版2019版高考数学一轮复习第六章数列学案理29362.doc

第六章 数列第一节数列的概念与简单表示本节主要包括2个知识点：1.数列的通项公式；2.数列的性质.突破点(一)数列的通项公式 1数列的定义按照一定顺序排列的一列数称为数列数列中的每一个数叫做这个数列的项，数列中的每一项都和它的序号有关，排在第一位的数称为这个数列的第一项(通常也叫做首项)2数列的通项公式如果数列an的第n项与序号n之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式3数列的递推公式如果已知数列an的第一项(或前几项)，且任何一项an与它的前一项an1(或前几项)间的关系可以用一个式子来表示，即anf(an1)(或anf(an1，an2)等)，那么这个式子叫做数列an的递推公式4Sn与an的关系已知数列an的前n项和为Sn，则an这个关系式对任意数列均成立1判断题(1)所有数列的第n项都能使用公式表达()(2)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个()(3)若已知数列an的递推公式为an1，且a21，则可以写出数列an的任何一项()(4)如果数列an的前n项和为Sn，则对nN*，都有an1Sn1Sn.()答案：(1)(2)(3)(4)2填空题(1)已知数列an的前4项为1,3,7,15，则数列an的一个通项公式为_答案：an2n1(nN*)(2)已知数列an中，a11，an1，则a2_.答案：(3)已知Sn是数列an的前n项和，且Snn21，则数列an的通项公式是_答案：an利用数列的前几项求通项给出数列的前几项求通项时，需要注意观察数列中各项与其序号之间的关系，在所给数列的前几项中，先看看哪些部分是变化的，哪些是不变的，再探索各项中变化部分与序号间的关系 例1(1)(2018江西鹰潭一中期中)数列1，4,9，16,25，的一个通项公式是()Aann2Ban(1)nn2Can(1)n1n2Dan(1)n(n1)2(2)(2018山西太原五中调考)把1,3,6,10,15，这些数叫做三角形数，这是因为这些数目的圆点可以排成一个正三角形(如图所示)则第7个三角形数是()A27B28C29D30解析(1)法一：该数列中第n项的绝对值是n2，正负交替的符号是(1)n1，故选C.法二：将n2代入各选项，排除A，B，D，故选C.(2)观察三角形数的增长规律，可以发现每一项比它的前一项多的点数正好是该项的序号，即anan1n(n2)所以根据这个规律计算可知，第7个三角形数是a7a67a567156728.故选B.答案(1)C(2)B方法技巧由数列的前几项求通项公式的思路方法(1)分式形式的数列，分别求分子、分母的通项，较复杂的还要考虑分子、分母的关系(2)若第n项和第n1项正负交错，那么符号用(1)n或(1)n1或(1)n1来调控(3)对于较复杂数列的通项公式，其项与序号之间的关系不容易发现，这就需要将数列各项的结构形式加以变形，可使用添项、通分、分割等方法，将数列的各项分解成若干个常见数列对应项的“和”“差”“积”“商”后再进行归纳提醒根据数列的前几项写出数列的一个通项公式利用了不完全归纳法，其蕴含着“从特殊到一般”的思想，由不完全归纳得出的结果是不可靠的，要注意代值检验利用an与Sn的关系求通项数列an的前n项和Sn与通项an的关系为an通过纽带：anSnSn1(n2)，根据题目已知条件，消掉an或Sn，再利用特殊形式(累乘或累加)或通过构造成等差数列或者等比数列求解例2已知数列an的前n项和为Sn.(1)若Sn(1)n1n，求a5a6及an；(2)若Sn3n2n1，求an.解(1)a5a6S6S4(6)(4)2，当n1时，a1S11；当n2时，anSnSn1(1)n1n(1)n(n1)(1)n1n(n1)(1)n1(2n1)，又a1也适合此式，所以an(1)n1(2n1)(2)因为当n1时，a1S16；当n2时，anSnSn1(3n2n1)3n12(n1)123n12，由于a1不适合此式，所以an方法技巧已知Sn求an的三个步骤(1)先利用a1S1求出a1.