2014届高考数学二轮专题突破辅导与测试第1部分 专题三 第一讲 等差数列、等比数列选择、填空题型 文
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(1)q≠1，Sn＝ a11－qn a1－anq ＝ ； 1－q 1－ q (2)q＝1，Sn＝na1
前n项和
nn－1 ＝na1＋ 2 d
2.等差数列、等比数列的性质
等差数列
(1)若m，n，p，q∈N ， 且m＋n＝p＋q，则
*
等比数列
(1)若m，n，p，q∈N*， 且m＋n＝p＋q，则am· an ＝ap· aq； (2)an＝amqn
－m
性质
am＋an＝ap＋aq； (2)an＝am＋(n－m)d； (3)Sm，S2m－Sm，S3m－ S2m，„仍成等差数列
；
(3)Sm，S2m－Sm，S3m－ S2m，„仍成等比数列 (Sn≠0)
数列通项 an 与前 n 项和 Sn 的关系
[例 1] (1)(2013· 潍坊模拟)数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a1 ( D．3×24＋1 )
[答案]
(1)A
(2)(－2)n
－1
——————————规律· 总结————————————
已知 Sn 与 an 的关系式求 an 的方法 数 列 的 通 项 an 与 前 n 项 和 Sn 的 关 系 是 an ＝
S1，n＝1， Sn－Sn－1，n≥2.
当 n＝1 时，a1 若适合 Sn－Sn－1，则 n＝1
(2)设等比数列{an}的公比为q. ∵9S3＝S6，∴8(a1＋a2＋a3)＝a4＋a5＋a6， ∴8＝q3，即q＝2. ∴an＝2
n－1
1 1n－1 ，∴a ＝2 ， n
1 1 ∴数列 a 是首项为1，公比为2的等比数列， n 1 故数列a 的前5项和为 n 15 1×1－2
( 85 D. 2
)
85 A.32
31 B.16
15 C. 8
[自主解答] k＋2k＋1 2
(1)法一：由题意，Sk＋2＝(k＋2)a1＋ d＝k＋2＋(k＋2)(k＋1)＝(k＋2)2，Sk＝ka1＋
kk－1 2 d ＝ k ＋ k ( k － 1) ＝ k ， 2 故Sk＋2－Sk＝(k＋2)2－k2＝4k＋4＝24，解得k＝5. 法二：Sk＋2－Sk＝ak＋2＋ak＋1＝2ak＋1＋d＝2(a1＋kd)＋d＝2(1 ＋2k)＋2＝24，解得k＝5.
n
1 1 1 1 当n为奇数时，Sn＝ 2 Sn－1－ n＋1 ，从而S1＝－ 4 ，S3＝－ 16 ，又由S3 2 1 1 1 1 ＝2S2－24＝－16，得S2＝0，则S3＝S2＋a3＝a3＝－16.
1 1 1 1 (2)由(1)得S1＋S3＋S5＋„＋S99＝－ 22 － 24 － 26 －„－ 2100 ， 1 S101＝－2102， 1 1 1 又S2＋S4＋S6＋„＋S100＝2S3＋ 23 ＋2S5＋ 25 ＋2S7＋ 27 ＋„＋
——————————规律· 总结————————————
方程思想在等差(比)数列的基本运算中的运用 等差(比)数列的通项公式、求和公式中一共包含a1、 d(或q)、n、an与Sn这五个量，如果已知其中的三个，就可以 求其余的两个．其中a1和d(或q)是两个基本量，所以等差数列 与等比数列的基本运算问题一般先设出这两个基本量，然后 根据通项公式、求和公式构建这两者的方程组，通过解方程 组求其值，这也是方程思想在数列问题中的体现． ————————————————————————
1 1 1 2S101＋2101＝0，故S1＋S2＋„＋S100＝32100－1.
1 答案：(1)－16
1 1 (2)32100－1
1．等差、等比数列的通项及前n项和公式
等差数列
等比数列
通项公式
an＝a1＋(n－1)d
na1＋an Sn＝ 2
an＝a1qn－1(q≠0)
1 1－ 2
31 ＝16.
