高考数学一轮复习讲义第6章第2节等差数列及其前n项和

这是一份高考数学一轮复习讲义第6章第2节等差数列及其前n项和，共13页。学案主要包含了知识拓展，思考辨析等内容，欢迎下载使用。


1．等差数列的定义
一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d表示．
2．等差数列的通项公式
如果等差数列{an}的首项为a1，公差为d，那么它的通项公式是an＝a1＋(n－1)d.
3．等差中项
由三个数a，A，b组成的等差数列可以看成最简单的等差数列．这时，A叫做a与b的等差中项．
4．等差数列的常用性质
(1)通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)．
(2)若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak＋al＝am＋an.
(3)若{an}是等差数列，公差为d，则{a2n}也是等差数列，公差为2d.
(4)若{an}，{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列．
(5)若{an}是等差数列，公差为d，则ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差为md的等差数列．
(6)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…构成等差数列．
5．等差数列的前n项和公式
设等差数列{an}的公差为d，其前n项和Sn＝eq \f(na1＋an,2)或Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d.
6．等差数列的前n项和公式与函数的关系
Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n.
数列{an}是等差数列⇔Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)．
7．等差数列的前n项和的最值
在等差数列{an}中，a1>0，d<0，则Sn存在最大值；若a1<0，d>0，则Sn存在最小值．
【知识拓展】
等差数列的四种判断方法
(1)定义法：an＋1－an＝d(d是常数)⇔{an}是等差数列．
(2)等差中项法：2an＋1＝an＋an＋2 (n∈N*)⇔{an}是等差数列．
(3)通项公式：an＝pn＋q(p，q为常数)⇔{an}是等差数列．
(4)前n项和公式：Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)⇔{an}是等差数列．
【思考辨析】
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)若一个数列从第二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)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的．( √ )
(3)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数．( × )
(4)已知等差数列{an}的通项公式an＝3－2n，则它的公差为－2.( √ )
1．在等差数列{an}中，若a2＝4，a4＝2，则a6等于( )
A．－1B．0C．1D．6
答案 B
解析 由等差数列的性质，得a6＝2a4－a2＝2×2－4＝0，故选B.
2．(教材改编)设数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a6＝2且S5＝30，则S8等于( )
A．31B．32
C．33D．34
答案 B
解析 由已知可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋5d＝2，,5a1＋10d＝30，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(26,3)，,d＝－\f(4,3)，))
∴S8＝8a1＋eq \f(8×7,2)d＝32.
3．(2016·全国乙卷)已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100等于( )
A．100B．99C．98D．97
答案 C
解析 由等差数列性质，知S9＝eq \f(9a1＋a9,2)＝eq \f(9×2a5,2)＝9a5＝27，得a5＝3，而a10＝8，因此公差d＝eq \f(a10－a5,10－5)＝1，
∴a100＝a10＋90d＝98，故选C.
4．设数列{an}是等差数列，若a3＋a4＋a5＝12，则a1＋a2＋…＋a7等于( )
A．14B．21C．28D．35
答案 C
解析 ∵a3＋a4＋a5＝3a4＝12，∴a4＝4，
∴a1＋a2＋…＋a7＝7a4＝28.
5．若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n＝________时，{an}的前n项和最大．
答案 8
解析 因为数列{an}是等差数列，且a7＋a8＋a9＝3a8＞0，所以a8＞0.又a7＋a10＝a8＋a9＜0，所以a9＜0.故当n＝8时，其前n项和最大.

题型一 等差数列基本量的运算
例1 (1)在数列{an}中，若a1＝－2，且对任意的n∈N*有2an＋1＝1＋2an，则数列{an}前10项的和为( )
A．2B．10C.eq \f(5,2)D.eq \f(5,4)
(2)(2016·北京)已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和．若a1＝6，a3＋a5＝0，则S6＝________.
答案 (1)C (2)6
解析 (1)由2an＋1＝1＋2an得an＋1－an＝eq \f(1,2)，
所以数列{an}是首项为－2，公差为eq \f(1,2)的等差数列，
所以S10＝10×(－2)＋eq \f(10×10－1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(5,2).
(2)∵a3＋a5＝2a4＝0，∴a4＝0.
又a1＝6，∴a4＝a1＋3d＝0，∴d＝－2.
∴S6＝6×6＋eq \f(6×6－1,2)×(－2)＝6.