(2)用n1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用anSnSn1(n2)便可求出当n2时an的表达式(3)对n1时的结果进行检验，看是否符合n2时an的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n1与n2两段来写利用递推关系求通项例3(1)在数列an中，a12，an1an3n2，求数列an的通项公式(2)在数列an中，a11，anan1(n2)，求数列an的通项公式(3)在数列an中a11，an13an2，求数列an的通项公式(4)已知数列an中，a11，an1，求数列an的通项公式解(1)因为an1an3n2，所以anan13n1(n2)，所以an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1(n2)当n1时，a12(311)，符合上式，所以ann2.(2)因为anan1(n2)，所以an1an2，a2a1.由累乘法可得ana1(n2)又a11符合上式，an.(3)因为an13an2，所以an113(an1)，所以3，所以数列an1为等比数列，公比q3.又a112，所以an123n1，所以an23n11.(4)an1，a11，an0，即，又a11，则1，是以1为首项，为公差的等差数列(n1)，an(nN*)方法技巧典型的递推数列及处理方法递推式方法示例an1anf(n)叠加法a11，an1an2nan1anf(n)叠乘法a11，2nan1AanB (A0,1，B0)化为等比数列a11，an12an1an1 (A，B，C为常数)化为等差数列a11，an11.(2018湖南衡阳二十六中期中)在数列1,1,2,3,5,8，x,21,34,55，中，x的值为()A11B12 C13D14解析：选C观察所给数列的项，发现从第3项起，每一项都是与它相邻的前两项的和，所以x5813，故选C.2.数列1，的一个通项公式是()Aan(1)n1(nN*)Ban(1)n1(nN*)Can(1)n1(nN*)Dan(1)n1(nN*)解析：选D所给数列各项可写成：，通过对比各选项，可知选D.3.(2018黑龙江双鸭山一中期末)已知数列an的前n项和为Sn，若Sn2an4，nN*，则an()A2n1B2nC2n1D2n2解析：选A因为Sn2an4，所以n2时，有Sn12an14, 两式相减可得SnSn12an2an1，即an2an2an1，整理得an2an1，即 2(n2)因为S1a12a14，所以a14，所以an2n1.4.(2018山东潍坊期中)在数列an中，a12，an1anln，则an()A2ln nB2(n1)ln nC2nln nD1nln n解析：选A法一：由已知得an1anlnln，而an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1，n2，所以anlnlnln2ln2ln n2，n2.当n1时，a12ln 12.故选A.法二：由anan1lnan1lnan1ln nln(n1)(n2)，可知anln nan1ln(n1)(n2)令bnanln n，则数列bn是以b1a1ln 12为首项的常数列，故bn2，所以2anln n，所以an2ln n故选A.突破点(二)数列的性质 数列的分类分类标准类型满足条件按项数分类有穷数列项数有限无穷数列项数无限按项与项间的大小关系分类递增数列an1an其中nN*递减数列an1an常数列an1an按其他标准分类有界数列存在正数M，使|an|M摆动数列从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项(1)已知函数f(x)，设anf(n)(nN*)，则an是_数列(填“递增”或“递减”)答案：递增(2)数列an的通项公式为ann29n，则该数列第_项最大答案：4或5(3)现定义an5nn，其中nN*，则an是_数列(填“递增”或“递减”)答案：递增(4)对于数列an，“an1|an|(n1,2，)”是“an为递增数列”的_条件答案：充分不必要数列的单调性(1)数列的单调性与函数的单调性有所不同，其自变量的取值是不连续的，只能取正整数，所以在求数列中的最大(小)项时，应注意数列中的项可以是相同的，故不应漏掉等号(2)数列是自变量不连续的函数，不能对数列直接求导判断单调性要先写出数列对应的函数，对函数进行求导，再将函数的单调性对应到数列中去例1(1)已知数列an的通项公式为annn，则数列an中的最大项为()A.B C.D(2)已知数列an的通项公式为an2n2tn1，若an是单调递增数列，则实数t的取值范围是()A(6，)B(，6)C(，3)D解析(1)法一(作差比较法)：an1an(n1)n1nnn，当n0，即an1an；当n2时，an1an0，即an1an；当n2时，an1an0，即an1an.所以a1a4a5an，所以数列an中的最大项为a2或a3，且a2a322.