[答案]
(1)D
(2)B
互动探究
a4 将本例(1)中的条件“a1＝1，d＝2，Sk＋2－Sk＝24”改为“ S ＝ 4 1 12，S7－S4＝15”，求Sn的最小值．
解：记等差数列{an}的公差为
4a1＋15d＝0， d，依题意有 a1＋5d＝5，
由
na1＋an 此解得 a1＝－15，d＝4，an＝4n－19，Sn＝ ＝2n2－17n 2 172 172 ＝2n－ 4 － ，因此当 n＝4 时，Sn 取得最小值 S4＝2×42－ 8 17×4＝－36.
2 ， n ＝ 1 ， 综上可知，数列{an}的通项公式为an＝ 2n＋1，n≥2.
3＋51 所以a1＋a3＋a5＋„＋a25＝(a1＋1)＋a3＋a5＋„＋a25－1＝ 2 ×13－1＝350.
答案：350
an＋12 2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝ (an>0)，则{an} 4 的通项an＝________.
an＋12 解析：法一：因为Sn＝ 4 ， an＋1＋12 an＋12 1 2 2 所以an＋1＝Sn＋1－Sn＝ － ＝ ( a n＋ 1 － a n ＋ 2 a n ＋ 4 4 4
1－2an)， 2 2 即4an＋1＝an ＋1－an＋2an＋1－2an，
整理得2(an＋1＋an)＝(an＋1＋an)(an＋1－an)，
3．在正项等比数列{an}中，a1＝1，前n项和为Sn，且－a3，a2， a4成等差数列，则S7的值为 A．125 B．126 C．127 ( )
D．128
a4 解析：设数列{an}的公比为q，依题意得2a2＝－a3＋a4， a － 2 a3 2 － 2 ＝ 0 ，即 q －q－2＝0，(q＋1)(q－2)＝0，又q>0.因此q a2 1×1－27 ＝2，S7＝ ＝127. 1－2
即(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝0. 因为an>0，所以an＋1＋an>0，所以an＋1－an－2＝0，即an＋1－an＝2. a1＋12 a1＋12 而当n＝1时，有S1＝ 4 ，即a1＝ 4 ， 整理得a2 1－2a1＋1＝0，解得a1＝1； a1＋12 a2＋12 当n＝2时，有S2＝ 4 ，即a1＋a2＝ 4 ，整理得a2 2－2a2－3 ＝0，又an>0，所以解得a2＝3.由于a2－a1＝2， 所以数列{an}是一个首项a1＝1，公差d＝2的等差数列，其通项公 式为an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
即 Sn＋ Sn－1－1>0， 故由上式得 Sn－ Sn－1－1＝0， 所以数列{ Sn }是一个首项为 S1 ＝1，公差为1的等差数列，其 通项公式为 Sn＝n. an＋1 由 2 ＝ Sn，得an＝2 Sn－1＝2n－1. 显然，当n＝1时，也适合上式． 综上可知，数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
答案：6
4．(2013· 湖南高考)设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝(－1)nan－ 1 * n，n∈N ，则(1)a3＝________； 2 (2)S1＋S2＋„＋S100＝________.
1 1 解析：(1)当n＝1时，S1＝(－1)a1－2，得a1＝－4. 1 1 当n≥2时，Sn＝(－1) (Sn－Sn－1)－ 2n .当n为偶数时，Sn－1＝－ 2n ，
第一讲
等差数列、等比数列选择、填空题型
考点 等差数列的性质与基本量 等比数列的性质与基本量 等差数列的通项与求和 等比数列的通项与求和
等差、等比数列的综合问题
数列的递推公式
考情
1.对等差数列与等比数列基本量的考查是重点内容，主 要考查利用通项公式、前n项和公式建立方程组求解，属于 低档题，如2013年安徽T7等． 2．对等差数列与等比数列性质的考查是热点，具有“ 新、巧、活”的特点，考查利用性质解决有关的计算问题， 属中低档题． 3．数列的通项公式及递推公式的应用也是命题的热点 ，根据an与Sn的关系求通项公式以及利用构造或转化的方法 求通项公式也是常考的热点． 4．数列的求和问题，多以考查等差、等比数列的前n项 和公式、错位相减法和裂项相消法为主.