思维升华 等差数列运算问题的通性通法
(1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项a1和公差d，然后由通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解．(2)等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．
(1)设Sn是等差数列{an}的前n项和，已知a2＝3，a6＝11，则S7等于( )
A．13B．35
C．49D．63
(2)(2016·江苏)已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和．若a1＋aeq \\al(2,2)＝－3，S5＝10，则a9的值是________．
答案 (1)C (2)20
解析 (1)∵a1＋a7＝a2＋a6＝3＋11＝14，
∴S7＝eq \f(7a1＋a7,2)＝49.
(2)设等差数列{an}的公差为d，由题意可得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a1＋d2＝－3，,5a1＋\f(5×4,2)d＝10，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－4，,d＝3，))
则a9＝a1＋8d＝－4＋8×3＝20.
题型二 等差数列的判定与证明
例2 已知数列{an}中，a1＝eq \f(3,5)，an＝2－eq \f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，数列{bn}满足bn＝eq \f(1,an－1)(n∈N*)．
(1)求证：数列{bn}是等差数列；
(2)求数列{an}中的最大项和最小项，并说明理由．
(1)证明 因为an＝2－eq \f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，
bn＝eq \f(1,an－1)(n∈N*)，
所以bn＋1－bn＝eq \f(1,an＋1－1)－eq \f(1,an－1)
＝eq \f(1,2－\f(1,an)－1)－eq \f(1,an－1)＝eq \f(an,an－1)－eq \f(1,an－1)＝1.
又b1＝eq \f(1,a1－1)＝－eq \f(5,2).
所以数列{bn}是以－eq \f(5,2)为首项，1为公差的等差数列．
(2)解 由(1)知bn＝n－eq \f(7,2)，
则an＝1＋eq \f(1,bn)＝1＋eq \f(2,2n－7).
设f(x)＝1＋eq \f(2,2x－7)，
则f(x)在区间(－∞，eq \f(7,2))和(eq \f(7,2)，＋∞)上为减函数．
所以当n＝3时，an取得最小值－1，当n＝4时，an取得最大值3.
引申探究
本例中，若将条件变为a1＝eq \f(3,5)，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，试求数列{an}的通项公式．
解 由已知可得eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(an,n)＋1，
即eq \f(an＋1,n＋1)－eq \f(an,n)＝1，又a1＝eq \f(3,5)，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是以eq \f(a1,1)＝eq \f(3,5)为首项，1为公差的等差数列，
∴eq \f(an,n)＝eq \f(3,5)＋(n－1)·1＝n－eq \f(2,5)，
∴an＝n2－eq \f(2,5)n.
思维升华 等差数列的四个判定方法
(1)定义法：证明对任意正整数n都有an＋1－an等于同一个常数．
(2)等差中项法：证明对任意正整数n都有2an＋1＝an＋an＋2后，可递推得出an＋2－an＋1＝an＋1－an＝an－an－1＝an－1－an－2＝…＝a2－a1，根据定义得出数列{an}为等差数列．
(3)通项公式法：得出an＝pn＋q后，得an＋1－an＝p对任意正整数n恒成立，根据定义判定数列{an}为等差数列．
(4)前n项和公式法：得出Sn＝An2＋Bn后，根据Sn，an的关系，得出an，再使用定义法证明数列{an}为等差数列．
(1)在数列{an}中，若a1＝1，a2＝eq \f(1,2)，eq \f(2,an＋1)＝eq \f(1,an)＋eq \f(1,an＋2)(n∈N*)，则该数列的通项为( )
A．an＝eq \f(1,n)B．an＝eq \f(2,n＋1)
C．an＝eq \f(2,n＋2)D．an＝eq \f(3,n)
答案 A
解析 由已知式eq \f(2,an＋1)＝eq \f(1,an)＋eq \f(1,an＋2)可得
eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝eq \f(1,an＋2)－eq \f(1,an＋1)，知{eq \f(1,an)}是首项为eq \f(1,a1)＝1，公差为eq \f(1,a2)－eq \f(1,a1)＝2－1＝1的等差数列，所以eq \f(1,an)＝n，即an＝eq \f(1,n).
(2)数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝2an＋1－an＋2.
①设bn＝an＋1－an，证明{bn}是等差数列；
②求{an}的通项公式．
①证明 由an＋2＝2an＋1－an＋2，
得an＋2－an＋1＝an＋1－an＋2，
即bn＋1＝bn＋2.