故选A.法二(作商比较法)：，令1，解得n2；令1，解得n2；令2.又an0，故a1a4a5an，所以数列an中的最大项为a2或a3，且a2a322.故选A.(2)法一：因为an是单调递增数列，所以对于任意的nN*，都有an1an，即2(n1)2t(n1)12n2tn1，化简得t4n2，所以t4n2对于任意的nN*都成立，因为4n26，所以t6.故选A.法二：设f(n)2n2tn1，其图象的对称轴为n，要使an是递增数列，则6.故选A.答案(1)A(2)A方法技巧1判断数列单调性的两种方法(1)作差比较法an1an0数列an是单调递增数列；an1an0时1数列an是单调递增数列；1数列an是单调递减数列；1数列an是常数列an1数列an是单调递减数列；36，得n23n700，解得n7.又因为nN*，所以n的最小值为8，故选B.3.已知函数f(x)(a0，且a1)，若数列an满足anf(n)(nN*)，且an是递增数列，则实数a的取值范围是()A(0,1)BC(2,3)D(1,3)解析：选C因为an是递增数列，所以解得2a3，所以实数a的取值范围是(2,3)4.(2018辽宁重点中学协作体联考)在数列an中，a11，an1ansin，记Sn为数列an的前n项和，则S2 018()A0B2 018C1 010D1 009解析：选C由a11及an1ansin，得an1ansin，所以a2a1sin 1，a3a2sin0，a4a3sin0，a5a4sin1，a6a5sin1，a7a6sin0，a8a7sin0，可见数列an为周期数列，周期T4，所以S2 018504(a1a2a3a4)a1a21 010.全国卷5年真题集中演练明规律 1(2015全国卷)设Sn是数列an的前n项和，且a11，an1SnSn1，则Sn_.解析：an1Sn1Sn，an1SnSn1，Sn1SnSnSn1.Sn0，1，即1.又1，是首项为1，公差为1的等差数列1(n1)(1)n，Sn.答案：2(2014全国卷)数列 an满足 an1 , a82，则a1 _.解析：将a82代入an1，可求得a7；再将a7代入an1，可求得a61；再将a61代入an1，可求得a52；由此可以推出数列an是一个周期数列，且周期为3，所以a1a7.答案：3(2013全国卷)若数列an的前n项和Snan，则an的通项公式是an_.解析：当n1时，由已知Snan，得a1a1，即a11；当n2时，由已知得到Sn1an1，所以anSnSn1anan1，所以an2an1，所以数列an为以1为首项，以2为公比的等比数列，所以an(2)n1.答案：(2)n14(2016全国卷)已知各项都为正数的数列an满足a11，a(2an11)an2an10.(1)求a2，a3；(2)求an的通项公式解：(1)由题意可得a2，a3.(2)由a(2an11)an2an10得2an1(an1)an(an1)因此an的各项都为正数，所以.故an是首项为1，公比为的等比数列，因此an. 课时达标检测 小题对点练点点落实对点练(一)数列的通项公式1在数列an中，a11，an1(nN*)，则是这个数列的()A第6项B第7项C第8项D第9项解析：选B由an1可得，即数列是以1为首项，为公差的等差数列，故1(n1)n，即an，由，解得n7，故选B.2(2018南昌模拟)在数列an中，a11，anan1an1(1)n(n2，nN*)，则的值是()A.B C.D解析：选C由已知得a21(1)22，2a32(1)3，a3，a4(1)4，a43，3a53(1)5，a5，.3(2018河南郑州一中考前冲刺)数列an满足：a11，且对任意的m，nN*，都有amnamanmn，则()A.BC.D解析：选Da11，且对任意的m，nN*都有amnamanmn，an1ann1，即an1ann1，用累加法可得ana1，2，2，故选D.4(2018甘肃天水检测)已知数列an的前n项和为Sn，a11，Sn2an1，则Sn()A2n1BC.n1Dn1解析：选D因为an1Sn1Sn，所以Sn2an12(Sn1Sn)，所以，所以数列Sn是以S1a11为首项，为公比的等比数列，所以Snn1.故选D.5(2018兰州模拟)在数列1,2，中2是这个数列的第_项解析：数列1,2，即数列，该数列的通项公式为an，2，n26，故2是这个数列的第26项答案：266(2018河北冀州中学期中)已知数列an满足a11，且ann(an1an)(nN*)，则a3_，an_.解析：由ann(an1an)，可得，则ana11n(n2)，a33.a11满足ann，ann.