数学选择性必修 第三册第五章 数列5.2 等差数列5.2.1 等差数列学案

这是一份数学选择性必修 第三册第五章 数列5.2 等差数列5.2.1 等差数列学案，共13页。学案主要包含了学习内容，方法突破，误区突破，一题多解，考题赏析等内容，欢迎下载使用。

【学习内容】
1．等差数列的判定
(1)an－an－1＝d (n≥2，d为常数)⇔{an}是公差为d的等差数列；
(2)2an＝an－1＋an＋1 (n≥2)⇔{an}是等差数列；
(3)an＝kn＋b(k，b为常数)⇔{an}是公差为k的等差数列(n≥1)；
(4)Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)⇔{an}是公差为2A的等差数列(n≥1)．
例如：已知等差数列{an}的前n项和Sn＝(n－1)2＋λ，则λ的值是________．
解析 Sn＝(n－1)2＋λ＝n2－2n＋(1＋λ)，
∵{an}是等差数列，∴1＋λ＝0，λ＝－1.
答案 －1
2．等差数列的通项公式
将an＝a1＋(n－1)d可整理为an＝dn＋(a1－d)，它是关于n的一次函数(d≠0)或常函数(d＝0)，它的图象是一条射线上的一群横坐标为正整数的孤立的点，公差d是该射线所在直线的斜率．
例如：等差数列{an}中，若an＝m，am＝n (m≠n)，则am＋n＝______.
解析 由点(n，an)，(m，am)，(m＋n，am＋n)三点共线，
∴eq \f(am＋n－an,m＋n－n)＝eq \f(am－an,m－n).即eq \f(am＋n－m,m)＝eq \f(n－m,m－n)＝－1，
易得am＋n＝0.
答案 0
3．等差数列的前n项和公式
(1)将公式Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d变形可得Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n.故当d≠0时，等差数列前n项和公式是关于n的二次函数，它的图象是抛物线y＝eq \f(d,2)x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))x上横坐标为正整数的一群孤立点．
(2)eq \f(Sn,n)＝eq \f(d,2)n＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))是关于n的一次函数(d≠0)或常函数(d＝0)．
当涉及等差数列前n项和Sn的计算问题时，有时设Sn＝An2＋Bn的形式更简便快捷．
例如：等差数列{an}中，若Sp＝q，Sq＝p (p≠q)，则Sp＋q＝__________.
解析 设Sn＝An2＋Bn，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Sp＝Ap2＋Bp＝q 1,Sq＝Aq2＋Bq＝p 2))
由(1)－(2)得Ap2＋Bp－Aq2－Bq＝q－p，
∴A(p2－q2)＋B(p－q)＝q－p，
∵p≠q，∴A(p＋q)＋B＝－1.
∵Sp＋q＝A(p＋q)2＋B(p＋q)
＝[A(p＋q)＋B]·(p＋q)
＝－(p＋q)．
答案 －(p＋q)
4．等差数列的性质
(1)若数列{an}和{bn}均是等差数列，则{man＋kbn}仍为等差数列，其中m、k均为常数．
(2)若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq.
(3)等差数列中依次k项的和成等差数列，即Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…成等差数列，公差为k2d (d是原数列公差)．
(4)若{an}与{bn}均为等差数列，且前n项和分别为Sn与S′n，则eq \f(am,bm)＝eq \f(S2m－1,S′2m－1).
(5)等差数列{an}中，奇数项的和记作S奇，偶数项的和记作S偶，则Sn＝S奇＋S偶．
当n为偶数时：S偶－S奇＝eq \f(n,2)d；
当n为奇数时：S奇－S偶＝a中，S奇＝eq \f(n＋1,2)a中，
S偶＝eq \f(n－1,2)a中，eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(n＋1,n－1).
(其中a中是等差数列的中间一项)
例如：已知等差数列共有10项，其中奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差是________．
解析 S偶－S奇＝eq \f(n,2)d＝5d，∴5d＝30－15＝15，∴d＝3.