又b1＝a2－a1＝1，
所以{bn}是首项为1，公差为2的等差数列．
②解 由①得bn＝1＋2(n－1)＝2n－1，
即an＋1－an＝2n－1.
于是eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(k＝1)) (ak＋1－ak)＝eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(k＝1)) (2k－1)，
所以an＋1－a1＝n2，即an＋1＝n2＋a1.
又a1＝1，所以{an}的通项公式为an＝n2－2n＋2.
题型三 等差数列性质的应用
命题点1 等差数列项的性质
例3 (1)(2015·广东)在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25，则a2＋a8＝________.
(2)已知{an}，{bn}都是等差数列，若a1＋b10＝9，a3＋b8＝15，则a5＋b6＝________.
答案 (1)10 (2)21
解析 (1)因为{an}是等差数列，所以a3＋a7＝a4＋a6＝a2＋a8＝2a5，a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝25，所以a5＝5，故a2＋a8＝2a5＝10.
(2)因为{an}，{bn}都是等差数列，所以2a3＝a1＋a5，2b8＝b10＋b6，所以2(a3＋b8)＝(a1＋b10)＋(a5＋b6)，即2×15＝9＋(a5＋b6)，解得a5＋b6＝21.
命题点2 等差数列前n项和的性质
例4 (1)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝－12，S9＝45，则S12＝________.
(2)在等差数列{an}中，a1＝－2018，其前n项和为Sn，若eq \f(S12,12)－eq \f(S10,10)＝2，则S2018的值等于( )
A．－2018B．－2016
C．－2019D．－2017
答案 (1)114 (2)A
解析 (1)因为{an}是等差数列，所以S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等差数列，所以2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)，即2(S6＋12)＝－12＋(45－S6)，解得S6＝3.
又2(S9－S6)＝(S6－S3)＋(S12－S9)，
即2×(45－3)＝(3＋12)＋(S12－45)，解得S12＝114.
(2)由题意知，数列{eq \f(Sn,n)}为等差数列，其公差为1，
∴eq \f(S2018,2018)＝eq \f(S1,1)＋(2018－1)×1
＝－2018＋2017＝－1.
∴S2018＝－2018.
思维升华 等差数列的性质
(1)项的性质：在等差数列{an}中，am－an＝(m－n)d⇔eq \f(am－an,m－n)＝d(m≠n)，其几何意义是点(n，an)，(m，am)所在直线的斜率等于等差数列的公差．
(2)和的性质：在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则
①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；
②S2n－1＝(2n－1)an.
(1)在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项和S11等于( )
A．58B．88C．143D．176
(2)等差数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，若eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(3n－2,2n＋1)，则eq \f(a7,b7)等于( )
A.eq \f(37,27)B.eq \f(38,28)
C.eq \f(39,29)D.eq \f(40,30)
答案 (1)B (2)A
解析 (1)S11＝eq \f(11a1＋a11,2)＝eq \f(11a4＋a8,2)
＝eq \f(11×16,2)＝88.
(2)eq \f(a7,b7)＝eq \f(2a7,2b7)＝eq \f(a1＋a13,b1＋b13)＝eq \f(\f(a1＋a13,2)×13,\f(b1＋b13,2)×13)＝eq \f(S13,T13)
＝eq \f(3×13－2,2×13＋1)＝eq \f(37,27).
6．等差数列的前n项和及其最值
考点分析 公差不为0的等差数列，求其前n项和与最值在高考中时常出现.题型有小题，也有大题，难度不大.
典例1 (1)在等差数列{an}中，2(a1＋a3＋a5)＋3(a7＋a9)＝54，则此数列前10项的和S10等于( )
A．45B．60
C．75D．90
(2)在等差数列{an}中，S10＝100，S100＝10，则S110＝________.
解析 (1)由题意得a3＋a8＝9，
所以S10＝eq \f(10a1＋a10,2)＝eq \f(10a3＋a8,2)＝eq \f(10×9,2)＝45.
(2)方法一 设数列{an}的首项为a1，公差为d，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(10a1＋\f(10×9,2)d＝100，,100a1＋\f(100×99,2)d＝10，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(1099,100)，,d＝－\f(11,50).))
所以S110＝110a1＋eq \f(110×109,2)d＝－110.
方法二 因为S100－S10＝eq \f(a11＋a100×90,2)＝－90，
所以a11＋a100＝－2，
所以S110＝eq \f(a1＋a110×110,2)
＝eq \f(a11＋a100×110,2)＝－110.