答案：3n7(2018福建晋江季延中学月考)已知数列an满足a12a23a3nann1(nN*)，则数列an的通项公式为_解析：已知a12a23a3nann1，将n1代入，得a12；当n2时，将n1代入得a12a23a3(n1)an1n，两式相减得nan(n1)n1，an，an答案：an对点练(二)数列的性质1已知数列an的通项公式为an(nN*)则下列说法正确的是()A这个数列的第10项为B.是该数列中的项C数列中的各项都在区间内D数列an是单调递减数列解析：选Can.令n10，得a10.故选项A不正确，令，得9n300，此方程无正整数解，故不是该数列中的项因为an1，又nN*，所以数列an是单调递增数列，所以anan，(n1)2(n1)n2n，化简得(2n1)，3.故选C.5(2018北京海淀区模拟)数列an的通项为an(nN*)，若a5是an中的最大值，则a的取值范围是_解析：当n4时，an2n1单调递增，因此n4时取最大值，a424115.当n5时，ann2(a1)n2.a5是an中的最大值，解得9a12.a的取值范围是9,12答案：9,12大题综合练迁移贯通1(2018东营模拟)设数列an的前n项和为Sn，数列Sn的前n项和为Tn，满足Tn2Snn2，nN*.(1)求a1的值；(2)求数列an的通项公式解：(1)令n1，T12S11，T1S1a1，a12a11，a11.(2)n2时，Tn12Sn1(n1)2，则SnTnTn12Snn22Sn1(n1)22(SnSn1)2n12an2n1.因为当n1时，a1S11也满足上式，所以Sn2an2n1(n1)，当n2时，Sn12an12(n1)1，两式相减得an2an2an12，所以an2an12(n2)，所以an22(an12)，因为a1230，所以数列an2是以3为首项，公比为2的等比数列所以an232n1，所以an32n12，当n1时也成立，所以an32n12.2(2018浙江舟山模拟)已知Sn为正项数列an的前n项和，且满足Snaan(nN*)(1)求a1，a2，a3，a4的值；(2)求数列an的通项公式解：(1)由Snaan(nN*)可得，a1aa1，解得a11，a10(舍)S2a1a2aa2，解得a22(负值舍去)；同理可得a33，a44.(2)因为Sna，所以当n2时，Sn1a，得an(anan1)(aa)，所以(anan11)(anan1)0.由于anan10，所以anan11，又由(1)知a11，所以数列an是首项为1，公差为1的等差数列，所以ann.3(2018山西太原月考)已知等比数列an是递增数列，a2a532，a3a412，又数列bn满足bn2log2an1，Sn是数列bn的前n项和(1)求Sn; (2)若对任意nN*，都有成立，求正整数k的值解：(1)因为an是等比数列，则a2a5a3a432，又a3a412，且an是递增数列，所以a34，a48，所以q2，a11，所以an2n1.所以bn2log2an12log22n2n.所以Sn242nn2n.(2)令cn，则cn1cn.所以当n1时，c1c2；当n2时，c3c2；当n3时，cn1cnc4c5，所以数列cn中最大项为c2和c3.所以存在k2或3，使得任意的正整数n，都有.第二节 等差数列及其前n项和本节主要包括3个知识点：1.等差数列基本量的计算；2.等差数列的基本性质及应用；3.等差数列的判定与证明.突破点(一)等差数列基本量的计算 1等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列符号表示为an1and(nN*，d为常数)(2)等差中项：数列a，A，b成等差数列的充要条件是A，其中A叫做a，b的等差中项2等差数列的有关公式(1)通项公式：ana1(n1)d.(2)前n项和公式：Snna1d.1判断题(1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列()(2)数列an为等差数列的充要条件是对任意nN*，都有2an1anan2.()(3)等差数列an的单调性是由公差d决定的()(4)数列an为等差数列的充要条件是其通项公式为n的一次函数()答案：(1)(2)(3)(4)2填空题(1)已知等差数列an，a520，a2035，则an_.答案：15n(2)已知等差数列5,4，3，则该数列的第5项为_答案：2(3)等差数列an的前n项和为Sn，若a12，S312，则a6_.答案：12(4)已知an为等差数列，Sn为其前n项和若a16，a3a50，则S6_.