＝1，an＋1＝2Sn＋1(n≥1)，则 a6＝ A．35 B．35＋1 C．3×24
百度文库
2 1 (2)(2013· 新课标全国卷Ⅰ)若数列{an}的前 n 项和 Sn＝ an＋ ， 3 3 则{an}的通项公式是 an＝________.
[自主解答]
(1)由an＋1＝2Sn＋1，得an＝2Sn－1＋1(n≥2)，两
式相减得an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＝2an，即an＋1＝3an(n≥2)，故该 数列从第二项起构成一个公比为3的等比数列． 由an＋1＝2Sn＋1，得a2＝2S1＋1＝2a1＋1＝3， 故a6＝a2×34＝3×34＝35. 2 1 2 1 (2)当n＝1时，由已知Sn＝ 3 an＋ 3 ，得a1＝ 3 a1＋ 3 ，即a1＝1; 2 1 当n≥2时，由已知得到Sn－1＝ 3 an－1＋ 3 ，所以an＝Sn－Sn－1＝ 2 1 2 1 2 2 an＋ － an－1＋ ＝ an－ an－1，所以an＝－2an－1，所以数列 3 3 3 3 3 3 {an}是以1为首项，以－2为公比的等比数列，所以an＝(－2)n－1.
1．(2013· 安徽高考)设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，S8＝ 4a3，a7＝－2，则 a9＝ A．－6 C．－2 B．－4 D．2 ( )
解析：根据等差数列的定义和性质可得，S8＝4(a3＋ a6)，又S8＝4a3，所以a6＝0，又a7＝－2，所以a8＝－ 4，a9＝－6.
答案：A
2．(2013· 辽宁高考)下面是关于公差d>0的等差数列{an}的 四个命题： p1：数列{an}是递增数列； p2：数列{nan}是递增数列；
an p3：数列 n 是递增数列；
p4：数列{an＋3nd}是递增数列． 其中的真命题为 A．p1，p2 B．p3，p4 C．p2，p3 ( )
法二：因为an>0，所以an＋1>0，Sn>0， an＋12 an＋1 由Sn＝ 4 ，得 2 ＝ Sn. a1＋1 当n＝1时，有 2 ＝ a1，解得a1＝1. 当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1， 故由上式得2 Sn＝an＋1＝Sn－Sn－1＋1， 即( Sn－ Sn－1－1)( Sn＋ Sn－1－1)＝0. 因为an>0，a1＝S1＝1，所以 Sn＋ Sn－1>1，
答案：2n－1
等差、等比数列的基本运算
[例2] (1)(2013· 深圳模拟)设Sn为等差数列{an}的前n项和，若 ( D． 5 )
a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，则k＝ A． 8 B． 7 C． 6
(2)已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且
1 9S3＝S6，则数列a 的前5项和为 n
答案：D
3．(2013· 江西高考)某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一 天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最 少天数n(n∈N*)等于______．
解析：设每天植树的棵数组成的数列为{an}，由题意可知它 21－2n 是等比数列，且首项为2，公比为2，所以由题意可得 1－2 ≥100，即2n≥51，而25＝32,26＝64，n∈N*，所以n≥6.
D．p1，p4
解析：设an＝a1＋(n－1)d＝dn＋a1－d，它是递增数列，所以p1 为真命题；若an＝3n－12，则满足已知，但nan＝3n2－12n并非 an 递增数列，所以p2为假命题；若an＝n＋1，则满足已知，但 n 1 ＝1＋ n 是递减数列，所以p3为假命题；设an＋3nd＝4dn＋a1－ d，它是递增数列，所以p4为真命题．
的情况可并入 n≥2 时的通项 an；当 n＝1 时，a1 若不适合 Sn－Sn－1，则用分段函数的形式表示．
———————————————————————————
1．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n－1，则a1＋a3＋a5＋„＋ a25＝________.