答案 (1)A (2)－110
典例2 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取得最大值，并求出它的最大值．
规范解答
解 ∵a1＝20，S10＝S15，
∴10×20＋eq \f(10×9,2)d＝15×20＋eq \f(15×14,2)d，
∴d＝－eq \f(5,3).
方法一 由an＝20＋(n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,3)))＝－eq \f(5,3)n＋eq \f(65,3)，
得a13＝0.
即当n≤12时，an＞0，当n≥14时，an＜0.
∴当n＝12或n＝13时，Sn取得最大值，
且最大值为S12＝S13＝12×20＋eq \f(12×11,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,3)))
＝130.
方法二 Sn＝20n＋eq \f(nn－1,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,3)))
＝－eq \f(5,6)n2＋eq \f(125,6)n
＝－eq \f(5,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(25,2)))2＋eq \f(3125,24).
∵n∈N*，∴当n＝12或n＝13时，Sn有最大值，且最大值为S12＝S13＝130.
方法三 由S10＝S15，得a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0.
∴5a13＝0，即a13＝0.
∴当n＝12或n＝13时，Sn有最大值，且最大值为S12＝S13＝130.
1．(2016·重庆一诊)在数列{an}中，an＋1－an＝2，a2＝5，则{an}的前4项和为( )
A．9B．22
C．24D．32
答案 C
解析 由an＋1－an＝2，知{an}为等差数列且公差d＝2，∴由a2＝5，得a1＝3，a3＝7，a4＝9，∴前4项和为3＋5＋7＋9＝24，故选C.
2．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“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：“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊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)这个问题中，甲所得为( )
A.eq \f(5,4)钱B.eq \f(5,3)钱C.eq \f(3,2)钱D.eq \f(4,3)钱
答案 D
解析 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
依题意有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a1＋d＝3a1＋9d，,2a1＋d＝\f(5,2)，))eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(4,3)，,d＝－\f(1,6)，))故选D.
3．(2017·佛山调研)已知等差数列{an}满足a2＝3，Sn－Sn－3＝51(n>3)，Sn＝100，则n的值为( )
A．8B．9
C．10D．11
答案 C
解析 由Sn－Sn－3＝51，得an－2＋an－1＋an＝51，
所以an－1＝17，又a2＝3，
Sn＝eq \f(na2＋an－1,2)＝100，解得n＝10.
4．在等差数列{an}中，a9＝eq \f(1,2)a12＋6，则数列{an}的前11项和S11等于( )
A．24B．48
C．66D．132
答案 D
解析 方法一 由a1＋8d＝eq \f(1,2)(a1＋11d)＋6，
得a1＋5d＝12，∴a1＝12－5d.
又S11＝11a1＋eq \f(11×10,2)d＝11a1＋55d
＝11(12－5d)＋55d＝132.
方法二 由a9＝eq \f(1,2)a12＋6，得2a9－a12＝12.
由等差数列的性质得，a6＋a12－a12＝12，a6＝12，S11＝eq \f(11a1＋a11,2)＝eq \f(11×2a6,2)＝132，故选D.
5．已知数列{an}满足an＋1＝an－eq \f(5,7)，且a1＝5，设{an}的前n项和为Sn，则使得Sn取得最大值的序号n的值为( )
A．7B．8
C．7或8D．8或9
答案 C
解析 由题意可知数列{an}是首项为5，公差为－eq \f(5,7)的等差数列，所以an＝5－eq \f(5,7)(n－1)＝eq \f(40－5n,7)，该数列前7项是正数项，第8项是0，从第9项开始是负数项，所以Sn取得最大值时，n＝7或n＝8，故选C.
*6.设等差数列{an}满足a1＝1，an>0(n∈N*)，其前n项和为Sn，若数列{eq \r(Sn)}也为等差数列，则eq \f(Sn＋10,a\\al(2,n))的最大值是( )
A．310B．212
C．180D．121
答案 D
解析 设数列{an}的公差为d，
依题意得2eq \r(S2)＝eq \r(S1)＋eq \r(S3)，
因为a1＝1，所以2eq \r(2a1＋d)＝eq \r(a1)＋eq \r(3a1＋3d)，
化简可得d＝2a1＝2，
所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
Sn＝n＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2，
所以eq \f(Sn＋10,a\\al(2,n))＝eq \f(n＋102,2n－12)＝(eq \f(n＋10,2n－1))2
＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\f(1,2)2n－1＋\f(21,2),2n－1)))2
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(21,2n－1)))2≤121，
故选D.