答案 3
5．等差数列前n项和的最值
求等差数列前n项和的最值的常用方法：
(1)通项法
当a1>0，d<0时，数列{an}只有前面有限项为非负数，从某项开始所有项均为负数，因此，Sn有最大值，当n满足不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥0,an＋1<0))时，Sn取到这个最大值；
当a1<0，d>0时，数列{an}只有前面有限项为非正数，从某项开始所有项均为正数，因此，Sn有最小值，当n满足不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≤0,an＋1>0))时，Sn取到这一最小值．
(2)二次函数法
由于Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n，n∈N*是关于n的二次函数式，故可转化为求二次函数的最值问题，但要注意数列的特殊性n∈N*.
例如：{an}是等差数列，a1>0，a2 009＋a2 010>0，a2 009·a2 010<0，则使前n项和Sn最大时，n的值是________；使前n项和Sn>0成立时，n的最大值是________．
答案 2 009 4 018
【方法突破】
一、等差数列的判断方法
方法链接：判定等差数列的常用方法：
(1)定义法：an＋1－an＝d (常数)(n∈N*)；
(2)通项公式法：an＝kn＋b (k，b为常数) (n∈N*)；
(3)中项公式法：2an＋1＝an＋an＋2 (n∈N*)；
(4)前n项和法：Sn＝An2＋Bn (A、B为常数)，n∈N*.
例1 数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＝eq \f(na1＋an,2)，判断{an}是否为等差数列？并证明你的结论．
解 {an}是等差数列，证明如下：
因为an＝Sn－Sn－1＝eq \f(na1＋an,2)－eq \f(n－1a1＋an－1,2) (n≥2)，
所以an＋1＝eq \f(n＋1a1＋an＋1,2)－eq \f(na1＋an,2)，
所以an＋1－an＝eq \f(1,2)[(n＋1)(a1＋an＋1)－2n(a1＋an)＋(n－1)(a1＋an－1)]
＝eq \f(1,2)[(n＋1)an＋1－2nan＋(n－1)an－1] (n≥2)，
即(n－1)(an＋1－2an＋an－1)＝0，
所以an＋1＋an－1＝2an (n≥2)，
所以数列{an}为等差数列．
二、等差数列中基本量的运算
方法链接：在等差数列中，五个重要的量，只要已知三个量，就可求出其他两个量，其中a1和d是两个基本量，利用通项公式与前n项和公式，求出a1和d，等差数列就确定了．
例2 在等差数列{an}中，
(1)已知a6＝10，S5＝5，求a8和S8；
(2)已知前3项和为12，前3项积为48，且d>0，求a1；
(3)已知前3项依次为a,4,3a，前k项和Sk＝2 550，求a及k.
解 (1)∵a6＝10，S5＝5，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋5d＝10,5a1＋10d＝5)).
解方程组得a1＝－5，d＝3，
∴a8＝a6＋2d＝10＋2×3＝16，
S8＝8×eq \f(a1＋a8,2)＝44.
(2)设数列的前三项分别为a－d，a，a＋d，依题意有：
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－d＋a＋a＋d＝12,a－d·a·a＋d＝48))，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝4,aa2－d2＝48))，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝4,d＝±2)).
∵d>0，∴d＝2，a－d＝2.∴a1＝2.
(3)设公差为d，则由题意得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋3a＝8，,d＝4－a，,ka＋\f(kk－1,2)d＝2 550，))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,d＝2，,k＝50或k＝－51舍去.))
因此，a＝2，k＝50.
三、等差数列的性质及运用
方法链接：等差数列有一些重要的性质，例如：
(1)若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；
(2)若m＋n＝2p，则am＋an＝2ap；
(3)若{an}是等差数列，则Sk，S2k－Sk，S3k－S2k也成等差数列．(其Sk为前k项和)
(4)若等差数列{an}的前n项和为Sn，等差数列{bn}的前n项和为Tn，则eq \f(an,bn)＝eq \f(S2n－1,T2n－1).
