得,
代入得。
2、利用等差数列前x项和公式Sx=Ax2+Bx求解
由Sx=Ax2+Bx，得Sn=An2+Bn,Sm=Am2+Bm
两式相减，得A（n+m）（n-m）+B（n-m）=a-b
即故
3、利用关系式求解
由知与n成线性关系，从而点集{（n,）}中的点共线，即（n,）,
（m,）,（m+n,）共线，则有，即，
化简,得，即.
4、利用定比分点坐标公式求解
由A（n,）,B（m,）,P（m+n,）三点共线,将点P看作有向线段的定比分点,则，可得,
即.
[请你试试1——6]
若Sn是等差数列{an}的前n项和，S2=3，S6=4，则S12______.
第二节等比数列的概念、性质及前n项和
题根二等比数列{an}，,求。
[思路]1、由已知条件联立，求，从而得
2、由等比数列性质，知成等比数列。
[解题1]由,两式相除，得，。
[解题2]由成等比，得。
[收获]1、灵活应用性质，是简便解题的基础；
2、等比数列中，序号成等差的项，成等比数列。
[请你试试2——1]
等比数列{an}，，若，则_______。
第1变连续若干项之和构成的数列仍成等比数列
[变题2]等比数列{an}，，求。
[思路]等比数列中，连续若干项的和成等比数列。
[解题]设，……，，
则是等比数列，，，即。
[收获]等比数列{an}，时，，……成等比数列，但总有。
当k为偶数时，恒成立。
[请你试试2——2]
1、等比数列{an}，时，，求。
2、等比数列{an}，时，，求。
第2变成等差，则成等差
[变题3]等比数列{an}中，成等差，则成等差。
[思路]成等差，得，要证等差，只需证。
[解题]由成等差，得，
当q=1时，,由得，。
由，得，
整理得，，得，
两边同乘以，得，即成等差。
[收获]1、等比数列{an}中，成等差，则成等差。
2、等比数列{an}中，成等差，则（其中）成等差
3、等比数列{an}中，成等差，则（其中）成等差。
[请你试试2——3]
1、等比数列{an}，，成等差，求的值。
2、等比数列{an}，成等差，求证成等比。
第3变是等比，也是等比数列
[变题4]数列中，且，是等比数列，公比q（），求证（）也是等比数列。
[思路],欲证为等比数列，只需证为常数。
[解题]，，（）,得，而，，，（）,故从第二项起，构成等比数列，公比为q。
第4变等比数列在分期付款问题中应用
问题顾客购买一售价为5000元的商品时，采用分期付款方法，每期付款数相同，购买后1个月付款一次，到第12次付款后全部付清。
如果月利润为0.8%，每月利息按复利计算，那么每期应付款多少？
（精确到1元）
分析一：
设每期应付款x元，则
第1次付款后，还欠5000（1+0.8%）-x（元）
第2次付款后，还欠[5000（1+0.8%）2-x（1+0.8%）-x=5000（1+0.8%）2-x（1+0.8%）-x（元）
第3次付款后，还欠{5000（1+0.8%）2-x（1+0.8%）-x}（1+0.8%）-x=5000（1+0.8%）3-x（1+0.8%）2-x（1+0.8%）-x（元）
…………
最后一次付款后，款已全部还清，则5000（1+0.8%）12-x（1+0.8%）11-x（1+0.8%）10-……-x（1+0.8%）-x=0，
移项5000（1+0.8%）12=x（1+0.8%）11+x（1+0.8%）10+……+x（1+0.8%）+x，即
算得（元）
一般地，购买一件售价为a元的商品，采用分期付款时，要求在m个月内将款还至b元，月利润为p，分n（n是m的约数）次付款，那么每次付款数计算公式为.
分析二：
设每月还款x元，将商家的5000元折算成12个月后的钱要计算12个月的利息，而顾客第一次还的钱也应计算11个月的利息，第二次还的钱应计算10月的利息……，于是得方程
5000（1+0.8%）12=x（1+0.8%）11+x（1+0.8%）10+……+x（1+0.8%）+x，解得（元）
分析三：
设每次还款x元，把还款折成现在的钱，可得
，解得（元）。
将上述方法应用到其他实际问题中，如木材砍伐，人口增长等。
[请你试试2——4]
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