解析：当n＝1时，a1＝S1＝12＋2×1－1＝2. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋2n－1－[(n－1)2＋2(n－1)－1]＝ 2n＋1，而当n＝1时，2n＋1＝3≠2，所以a1不适合上式．
前n项和
nn－1 ＝na1＋ 2 d
2.等差数列、等比数列的性质
等差数列
(1)若m，n，p，q∈N ， 且m＋n＝p＋q，则
*
等比数列
(1)若m，n，p，q∈N*， 且m＋n＝p＋q，则am· an ＝ap· aq； (2)an＝amqn
－m
性质
am＋an＝ap＋aq； (2)an＝am＋(n－m)d； (3)Sm，S2m－Sm，S3m－ S2m，„仍成等差数列
；
(3)Sm，S2m－Sm，S3m－ S2m，„仍成等比数列 (Sn≠0)
数列通项 an 与前 n 项和 Sn 的关系
[例 1] (1)(2013· 潍坊模拟)数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a1 ( D．3×24＋1 )
[答案]
(1)A
(2)(－2)n
－1
——————————规律· 总结————————————
已知 Sn 与 an 的关系式求 an 的方法 数 列 的 通 项 an 与 前 n 项 和 Sn 的 关 系 是 an ＝
S1，n＝1， Sn－Sn－1，n≥2.
当 n＝1 时，a1 若适合 Sn－Sn－1，则 n＝1
(2)设等比数列{an}的公比为q. ∵9S3＝S6，∴8(a1＋a2＋a3)＝a4＋a5＋a6， ∴8＝q3，即q＝2. ∴an＝2
n－1
1 1n－1 ，∴a ＝2 ， n
1 1 ∴数列 a 是首项为1，公比为2的等比数列， n 1 故数列a 的前5项和为 n 15 1×1－2
( 85 D. 2
)
85 A.32
31 B.16
15 C. 8
[自主解答] k＋2k＋1 2
(1)法一：由题意，Sk＋2＝(k＋2)a1＋ d＝k＋2＋(k＋2)(k＋1)＝(k＋2)2，Sk＝ka1＋
kk－1 2 d ＝ k ＋ k ( k － 1) ＝ k ， 2 故Sk＋2－Sk＝(k＋2)2－k2＝4k＋4＝24，解得k＝5. 法二：Sk＋2－Sk＝ak＋2＋ak＋1＝2ak＋1＋d＝2(a1＋kd)＋d＝2(1 ＋2k)＋2＝24，解得k＝5.
n
1 1 1 1 当n为奇数时，Sn＝ 2 Sn－1－ n＋1 ，从而S1＝－ 4 ，S3＝－ 16 ，又由S3 2 1 1 1 1 ＝2S2－24＝－16，得S2＝0，则S3＝S2＋a3＝a3＝－16.
1 1 1 1 (2)由(1)得S1＋S3＋S5＋„＋S99＝－ 22 － 24 － 26 －„－ 2100 ， 1 S101＝－2102， 1 1 1 又S2＋S4＋S6＋„＋S100＝2S3＋ 23 ＋2S5＋ 25 ＋2S7＋ 27 ＋„＋
——————————规律· 总结————————————
方程思想在等差(比)数列的基本运算中的运用 等差(比)数列的通项公式、求和公式中一共包含a1、 d(或q)、n、an与Sn这五个量，如果已知其中的三个，就可以 求其余的两个．其中a1和d(或q)是两个基本量，所以等差数列 与等比数列的基本运算问题一般先设出这两个基本量，然后 根据通项公式、求和公式构建这两者的方程组，通过解方程 组求其值，这也是方程思想在数列问题中的体现． ————————————————————————
1 1 1 2S101＋2101＝0，故S1＋S2＋„＋S100＝32100－1.
1 答案：(1)－16
1 1 (2)32100－1
1．等差、等比数列的通项及前n项和公式
等差数列
等比数列
通项公式
an＝a1＋(n－1)d
na1＋an Sn＝ 2
an＝a1qn－1(q≠0)
1 1－ 2
31 ＝16.