熟练运用这些性质，可以提高解题速度，获得事半功倍的功效．
例3 (1)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9＝72，求a2＋a4＋a9的值；
(2)已知等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，
求证：①eq \f(an,bn)＝eq \f(S2n－1,T2n－1)；②eq \f(an,bm)＝eq \f(2m－1,2n－1)·eq \f(S2n－1,T2m－1).
(1)解 由S9＝eq \f(9a1＋a9,2)＝72，∴a1＋a9＝16，
∴a1＋a9＝2a5＝16，∴a5＝8，
∴a2＋a4＋a9＝a1＋a5＋a9＝3a5＝24.
(2)证明 ①eq \f(an,bn)＝eq \f(2an,2bn)＝eq \f(a1＋a2n－1,b1＋b2n－1)
＝eq \f(a1＋a2n－1\f(2n－1,2),b1＋b2n－1\f(2n－1,2))＝eq \f(S2n－1,T2n－1).
②eq \f(an,bm)＝eq \f(2an,2bm)＝eq \f(a1＋a2n－1,b1＋b2m－1)
＝eq \f(a1＋a2n－1\f(2n－1,2)·\f(2m－1,2),b1＋b2m－1\f(2m－1,2)·\f(2n－1,2))＝eq \f(2m－1,2n－1)·eq \f(S2n－1,T2m－1).
四、等差数列前n项和的最值
方法链接：等差数列前n项和最值问题除了用二次函数求解外，还可用下面的方法讨论：
若d>0，a1<0，Sn有最小值，需eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≤0，,an＋1≥0；))
若a1>0，d<0，Sn有最大值，需eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥0，,an＋1≤0.))n取正整数．
例4 (1)首项为正数的等差数列，前n项和为Sn，且S3＝S11，问n为何值时，Sn最大？
(2)等差数列{an}中，a1＝－60，a17＝－12，求{|an|}的前30项和及前n项和．
解 (1)设首项为a1，公差为d，则由题意知，d<0，点P(n，Sn)在抛物线y＝eq \f(d,2)x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))x上，其对称轴方程为x＝7(由S11＝S3知)，故(7，S7)是抛物线的顶点，∴n＝7时，Sn最大．
(2)设公差为d，则由a1＋16d＝a17，得d＝3>0，
因此an＝3n－63.点Q(n，an)在增函数y＝3x－63的图象上．令y＝0则得x＝21，故当n≥22时，an>0；
当1≤n≤21且n∈N*时，an≤0，
于是|a1|＋|a2|＋…＋|a30|
＝－a1－a2－…－a21＋a22＋a23＋…＋a30
＝a1＋a2＋…＋a30－2(a1＋a2＋…＋a21)
＝765.
记Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，
则由上面的求解过程知：
当1≤n≤21，n∈N*时，
Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|
＝－a1－a2－…－an
＝eq \f(123－3nn,2)＝－eq \f(3,2)n2＋eq \f(123,2)n.
当n>21，n∈N*时，
Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|a20|＋|a21|＋…＋|an|
＝－(a1＋a2＋…＋a21)＋a22＋a23＋…＋an
＝(a1＋a2＋…＋an)－2(a1＋a2＋…＋a21)
＝eq \f(3,2)n2－eq \f(123,2)n＋1 260.
∴数列{|an|}的前n项和
Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)n2＋\f(123,2)n 1≤n≤21，n∈N*，,\f(3,2)n2－\f(123,2)n＋1 260 n>21，n∈N*.))
五、关于等差数列的探索性问题
方法链接：对于与等差数列有关的探索性问题，先由前三项成等差数列确定参数后，再利用定义验证或证明所得结论．
例5 已知数列{an}中，a1＝5且an＝2an－1＋2n－1 (n≥2且n∈N*)．
(1)求a2，a3的值；
(2)是否存在实数λ，使得数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an＋λ,2n)))为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)∵a1＝5，∴a2＝2a1＋22－1＝13，
a3＝2a2＋23－1＝33.
