第四章 数列 同步学案（含答案）2024~2025学年高二数学人教A版（2019）选择性必修2
文档属性
| 名称 | 第四章 数列 同步学案（含答案）2024~2025学年高二数学人教A版（2019）选择性必修2 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 214.4KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-05-23 21:08:15 | ||
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文档简介
第四章 数 列
1. 构建本章知识网络，掌握数列的定义、分类及表示方法．
2. 掌握等差数列和等比数列的概念、通项公式、前n项和公式、性质及其应用．
活动一 本章知识网络
知识结构框图：
活动二 基本知识提炼与整理
数列的概念及表示方法：
(1) 定义：按照确定的顺序排列的一列数；
(2) 表示方法：列表法、图象法、解析法（通项公式法和递推公式法）；
(3) 数列的前n项和公式与通项公式an的关系；
(4) 数列是一个定义域为正整数集N*（或它的有限子集{1，2，3，…，n}）的特殊函数，数列的通项公式也就是相应函数的解析式．
例1 已知an＝(n∈N*)，求数列{an}的最大项．
例2 （2024荆州期末）已知数列{an}满足a1＝48，an＋1＝若ak＝13，则k的值为( )
A. 8 B. 9 C. 10 D. 11
例3 （2024河南期末）已知数列{an}是递增数列，an＝m(2n－1)－n2，n∈N*，则实数m的取值范围为( )
A. (2，＋∞) B. (1，2) C. D. (2，3)
活动三 掌握等差数列与等比数列的综合应用
例4 已知正项等比数列{an}满足a4＝2a3＋3a2，Sn为其前n项和，且S4＝40.
(1) 求an；
(2) 若等差数列{bn}满足：b1＝a1，b4＝a1＋a3.
①证明：当n＝1时，是数列{bn}中的项，并指出是第几项；
②求出所有的n，使得是数列{bn}中的项．
例5 （2024青岛期末）如图所示的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”，“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设各层的球数构成一个数列{an}．
(1) 写出an与an＋1的递推关系，并求数列{an}的通项公式；
(2) 记等比数列{bn}的前n项和为Sn，且bn＋1＝2Sn＋2，在bn与bn＋1之间插入n个数，若这n＋2个数恰能组成一个公差为dn的等差数列，求数列{an·dn}的前n项和Tn.
例6 （2024上海闵行区月考）若有穷数列a1，a2，…，an（n是正整数），满足a1＝an，a2＝an－1，…，an＝a1，即ai＝an－i＋1（i是正整数，且1≤i≤n），就称该数列为“对称数列”．例如，数列1，3，5，5，3，1就是“对称数列”．
(1) 已知数列{bn}是项数为7的对称数列，且b1，b2，b3，b4成等差数列，b1＝2，b4＝11，试写出{bn}的每一项；
(2) 对于确定的正整数m>1，写出所有项数不超过2m的“对称数列”，使得1，2，22，…，2m-1依次是该数列中连续的项；当m＝10时，求其中一个“对称数列”前19项的和S19.
例7 在数列{an}中，已知a1＝1，a2＝a，an＋1＝k(an＋an＋2)对任意n∈N*都成立，数列{an}的前n项和为Sn.
(1) 若{an}是等差数列，求k的值；
(2) 若a＝1，k＝－，求Sn；
(3) 是否存在实数k，使数列{an}是公比不为1的等比数列，且任意相邻三项am，am＋1，am＋2按某顺序排列后成等差数列？若存在，求出所有k的值；若不存在，请说明理由．
1. （2024岳阳开学考试）在数列{an}中，若a1＝1，an＋1＝，则a12的值为( )
A. －2 B. － C. 1 D. 4
2. （2024福州期末）已知数列{an}的首项为1，且(n＋2)an＋1＝2nan对任意正整数n恒成立，则数列的前n项和Sn为( )
A. B. C. D.
3. （多选）（2024泰州期末）若数列{an}的前n项和Sn＝n2，数列{bn}的通项公式为bn＝3n-1，则下列说法中正确的是( )
A. an＝2n－1
B. 数列{bn}的前n项和Tn＝
C. 若cn＝，则数列{cn}的前n项和Cn<
D. 若dn＝，数列{dn}的前n项和为Dn，则不存在正整数m，使得Dm＝
4. 已知在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝，则数列{an}的通项公式为 ．
5. 在数列{an}中，a1＝2，an＋1－2an＝(－2)n+2.