7．(2015·安徽)已知数列{an}中，a1＝1，an＝an－1＋eq \f(1,2)(n≥2)，则数列{an}的前9项和等于________．
答案 27
解析 由题意知数列{an}是以1为首项，以eq \f(1,2)为公差的等差数列，∴S9＝9×1＋eq \f(9×8,2)×eq \f(1,2)＝9＋18＝27.
8．已知数列{an}中，a1＝1且eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,an)＋eq \f(1,3)(n∈N*)，则a10＝________.
答案 eq \f(1,4)
解析 由已知得eq \f(1,a10)＝eq \f(1,a1)＋(10－1)×eq \f(1,3)＝1＋3＝4，
故a10＝eq \f(1,4).
9．设数列{an}的通项公式为an＝2n－10(n∈N*)，则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝________.
答案 130
解析 由an＝2n－10(n∈N*)知{an}是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由an＝2n－10≥0，得n≥5，∴当n≤5时，an≤0，当n＞5时，an＞0，∴|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋…＋a15)＝20＋110＝130.
10．设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意自然数n都有eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(2n－3,4n－3)，则eq \f(a9,b5＋b7)＋eq \f(a3,b8＋b4)的值为________．
答案 eq \f(19,41)
解析 ∵{an}，{bn}为等差数列，
∴eq \f(a9,b5＋b7)＋eq \f(a3,b8＋b4)＝eq \f(a9,2b6)＋eq \f(a3,2b6)＝eq \f(a9＋a3,2b6)＝eq \f(a6,b6).
∵eq \f(S11,T11)＝eq \f(a1＋a11,b1＋b11)＝eq \f(2a6,2b6)＝eq \f(2×11－3,4×11－3)＝eq \f(19,41)，
∴eq \f(a9,b5＋b7)＋eq \f(a3,b8＋b4)＝eq \f(19,41).
11．在等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{an}的前k项和Sk＝－35，求k的值．
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
则an＝a1＋(n－1)d.
由a1＝1，a3＝－3，可得1＋2d＝－3，解得d＝－2.
从而an＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n.
(2)由(1)可知an＝3－2n，
所以Sn＝eq \f(n[1＋3－2n],2)＝2n－n2.
由Sk＝－35，可得2k－k2＝－35，
即k2－2k－35＝0，解得k＝7或k＝－5.
又k∈N*，故k＝7.
12．若数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝eq \f(1,2).
(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
(1)证明 当n≥2时，由an＋2SnSn－1＝0，
得Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，所以eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn－1)＝2，
又eq \f(1,S1)＝eq \f(1,a1)＝2，
故eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是首项为2，公差为2的等差数列．
(2)解 由(1)可得eq \f(1,Sn)＝2n，∴Sn＝eq \f(1,2n).
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,2n)－eq \f(1,2n－1)＝eq \f(n－1－n,2nn－1)
＝－eq \f(1,2nn－1).
当n＝1时，a1＝eq \f(1,2)不适合上式．
故an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，n＝1，,－\f(1,2nn－1)，n≥2.))
*13.已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且满足2Sn＝aeq \\al(2,n)＋n－4(n∈N*)．
(1)求证：数列{an}为等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
(1)证明 当n＝1时，有2a1＝aeq \\al(2,1)＋1－4，
即aeq \\al(2,1)－2a1－3＝0，
解得a1＝3(a1＝－1舍去)．
当n≥2时，有2Sn－1＝aeq \\al(2,n－1)＋n－5，
又2Sn＝aeq \\al(2,n)＋n－4，
两式相减得2an＝aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)＋1，
即aeq \\al(2,n)－2an＋1＝aeq \\al(2,n－1)，也即(an－1)2＝aeq \\al(2,n－1)，
因此an－1＝an－1或an－1＝－an－1.
若an－1＝－an－1，则an＋an－1＝1.
而a1＝3，
所以a2＝－2，这与数列{an}的各项均为正数相矛盾，
所以an－1＝an－1，即an－an－1＝1，
因此数列{an}是首项为3，公差为1的等差数列．
(2)解 由(1)知a1＝3，d＝1，
所以数列{an}的通项公式an＝3＋(n－1)×1＝n＋2，
即an＝n＋2.