(2)假设存在实数λ，使得数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an＋λ,2n)))为等差数列．
则eq \f(a1＋λ,2)，eq \f(a2＋λ,22)，eq \f(a3＋λ,23)成等差数列，
∴2×eq \f(a2＋λ,22)＝eq \f(a1＋λ,2)＋eq \f(a3＋λ,23)，
∴eq \f(13＋λ,2)＝eq \f(5＋λ,2)＋eq \f(33＋λ,8).
解得λ＝－1.
当λ＝－1时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an＋1－1,2n＋1)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an－1,2n)))
＝eq \f(1,2n＋1)[(an＋1－1)－2(an－1)]
＝eq \f(1,2n＋1)(an＋1－2an＋1)
＝eq \f(1,2n＋1)[(2an＋2n＋1－1)－2an＋1]
＝eq \f(1,2n＋1)×2n＋1＝1.
综上可知，存在实数λ＝－1，
使得数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an＋λ,2)))为等差数列，且首项是2，公差是1.
六、关于等差数列的创新型问题
方法链接：关于等差数列的创新型试题，常以图表、数阵、新定义等形式出现．解决此类问题时通过对图表的观察、分析、提炼，挖掘出题目蕴含的有用信息，利用所学等差数列的有关知识加以解决．
例6 下表给出一个“等差数阵”：
其中每行、每列都是等差数列，aij表示位于第i行第j列的数．
(1)写出a45的值；
(2)写出aij的计算公式．
解 (1)通过观察“等差数阵”发现：第一行的首项为4，公差为3；第二行首项为7，公差为5.归纳总结出：第一列(每行的首项)是以4为首项，3为公差的等差数列，即3i＋1，各行的公差是以3为首项，2为公差的等差数列，即2i＋1.所以a45在第4行，首项应为13，公差为9，进而得出a45＝49.
(2)该“等差数阵”的第一行是首项为4，公差为3的等差数列：a1j＝4＋3(j－1)；
第二行是首项为7，公差为5的等差数列：
a2j＝7＋5(j－1)；
……
第i行是首项为4＋3(i－1)，公差为2i＋1的等差数列，
因此，aij＝4＋3(i－1)＋(2i＋1)(j－1)＝2ij＋i＋j＝i(2j＋1)＋j.
【误区突破】
1．审题不细心，忽略细节而致错
例1 首项为－24的等差数列，从第10项起开始为正数，求公差d的取值范围．
[错解] a10＝a1＋9d＝－24＋9d>0，∴d>eq \f(8,3).
[点拨] 忽略了“开始”一词的含义，题目强调了第10项是该等差数列中的第一个正项，应有a9≤0.
[正解] 设an＝－24＋(n－1)d，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a9＝－24＋9－1d≤0,a10＝－24＋10－1d>0))，
解不等式得：eq \f(8,3)eq \x(温馨点评 审题时要细心，包括问题的细节，有时细节决定解题的成败.)
2．忽略公式的基本特征而致错
例2 已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且对一切正整数n都有eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(5n＋3,2n＋7)，试求eq \f(a9,b9)的值．
[错解] 设Sn＝(5n＋3)k，Tn＝(2n＋7)k，k≠0，
则a9＝S9－S8＝(5×9＋3)k－(5×8＋3)k＝5k，
b9＝T9－T8＝(2×9＋7)k－(2×8＋7)k＝2k，
所以eq \f(a9,b9)＝eq \f(5,2).