(1) 计算a2，a3，猜想数列{an}的通项公式并加以证明；
(2) 设Sn为数列{an}的前n项和，求证：数列{Sn}中任意连续三项按适当顺序排列后，可以组成等差数列．
第四章 数 列
【活动方案】
例1 因为an＝，
所以an＋1＝，
所以an＋1－an＝.
当1≤n≤11时，an＋1>an，数列{an}递增；
当n＝12时，a13＝a12＝；
当n≥13时，an＋1所以数列{an}的最大项是第12项或第13项．
例2 C 由题意，得a2＝a1＝24，a3＝a2＝12，a4＝a3＝6，a5＝a4＝3，a6＝a5＋2＝5，a7＝a6＋2＝7，a8＝a7＋2＝9，a9＝a8＋2＝11，a10＝a9＋2＝13，所以当ak＝13时，k＝10.
例3 C 因为数列{an}为递增数列，所以 n∈N*，an＋1－an＝m(2n+1－1)－(n＋1)2－[m(2n－1)－n2]＝m·2n－2n－1>0，整理得m>.令bn＝，则bn＋1－bn＝－＝<0，n∈N*，所以数列{bn}递减，故b1＝是数列{bn}的最大项，可得实数m的取值范围为.
例4 (1) 设正项等比数列{an}的公比为q(q>0).
由a4＝2a3＋3a2，得a2q2＝2a2q＋3a2，则q2－2q－3＝0，
解得q＝3或q＝－1(舍去).
由S4＝＝＝40，
解得a1＝1，
所以an＝3n-1.
(2) 因为b1＝a1＝1，b4＝a1＋a3＝1＋9＝10，
所以公差d＝＝3，
所以bn＝b1＋(n－1)d＝3n－2.
①当n＝1时，＝＝28，
令3n－2＝28，得n＝10，
即当n＝1时，是数列{bn}中的第10项．
②设是{bn}中的第m项，
则＝bm，
即＝3m－2，
则m＝＝＝n＋.
由1≤3－<3，m，n∈N*，可得当且仅当3－＝1时，m＝n＋成立，
即仅有n＝1时，是数列{bn}中的项．
例5 (1) 由题图可得an＋1－an＝n＋1，又a1＝1，
所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋…＋2＋1＝.
(2) 由bn＋1＝2Sn＋2，
得bn＝2Sn－1＋2(n≥2)，
两式相减得bn＋1－bn＝2Sn－2Sn－1＝2bn，
则bn＋1＝3bn(n≥2).
因为数列{bn}为等比数列，
所以其公比为q＝3.
当n＝1时，b2＝2S1＋2＝2b1＋2＝3b1，
解得b1＝2，
可得bn＝2·3n-1，则bn＋1＝2×3n.
因为bn＋1＝bn＋(n＋2－1)dn，
所以dn＝＝，
所以an·dn＝2n·3n-1，
可得Tn＝2(1×30＋2×31＋3×32＋…＋n·3n-1)，
则3Tn＝2(1×31＋2×32＋3×33＋…＋n·3n)，
两式相减，得－2Tn＝2(1＋31＋32＋33＋…＋3n-1－n·3n)＝－2n·3n＝－1＋(－2n＋1)·3n，
故Tn＝＋·3n.
例6 (1) 设数列b1，b2，b3，b4的公差为d，
则b4＝b1＋3d＝2＋3d＝11，解得d＝3，
所以数列{bn}的每一项依次为2，5，8，11，8，5，2.
(2) 若1，2，22，…，2m-1依次是该数列中连续的项，且是对称数列，
则至少有1＋2(m－1)＝2m－1(项)，
从而所有项数不超过2m的“对称数列”有：
1，2，22，…，2m-2，2m-1，2m-1，2m-2，…，22，2，1；
2m-1，2m-2，…，22，2，1，1，2，22，…，2m-2，2m-1；
1，2，22，…，2m-2，2m-1，2m-2，…，22，2，1；
2m-1，2m-2，…，22，2，1，2，22，…，2m-2，2m-1，
共有4个这样的数列(2个2m项的，2个2m－1项的).