答案：6等差数列基本量的计算典例(1)(2017全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和若a4a524，S648，则an的公差为()A1B2C4D8(2)(2018安徽江南十校模拟)九章算术是我国古代的数学名著，书中均属章有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等问各得几何”其意思为“已知A，B，C，D，E五人分5钱，A，B两人所得与C，D，E三人所得相同，且A，B，C，D，E每人所得依次成等差数列问五人各得多少钱？”(“钱”是古代的一种重量单位)在这个问题中，E所得为()A.钱B钱 C.钱D钱(3)(2018南昌模拟)已知等差数列an的前n项和为Sn，且a11，S3S4S5.求数列an的通项公式；令bn(1)n1an，求数列bn的前2n项和T2n.解析(1)设等差数列an的首项为a1，公差为d，则由得即解得故选C.(2)由题意，设A所得为a4d，B所得为a3d，C所得为a2d，D所得为ad，E所得为a，则解得a，故E所得为钱故选A.(3)设等差数列an的公差为d，由S3S4S5，可得a1a2a3a5，即3a2a5，所以3(1d)14d，解得d2.an1(n1)22n1.由，可得bn(1)n1(2n1)T2n1357(4n3)(4n1)(2)n2n.答案(1)C(2)A方法技巧解决等差数列基本量计算问题的思路(1)在等差数列an中，a1与d是最基本的两个量，一般可设出a1和d，利用等差数列的通项公式和前n项和公式列方程(组)求解即可(2)与等差数列有关的基本运算问题，主要围绕着通项公式ana1(n1)d和前n项和公式Snna1d，在两个公式中共涉及五个量：a1，d，n，an，Sn，已知其中三个量，选用恰当的公式，利用方程(组)可求出剩余的两个量1(2018武汉调研)已知数列an是等差数列，a1a78，a22，则数列an的公差d等于()A1B2C3D4解析：选C法一：由题意可得解得d3.法二：a1a72a48，a44，a4a2422d，d3.2设等差数列an的前n项和为Sn，Sm12，Sm0，Sm13，则正整数m的值为_解析：因为等差数列an的前n项和为Sn，Sm12，Sm0，Sm13，所以amSmSm12，am1Sm1Sm3，数列的公差d1，amam1Sm1Sm15，即2a12m15，所以a13m.由Sm(3m)m10，解得正整数m的值为5.答案：53(2018福州模拟)已知等差数列an的各项均为正数，其公差为2，a2a44a31.(1)求an的通项公式；(2)求a1a3a9a3n.解：(1)依题意知，ana12(n1)，an0.因为a2a44a31，所以(a12)(a16)4(a14)1，所以a4a150，解得a11或a15(舍去)，所以an2n1.(2)a1a3a9a3n(211)(231)(2321)(23n1)2(13323n)(n1)2(n1)3n1n2.突破点(二)等差数列的基本性质及应用 等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：anam(nm)d(n，mN*)(2)若an为等差数列，且mnpq，则amanapaq(m，n，p，qN*)(3)若an是等差数列，公差为d，则ak，akm，ak2m，(k，mN*)是公差为md的等差数列(4)数列Sm，S2mSm，S3mS2m，(mN*)也是等差数列，公差为m2d.(5)S2n1(2n1)an，S2nn(a1a2n)n(anan1)，遇见S奇，S偶时可分别运用性质及有关公式求解(6)an，bn均为等差数列且其前n项和为Sn，Tn，则.(7)若an是等差数列，则也是等差数列，其首项与an的首项相同，公差是an的公差的.(1)(2018岳阳模拟)在等差数列an中，如果a1a240，a3a460，那么a7a8_.答案：100(2)设等差数列an的前n项和为Sn，等差数列bn的前n项和为Tn，若，则_.答案：(3)(2018天水模拟)已知等差数列an的前n项和为Sn，且S1010，S2030，则S30_.答案：60(4)等差数列an中，已知a50，a4a70，设其前n项和为Sn，且S5S12，则当n为何值时，Sn有最大值？解设等差数列an的公差为d，由S5S12得5a110d12a166d，da10，nN*，所以当n8或n9时，Sn有最大值法二(通项变号法)：设此数列的前n项和最大，则即解得即8n9，又nN*，所以当n8或n9时，Sn有最大值方法技巧求等差数列前n项和Sn最值的两种方法(1)函数法利用等差数列前n项和的函数表达式Snan2bn，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解(2)通项变号法a10，d0时，满足的项数m使得Sn取得最大值为Sm；当a10时，满足的项数m使得Sn取得最小值为Sm.1.