[点拨] 此解答错在根据条件eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(5n＋3,2n＋7)，设Sn＝(5n＋3)k，Tn＝(2n＋7)k，这是把等差数列前n项和误认为是关于n的一次函数，没有准确把握前n项和公式的特点．
[正解] 因为{an}和{bn}是公差不为0的等差数列，
故设Sn＝n(5n＋3)k，Tn＝n(2n＋7)k，k≠0，则
a9＝S9－S8＝9×(5×9＋3)k－8×(5×8＋3)k
＝88k，
b9＝T9－T8＝9×(2×9＋7)k－8×(2×8＋7)k
＝41k，所以eq \f(a9,b9)＝eq \f(88,41).
温馨点评 等差数列的前n项和Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n，当d≠0时，是关于n的二次函数式，且常数项为零，当d＝0时，Sn＝na1，但是本题不属于这种情况(否则eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(na1,nb1)＝eq \f(a1,b1)与eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(5n＋3,2n＋7)矛盾)．
3．对数列的特点考虑不周全而致错
例3 在等差数列{an}中，已知a1＝20，前n项和为Sn，且S10＝S15，求当n取何值时，Sn有最大值，并求出它的最大值．
[错解] 设公差为d，∵S10＝S15，
∴10×20＋eq \f(10×9,2)d＝15×20＋eq \f(15×14,2)d，
得120d＝－200，即d＝－eq \f(5,3)，
∴an＝20－(n－1)·eq \f(5,3)，
当an>0时，20－(n－1)·eq \f(5,3)>0，
∴n<13.∴n＝12时，Sn最大，
S12＝12×20＋eq \f(12×11,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,3)))＝130.
∴当n＝12时，Sn有最大值S12＝130.
[点拨] 解中仅解不等式an>0是不正确的，事实上应解an≥0，an＋1≤0.
[正解] 由a1＝20，S10＝S15，解得公差d＝－eq \f(5,3).
∵S10＝S15，∴S15－S10＝a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0，
∵a11＋a15＝a12＋a14＝2a13＝0，∴a13＝0.
∵公差d<0，a1>0，
∴a1，a2，…，a11，a12均为正数，
而a14及以后各项均为负数．
∴当n＝12或13时，Sn有最大值为S12＝S13＝130.
4．忽略题目中的隐含条件而致错
例4 一个凸n边形的各内角度数成等差数列，其最小角为120°，公差为5°，求凸n边形的边数．
[错解] 一方面凸n边形的内角和为Sn，
Sn＝120°n＋eq \f(nn－1,2)×5°.
另一方面，凸n边形内角和为(n－2)×180°.
所以120n＋eq \f(nn－1,2)×5＝(n－2)×180.
化简整理得：n2－25n＋144＝0.
所以n＝9或n＝16.
即凸n边形的边数为9或16.
[点拨] 凸n边形的每个内角都小于180°.当n＝16时，最大内角为120°＋15°×5°＝195°>180°应该舍掉．
[正解] 凸n边形内角和为(n－2)×180°，
所以120n＋eq \f(nn－1,2)×5＝(n－2)×180
解得：n＝9或n＝16.
当n＝9时，最大内角为120°＋8°×5°＝160°<180°；
当n＝16时，最大内角为120°＋15×5°＝195°>180°舍去．
所以凸n边形的边数为9.
【一题多解】
例 一个等差数列的前10项之和为100，前100项之和为10，求前110项之和．
分析 本题可从基本方法入手，先求a1，d，再求前110项之和，为了简化计算，也可利用等差数列前n项和的性质．
解 方法一 设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，
则Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d.
由已知得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(10a1＋\f(10×9,2)d＝100， ①,100a1＋\f(100×99,2)d＝10. ②))
①×10－②整理得d＝－eq \f(11,50)，
代入①，得a1＝eq \f(1 099,100)，
∴S110＝110a1＋eq \f(110×109,2)d
＝110×eq \f(1 099,100)＋eq \f(110×109,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(11,50)))
＝110eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1 099－109×11,100)))＝－110.
故此数列的前110项之和为－110.
方法二 设Sn＝an2＋bn.
∵S10＝100，S100＝10，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(102a＋10b＝100，,1002a＋100b＝10))，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－\f(11,100)，,b＝\f(111,10).))