当m＝10时，求数列1，2，22，…，2m-2，2m-1，2m-2，…，22，2，1的前19项，
则S19＝1＋2＋22＋…＋28＋29＋28＋…＋22＋2＋1
＝＋＝210－1＋29－1＝1 534.
例7 (1) 由题意，得an＋1－an＝an＋2－an＋1，
即2an＋1＝an＋an＋2，即an＋1＝(an＋an＋2)，
故k＝.
(2) 由k＝－，得an＋1＝－(an＋an＋2)，
即2an＋1＝－an－an＋2，an＋2＋an＋1＝－(an＋1＋an)，
故an＋3＋an＋2＝－(an＋2＋an＋1)＝an＋1＋an.
当n是偶数时，Sn＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋an－1＋an＝(a1＋a2)＝n；
当n是奇数时，a2＋a3＝－(a1＋a2)＝－2，
Sn＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋an－1＋an
＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(an－1＋an)，
＝1＋×(－2)＝2－n.
综上，Sn＝
(3) 若{an}是等比数列，则公比q＝＝a，
由题意，得a≠1，故am＝am-1，am＋1＝am，am＋2＝am+1.
①若am＋1为等差中项，则2am＋1＝am＋am＋2，
即2am＝am-1＋am+1，即2a＝1＋a2，
解得a＝1(舍去)；
②若am为等差中项，则2am＝am＋1＋am＋2，
即2am-1＝am＋am+1，即2＝a＋a2.
因为a≠1，所以a＝－2，
所以k＝＝＝＝－；
③若am＋2为等差中项，则2am＋2＝am＋am＋1，
即2am+1＝am＋am-1，即2a2＝a＋1.
因为a≠1，所以a＝－，所以k＝＝－.
综上，存在实数k满足题意，k＝－.
【检测反馈】
1. A 在数列{an}中，由a1＝1，an＋1＝，得a2＝4，a3＝－2，a4＝1，所以数列{an}是周期为3的周期数列，所以a12＝a3＝－2.
2. C 由题意易知an≠0，因为(n＋2)an＋1＝2nan，所以＝，可得＝，所以an＝an－1＝·an－2＝··an－3＝…＝····…··a1.因为a1＝1，所以an＝，则＝＝－，所以Sn＝1－＋－＋－＋…＋－＝1－＝.
3. ACD 对于A，当n≥2时，an＝n2－(n－1)2＝2n－1.又n＝1时，a1＝S1＝1，符合an＝2n－1，所以an＝2n－1，故A正确；对于B，Tn＝＝，故B错误；对于C，cn＝＝＝，所以Cn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝(1－＋－＋…＋－)＝<，故C正确；对于D，因为dn＝＝＝－，所以Dn＝d1＋d2＋d3＋…＋dn＝－＋－＋…＋－＝3－.令3－＝，可得＝.令bn＝，则bn＋1－bn＝－＝<0，所以数列{bn}为递减数列．又b3＝，b4＝，所以＝无正整数解，故D正确．故选ACD.
4. an＝ 因为an＋1＝，所以＝2＋，所以数列是首项为1，公差为2的等差数列，所以＝2n－1，所以an＝.
5. (1) a2＝－4，a3＝8，猜想an＝－(－2)n.
由an＋1－2an＝(－2)n+2，
得an＋1＋(－2)n+1＝2[an＋(－2)n].
又a1＋(－2)1＝0，故an＋(－2)n＝0.
因此数列{an}的通项公式为an＝－(－2)n.
(2) 由(1)可得＝－2，
所以{an}是以2为首项，－2为公比的等比数列.
因为(Sn－Sn＋1)－(Sn＋2－Sn)＝－2an＋1－an＋2＝0，所以Sn－Sn＋1＝Sn＋2－Sn.