[答案]
(1)D
(2)B
互动探究
a4 将本例(1)中的条件“a1＝1，d＝2，Sk＋2－Sk＝24”改为“ S ＝ 4 1 12，S7－S4＝15”，求Sn的最小值．
解：记等差数列{an}的公差为
4a1＋15d＝0， d，依题意有 a1＋5d＝5，
由
na1＋an 此解得 a1＝－15，d＝4，an＝4n－19，Sn＝ ＝2n2－17n 2 172 172 ＝2n－ 4 － ，因此当 n＝4 时，Sn 取得最小值 S4＝2×42－ 8 17×4＝－36.
2 ， n ＝ 1 ， 综上可知，数列{an}的通项公式为an＝ 2n＋1，n≥2.
3＋51 所以a1＋a3＋a5＋„＋a25＝(a1＋1)＋a3＋a5＋„＋a25－1＝ 2 ×13－1＝350.
答案：350
an＋12 2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝ (an>0)，则{an} 4 的通项an＝________.
an＋12 解析：法一：因为Sn＝ 4 ， an＋1＋12 an＋12 1 2 2 所以an＋1＝Sn＋1－Sn＝ － ＝ ( a n＋ 1 － a n ＋ 2 a n ＋ 4 4 4
1－2an)， 2 2 即4an＋1＝an ＋1－an＋2an＋1－2an，
整理得2(an＋1＋an)＝(an＋1＋an)(an＋1－an)，
3．在正项等比数列{an}中，a1＝1，前n项和为Sn，且－a3，a2， a4成等差数列，则S7的值为 A．125 B．126 C．127 ( )
D．128
a4 解析：设数列{an}的公比为q，依题意得2a2＝－a3＋a4， a － 2 a3 2 － 2 ＝ 0 ，即 q －q－2＝0，(q＋1)(q－2)＝0，又q>0.因此q a2 1×1－27 ＝2，S7＝ ＝127. 1－2
即(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝0. 因为an>0，所以an＋1＋an>0，所以an＋1－an－2＝0，即an＋1－an＝2. a1＋12 a1＋12 而当n＝1时，有S1＝ 4 ，即a1＝ 4 ， 整理得a2 1－2a1＋1＝0，解得a1＝1； a1＋12 a2＋12 当n＝2时，有S2＝ 4 ，即a1＋a2＝ 4 ，整理得a2 2－2a2－3 ＝0，又an>0，所以解得a2＝3.由于a2－a1＝2， 所以数列{an}是一个首项a1＝1，公差d＝2的等差数列，其通项公 式为an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
即 Sn＋ Sn－1－1>0， 故由上式得 Sn－ Sn－1－1＝0， 所以数列{ Sn }是一个首项为 S1 ＝1，公差为1的等差数列，其 通项公式为 Sn＝n. an＋1 由 2 ＝ Sn，得an＝2 Sn－1＝2n－1. 显然，当n＝1时，也适合上式． 综上可知，数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
答案：6
4．(2013· 湖南高考)设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝(－1)nan－ 1 * n，n∈N ，则(1)a3＝________； 2 (2)S1＋S2＋„＋S100＝________.
1 1 解析：(1)当n＝1时，S1＝(－1)a1－2，得a1＝－4. 1 1 当n≥2时，Sn＝(－1) (Sn－Sn－1)－ 2n .当n为偶数时，Sn－1＝－ 2n ，
第一讲
等差数列、等比数列选择、填空题型
考点 等差数列的性质与基本量 等比数列的性质与基本量 等差数列的通项与求和 等比数列的通项与求和
等差、等比数列的综合问题
数列的递推公式
考情
1.对等差数列与等比数列基本量的考查是重点内容，主 要考查利用通项公式、前n项和公式建立方程组求解，属于 低档题，如2013年安徽T7等． 2．对等差数列与等比数列性质的考查是热点，具有“ 新、巧、活”的特点，考查利用性质解决有关的计算问题， 属中低档题． 3．数列的通项公式及递推公式的应用也是命题的热点 ，根据an与Sn的关系求通项公式以及利用构造或转化的方法 求通项公式也是常考的热点． 4．数列的求和问题，多以考查等差、等比数列的前n项 和公式、错位相减法和裂项相消法为主.