∴Sn＝－eq \f(11,100)n2＋eq \f(111,10)n.
∴S110＝－eq \f(11,100)×1102＋eq \f(111,10)×110＝－110.
方法三 设等差数列的首项为a1，公差为d，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Sp＝pa1＋\f(pp－1,2)d＝q， ①, p≠q,Sq＝qa1＋\f(qq－1,2)d＝p. ②))
①－②得(p－q)a1＋eq \f(p－qp＋q－1,2)d
＝－(p－q)．
又p≠q，
∴a1＋eq \f(p＋q－1,2)d＝－1，
∴Sp＋q＝(p＋q)a1＋eq \f(p＋qp＋q－1,2)d
＝(p＋q)(－1)，
∴S110＝－110.
方法四 数列S10，S20－S10，S30－S20，…，S100－S90，S110－S100 成等差数列，设其公差为D.前10项的和10S10＋eq \f(10×9,2)·D＝S100＝10，解得D＝－22，
∴S110－S100＝S10＋(11－1)D
＝100＋10×(－22)＝－120.
∴S110＝－120＋S100＝－110.
方法五 ∵S100－S10＝a11＋a12＋…＋a100
＝eq \f(90a11＋a100,2)＝eq \f(90a1＋a110,2).
又S100－S10＝10－100＝－90，
∴a1＋a110＝－2.∴S110＝eq \f(110a1＋a110,2)＝－110.
【考题赏析】
1．已知等差数列{an}中，a3a7＝－16，a4＋a6＝0，求{an}的前n项和Sn.
解 设{an}的公差为d，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2da1＋6d＝－16，,a1＋3d＋a1＋5d＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a\\al(2,1)＋8da1＋12d2＝－16，,a1＝－4d，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－8，,d＝2，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝8，,d＝－2.))
因此Sn＝－8n＋n(n－1)＝n(n－9)，
或Sn＝8n－n(n－1)＝－n(n－9)．
2．设{an}是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，满足aeq \\al(2,2)＋aeq \\al(2,3)＝aeq \\al(2,4)＋aeq \\al(2,5)，S7＝7.
(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；
(2)试求所有的正整数m，使得eq \f(amam＋1,am＋2)为数列{an}中的项．
解 (1)由题意，设等差数列{an}的通项公式为
an＝a1＋(n－1)d，d≠0.
由aeq \\al(2,2)＋aeq \\al(2,3)＝aeq \\al(2,4)＋aeq \\al(2,5)得aeq \\al(2,2)－aeq \\al(2,5)＝aeq \\al(2,4)－aeq \\al(2,3)，
由性质得－3d(a4＋a3)＝d(a4＋a3)，因为d≠0
所以a4＋a3＝0，即2a1＋5d＝0.①
又因为S7＝7，所以a1＋3d＝1.②
由①②可得a1＝－5，d＝2.
所以数列{an}的通项公式an＝2n－7，
Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝n2－6n.
(2)因为eq \f(amam＋1,am＋2)＝eq \f(am＋2－4am＋2－2,am＋2)
＝am＋2－6＋eq \f(8,am＋2)为数列{an}中的项，
故eq \f(8,am＋2)为整数．
又由(1)知am＋2为奇数，
所以am＋2＝2m－3＝±1，即m＝1,2.
经检验，符合题意的正整数只有m＝2.
赏析 试题考查了等差数列的有关知识，起点较低，落点较高，难度控制得恰到好处．第(2)问要求考生有一定的分析问题解决问题的能力．
4
7
( )
( )
( )
…
a1j
…
7
12
( )
( )
( )
…
a2j
…
( )
( )
( )
( )
( )
…
a3j
…
( )
( )
( )
( )
( )
…
a4j
…
…
…
…
…
…
…
…
…
ai1
ai2
ai3
ai4
ai5
…
aij
…
…
…
…
…
…
…
…
…