从而Sn＋1，Sn，Sn＋2或Sn＋2，Sn，Sn＋1成等差数列，
于是数列{Sn}中任意连续三项Sn，Sn＋1，Sn＋2，排列为Sn＋1，Sn，Sn＋2或排列为Sn＋2，Sn，Sn＋1后，可以组成等差数列．
1. 构建本章知识网络，掌握数列的定义、分类及表示方法．
2. 掌握等差数列和等比数列的概念、通项公式、前n项和公式、性质及其应用．
活动一 本章知识网络
知识结构框图：
活动二 基本知识提炼与整理
数列的概念及表示方法：
(1) 定义：按照确定的顺序排列的一列数；
(2) 表示方法：列表法、图象法、解析法（通项公式法和递推公式法）；
(3) 数列的前n项和公式与通项公式an的关系；
(4) 数列是一个定义域为正整数集N*（或它的有限子集{1，2，3，…，n}）的特殊函数，数列的通项公式也就是相应函数的解析式．
例1 已知an＝(n∈N*)，求数列{an}的最大项．
例2 （2024荆州期末）已知数列{an}满足a1＝48，an＋1＝若ak＝13，则k的值为( )
A. 8 B. 9 C. 10 D. 11
例3 （2024河南期末）已知数列{an}是递增数列，an＝m(2n－1)－n2，n∈N*，则实数m的取值范围为( )
A. (2，＋∞) B. (1，2) C. D. (2，3)
活动三 掌握等差数列与等比数列的综合应用
例4 已知正项等比数列{an}满足a4＝2a3＋3a2，Sn为其前n项和，且S4＝40.
(1) 求an；
(2) 若等差数列{bn}满足：b1＝a1，b4＝a1＋a3.
①证明：当n＝1时，是数列{bn}中的项，并指出是第几项；
②求出所有的n，使得是数列{bn}中的项．
例5 （2024青岛期末）如图所示的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”，“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设各层的球数构成一个数列{an}．
(1) 写出an与an＋1的递推关系，并求数列{an}的通项公式；
(2) 记等比数列{bn}的前n项和为Sn，且bn＋1＝2Sn＋2，在bn与bn＋1之间插入n个数，若这n＋2个数恰能组成一个公差为dn的等差数列，求数列{an·dn}的前n项和Tn.
例6 （2024上海闵行区月考）若有穷数列a1，a2，…，an（n是正整数），满足a1＝an，a2＝an－1，…，an＝a1，即ai＝an－i＋1（i是正整数，且1≤i≤n），就称该数列为“对称数列”．例如，数列1，3，5，5，3，1就是“对称数列”．
(1) 已知数列{bn}是项数为7的对称数列，且b1，b2，b3，b4成等差数列，b1＝2，b4＝11，试写出{bn}的每一项；
(2) 对于确定的正整数m>1，写出所有项数不超过2m的“对称数列”，使得1，2，22，…，2m-1依次是该数列中连续的项；当m＝10时，求其中一个“对称数列”前19项的和S19.
例7 在数列{an}中，已知a1＝1，a2＝a，an＋1＝k(an＋an＋2)对任意n∈N*都成立，数列{an}的前n项和为Sn.
(1) 若{an}是等差数列，求k的值；
(2) 若a＝1，k＝－，求Sn；
(3) 是否存在实数k，使数列{an}是公比不为1的等比数列，且任意相邻三项am，am＋1，am＋2按某顺序排列后成等差数列？若存在，求出所有k的值；若不存在，请说明理由．
1. （2024岳阳开学考试）在数列{an}中，若a1＝1，an＋1＝，则a12的值为( )
A. －2 B. － C. 1 D. 4
2. （2024福州期末）已知数列{an}的首项为1，且(n＋2)an＋1＝2nan对任意正整数n恒成立，则数列的前n项和Sn为( )
A. B. C. D.
3. （多选）（2024泰州期末）若数列{an}的前n项和Sn＝n2，数列{bn}的通项公式为bn＝3n-1，则下列说法中正确的是( )
A. an＝2n－1
B. 数列{bn}的前n项和Tn＝
C. 若cn＝，则数列{cn}的前n项和Cn<
D. 若dn＝，数列{dn}的前n项和为Dn，则不存在正整数m，使得Dm＝
4. 已知在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝，则数列{an}的通项公式为 ．
5. 在数列{an}中，a1＝2，an＋1－2an＝(－2)n+2.