(2018陕西咸阳模拟)设等差数列an的前n项和为Sn，若S954，则a2a4a9()A9B15 C18D36解析：选C由等差数列的通项公式及性质，可得S99a554，a56，则a2a4a9a1a5a93a518.故选C.2.(2018辽宁鞍山一中期末)等差数列an的前n项和为Sn，若m1，且am1am1a0，S2m138，则m等于()A38B20 C10D9解析：选C因为am1am1a0，所以am1am12ama，显然am0，所以am2.又因为S2m1(2m1)am38.所以将am2代入可得(2m1)238，解得m10，故选C.3.(2018成都模拟)已知等差数列an的前n项和为Sn，a4a7a109，S14S377，则使Sn取得最小值时n的值为()A4B5 C6D7解析：选B根据等差数列的性质可得a4a7a103a79，得a73.S14S311a977，解得a97，所以等差数列的通项公式为an2n11.当n6时，an0；当n5时，an0，所以使Sn取得最小值的n的值为5.4.(2018吉林长春外国语学校期末)已知等差数列an的前n项和为Sn，若S130，则在数列中绝对值最小的项为()A第5项B第6项 C第7项D第8项解析：选C根据等差数列an的前n项和公式Sn，因为所以由得 所以数列an中绝对值最小的项为第7项突破点(三)等差数列的判定与证明等差数列的判定与证明典例(2018湖北华中师大一附中期中)已知数列an满足a12，n(an1n1)(n1)(ann)(nN*)(1)求证数列是等差数列，并求其通项公式；(2)设bn15，求数列|bn|的前n项和Tn.解(1)n(an1n1)(n1)(ann)(nN*)，nan1(n1)an2n(n1)，2，数列是等差数列，其公差为2，首项为2，22(n1)2n.(2)由(1)知an2n2，bn152n15，则数列bn的前n项和Snn214n.令bn2n150，解得n7.5.当n7时，数列|bn|的前n项和Tnb1b2bnSnn214n.当n8时，数列|bn|的前n项和Tnb1b2b7b8bn2S7Sn2(72147)n214nn214n98.Tn方法技巧等差数列的判定与证明方法方法解读适合题型定义法对于数列an，anan1(n2，nN*)为同一常数an是等差数列解答题中的证明问题等差中项法2an1anan2(n3，nN*)成立an是等差数列通项公式法anpnq(p，q为常数)对任意的正整数n都成立an是等差数列选择、填空题中的判定问题前n项和公式法验证SnAn2Bn(A，B是常数)对任意的正整数n都成立an是等差数列提醒判断时易忽视定义中从第2项起，以后每项与前一项的差是同一常数，即易忽视验证a2a1d这一关键条件1(2016浙江高考)如图，点列An，Bn分别在某锐角的两边上，且|AnAn1|An1An2|，AnAn2，nN*，|BnBn1|Bn1Bn2|，BnBn2，nN*(PQ表示点P与Q不重合)若dn|AnBn|，Sn为AnBnBn1的面积，则()ASn是等差数列BS是等差数列Cdn是等差数列Dd是等差数列解析：选A由题意，过点A1，A2，A3，An，An1，分别作直线B1Bn1的垂线(图略)，高分别记为h1，h2，h3，hn，hn1，根据平行线的性质，得h1，h2，h3，hn，hn1，成等差数列，又Sn|BnBn1|hn，|BnBn1|为定值，所以Sn是等差数列故选A.2(2018岳阳模拟)若数列an的前n项和为Sn，且满足an2SnSn10(n2)，a1.(1)求证：成等差数列；(2)求数列an的通项公式解：(1)证明：当n2时，由an2SnSn10，得SnSn12SnSn1，所以2，又2，故是首项为2，公差为2的等差数列(2)由(1)可得2n，Sn.当n2时，anSnSn1.当n1时，a1不适合上式故an全国卷5年真题集中演练明规律 1(2017全国卷)等差数列an的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则an前6项的和为()A24B3C3D8解析：选A设等差数列an的公差为d，因为a2，a3，a6成等比数列，所以a2a6a，即(a1d)(a15d)(a12d)2.又a11，所以d22d0.又d0，则d2，所以an前6项的和S661(2)24.2(2016全国卷)已知等差