＝1，an＋1＝2Sn＋1(n≥1)，则 a6＝ A．35 B．35＋1 C．3×24
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2 1 (2)(2013· 新课标全国卷Ⅰ)若数列{an}的前 n 项和 Sn＝ an＋ ， 3 3 则{an}的通项公式是 an＝________.
[自主解答]
(1)由an＋1＝2Sn＋1，得an＝2Sn－1＋1(n≥2)，两
式相减得an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＝2an，即an＋1＝3an(n≥2)，故该 数列从第二项起构成一个公比为3的等比数列． 由an＋1＝2Sn＋1，得a2＝2S1＋1＝2a1＋1＝3， 故a6＝a2×34＝3×34＝35. 2 1 2 1 (2)当n＝1时，由已知Sn＝ 3 an＋ 3 ，得a1＝ 3 a1＋ 3 ，即a1＝1; 2 1 当n≥2时，由已知得到Sn－1＝ 3 an－1＋ 3 ，所以an＝Sn－Sn－1＝ 2 1 2 1 2 2 an＋ － an－1＋ ＝ an－ an－1，所以an＝－2an－1，所以数列 3 3 3 3 3 3 {an}是以1为首项，以－2为公比的等比数列，所以an＝(－2)n－1.
1．(2013· 安徽高考)设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，S8＝ 4a3，a7＝－2，则 a9＝ A．－6 C．－2 B．－4 D．2 ( )
解析：根据等差数列的定义和性质可得，S8＝4(a3＋ a6)，又S8＝4a3，所以a6＝0，又a7＝－2，所以a8＝－ 4，a9＝－6.
答案：A
2．(2013· 辽宁高考)下面是关于公差d>0的等差数列{an}的 四个命题： p1：数列{an}是递增数列； p2：数列{nan}是递增数列；
an p3：数列 n 是递增数列；
p4：数列{an＋3nd}是递增数列． 其中的真命题为 A．p1，p2 B．p3，p4 C．p2，p3 ( )
法二：因为an>0，所以an＋1>0，Sn>0， an＋12 an＋1 由Sn＝ 4 ，得 2 ＝ Sn. a1＋1 当n＝1时，有 2 ＝ a1，解得a1＝1. 当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1， 故由上式得2 Sn＝an＋1＝Sn－Sn－1＋1， 即( Sn－ Sn－1－1)( Sn＋ Sn－1－1)＝0. 因为an>0，a1＝S1＝1，所以 Sn＋ Sn－1>1，
答案：2n－1
等差、等比数列的基本运算
[例2] (1)(2013· 深圳模拟)设Sn为等差数列{an}的前n项和，若 ( D． 5 )
a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，则k＝ A． 8 B． 7 C． 6
(2)已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且
1 9S3＝S6，则数列a 的前5项和为 n
答案：D
3．(2013· 江西高考)某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一 天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最 少天数n(n∈N*)等于______．
解析：设每天植树的棵数组成的数列为{an}，由题意可知它 21－2n 是等比数列，且首项为2，公比为2，所以由题意可得 1－2 ≥100，即2n≥51，而25＝32,26＝64，n∈N*，所以n≥6.
D．p1，p4
解析：设an＝a1＋(n－1)d＝dn＋a1－d，它是递增数列，所以p1 为真命题；若an＝3n－12，则满足已知，但nan＝3n2－12n并非 an 递增数列，所以p2为假命题；若an＝n＋1，则满足已知，但 n 1 ＝1＋ n 是递减数列，所以p3为假命题；设an＋3nd＝4dn＋a1－ d，它是递增数列，所以p4为真命题．
的情况可并入 n≥2 时的通项 an；当 n＝1 时，a1 若不适合 Sn－Sn－1，则用分段函数的形式表示．
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1．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n－1，则a1＋a3＋a5＋„＋ a25＝________.
解析：当n＝1时，a1＝S1＝12＋2×1－1＝2. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋2n－1－[(n－1)2＋2(n－1)－1]＝ 2n＋1，而当n＝1时，2n＋1＝3≠2，所以a1不适合上式．