(1) 计算a2，a3，猜想数列{an}的通项公式并加以证明；
(2) 设Sn为数列{an}的前n项和，求证：数列{Sn}中任意连续三项按适当顺序排列后，可以组成等差数列．
第四章 数 列
【活动方案】
例1 因为an＝，
所以an＋1＝，
所以an＋1－an＝.
当1≤n≤11时，an＋1>an，数列{an}递增；
当n＝12时，a13＝a12＝；
当n≥13时，an＋1
例2 C 由题意，得a2＝a1＝24，a3＝a2＝12，a4＝a3＝6，a5＝a4＝3，a6＝a5＋2＝5，a7＝a6＋2＝7，a8＝a7＋2＝9，a9＝a8＋2＝11，a10＝a9＋2＝13，所以当ak＝13时，k＝10.
例3 C 因为数列{an}为递增数列，所以 n∈N*，an＋1－an＝m(2n+1－1)－(n＋1)2－[m(2n－1)－n2]＝m·2n－2n－1>0，整理得m>.令bn＝，则bn＋1－bn＝－＝<0，n∈N*，所以数列{bn}递减，故b1＝是数列{bn}的最大项，可得实数m的取值范围为.
例4 (1) 设正项等比数列{an}的公比为q(q>0).
由a4＝2a3＋3a2，得a2q2＝2a2q＋3a2，则q2－2q－3＝0，
解得q＝3或q＝－1(舍去).
由S4＝＝＝40，
解得a1＝1，
所以an＝3n-1.
(2) 因为b1＝a1＝1，b4＝a1＋a3＝1＋9＝10，
所以公差d＝＝3，
所以bn＝b1＋(n－1)d＝3n－2.
①当n＝1时，＝＝28，
令3n－2＝28，得n＝10，
即当n＝1时，是数列{bn}中的第10项．
②设是{bn}中的第m项，
则＝bm，
即＝3m－2，
则m＝＝＝n＋.
由1≤3－<3，m，n∈N*，可得当且仅当3－＝1时，m＝n＋成立，
即仅有n＝1时，是数列{bn}中的项．
例5 (1) 由题图可得an＋1－an＝n＋1，又a1＝1，
所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋…＋2＋1＝.
(2) 由bn＋1＝2Sn＋2，
得bn＝2Sn－1＋2(n≥2)，
两式相减得bn＋1－bn＝2Sn－2Sn－1＝2bn，
则bn＋1＝3bn(n≥2).
因为数列{bn}为等比数列，
所以其公比为q＝3.
当n＝1时，b2＝2S1＋2＝2b1＋2＝3b1，
解得b1＝2，
可得bn＝2·3n-1，则bn＋1＝2×3n.
因为bn＋1＝bn＋(n＋2－1)dn，
所以dn＝＝，
所以an·dn＝2n·3n-1，
可得Tn＝2(1×30＋2×31＋3×32＋…＋n·3n-1)，
则3Tn＝2(1×31＋2×32＋3×33＋…＋n·3n)，
两式相减，得－2Tn＝2(1＋31＋32＋33＋…＋3n-1－n·3n)＝－2n·3n＝－1＋(－2n＋1)·3n，
故Tn＝＋·3n.
例6 (1) 设数列b1，b2，b3，b4的公差为d，
则b4＝b1＋3d＝2＋3d＝11，解得d＝3，
所以数列{bn}的每一项依次为2，5，8，11，8，5，2.
(2) 若1，2，22，…，2m-1依次是该数列中连续的项，且是对称数列，
则至少有1＋2(m－1)＝2m－1(项)，
从而所有项数不超过2m的“对称数列”有：
1，2，22，…，2m-2，2m-1，2m-1，2m-2，…，22，2，1；
2m-1，2m-2，…，22，2，1，1，2，22，…，2m-2，2m-1；
1，2，22，…，2m-2，2m-1，2m-2，…，22，2，1；
2m-1，2m-2，…，22，2，1，2，22，…，2m-2，2m-1，
共有4个这样的数列(2个2m项的，2个2m－1项的).
当m＝10时，求数列1，2，22，…，2m-2，2m-1，2m-2，…，22，2，1的前19项，
则S19＝1＋2＋22＋…＋28＋29＋28＋…＋22＋2＋1
＝＋＝210－1＋29－1＝1 534.
例7 (1) 由题意，得an＋1－an＝an＋2－an＋1，
即2an＋1＝an＋an＋2，即an＋1＝(an＋an＋2)，
故k＝.
(2) 由k＝－，得an＋1＝－(an＋an＋2)，
即2an＋1＝－an－an＋2，an＋2＋an＋1＝－(an＋1＋an)，
故an＋3＋an＋2＝－(an＋2＋an＋1)＝an＋1＋an.
当n是偶数时，Sn＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋an－1＋an＝(a1＋a2)＝n；
当n是奇数时，a2＋a3＝－(a1＋a2)＝－2，
Sn＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋an－1＋an
＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(an－1＋an)，
＝1＋×(－2)＝2－n.
综上，Sn＝
(3) 若{an}是等比数列，则公比q＝＝a，
由题意，得a≠1，故am＝am-1，am＋1＝am，am＋2＝am+1.
①若am＋1为等差中项，则2am＋1＝am＋am＋2，
即2am＝am-1＋am+1，即2a＝1＋a2，
解得a＝1(舍去)；
②若am为等差中项，则2am＝am＋1＋am＋2，
即2am-1＝am＋am+1，即2＝a＋a2.
因为a≠1，所以a＝－2，
所以k＝＝＝＝－；
③若am＋2为等差中项，则2am＋2＝am＋am＋1，
即2am+1＝am＋am-1，即2a2＝a＋1.
因为a≠1，所以a＝－，所以k＝＝－.
综上，存在实数k满足题意，k＝－.
【检测反馈】
1. A 在数列{an}中，由a1＝1，an＋1＝，得a2＝4，a3＝－2，a4＝1，所以数列{an}是周期为3的周期数列，所以a12＝a3＝－2.
2. C 由题意易知an≠0，因为(n＋2)an＋1＝2nan，所以＝，可得＝，所以an＝an－1＝·an－2＝··an－3＝…＝····…··a1.因为a1＝1，所以an＝，则＝＝－，所以Sn＝1－＋－＋－＋…＋－＝1－＝.
3. ACD 对于A，当n≥2时，an＝n2－(n－1)2＝2n－1.又n＝1时，a1＝S1＝1，符合an＝2n－1，所以an＝2n－1，故A正确；对于B，Tn＝＝，故B错误；对于C，cn＝＝＝，所以Cn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝(1－＋－＋…＋－)＝<，故C正确；对于D，因为dn＝＝＝－，所以Dn＝d1＋d2＋d3＋…＋dn＝－＋－＋…＋－＝3－.令3－＝，可得＝.令bn＝，则bn＋1－bn＝－＝<0，所以数列{bn}为递减数列．又b3＝，b4＝，所以＝无正整数解，故D正确．故选ACD.
4. an＝ 因为an＋1＝，所以＝2＋，所以数列是首项为1，公差为2的等差数列，所以＝2n－1，所以an＝.
5. (1) a2＝－4，a3＝8，猜想an＝－(－2)n.
由an＋1－2an＝(－2)n+2，
得an＋1＋(－2)n+1＝2[an＋(－2)n].
又a1＋(－2)1＝0，故an＋(－2)n＝0.
因此数列{an}的通项公式为an＝－(－2)n.
(2) 由(1)可得＝－2，
所以{an}是以2为首项，－2为公比的等比数列.
因为(Sn－Sn＋1)－(Sn＋2－Sn)＝－2an＋1－an＋2＝0，所以Sn－Sn＋1＝Sn＋2－Sn.
从而Sn＋1，Sn，Sn＋2或Sn＋2，Sn，Sn＋1成等差数列，
于是数列{Sn}中任意连续三项Sn，Sn＋1，Sn＋2，排列为Sn＋1，Sn，Sn＋2或排列为Sn＋2，Sn，Sn＋1后，可以组成等差数列．