2020新课标高考数学二轮讲义：第二部分专题二第1讲　等差数列与等比数列



第1讲　等差数列与等比数列

[做真题]
题型一　等差数列
1．(2019·高考全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则(　　)
A．an＝2n－5　　　　　 B．an＝3n－10
C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝n2－2n
解析：选A.法一：设等差数列{an}的公差为d，
因为
所以
解得
所以an＝a1＋(n－1)d＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝na1＋d＝n2－4n.故选A.
法二：设等差数列{an}的公差为d，
因为
所以
解得
选项A，a1＝2×1－5＝－3；
选项B，a1＝3×1－10＝－7，排除B；
选项C，S1＝2－8＝－6，排除C；
选项D，S1＝－2＝－，排除D.故选A.
2．(2018·高考全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝(　　)
A．－12 B．－10
C．10 D．12
解析：选B.设等差数列{an}的公差为d，因为3S3＝S2＋S4，所以3(3a1＋d)＝2a1＋d＋4a1＋d，解得d＝－a1，因为a1＝2，所以d＝－3，所以a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.故选B.
3．(2017·高考全国卷Ⅲ)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(　　)
A．－24 B．－3
C．3 D．8
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a2a6＝a，即(a1＋d)(a1＋5d)＝(a1＋2d)2，又a1＝1，所以d2＋2d＝0，又d≠0，则d＝－2，所以a6＝a1＋5d＝－9，所以{an}前6项的和S6＝×6＝－24，故选A.
4．(2019·高考全国卷Ⅲ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1≠0，a2＝3a1，则＝________．
解析：设等差数列{an}的公差为d，由a2＝3a1，即a1＋d＝3a1，得d＝2a1，
所以＝＝＝＝4.
答案：4
题型二　等比数列
1．(2019·高考全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1，则a3＝(　　)
A．16　　　　　　　　　 B．8
C．4 D．2
解析：选C.设等比数列{an}的公比为q，由a5＝3a3＋4a1得q4＝3q2＋4，得q2＝4，因为数列{an}的各项均为正数，所以q＝2，又a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q＋q2＋q3)＝a1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a1＝1，所以a3＝a1q2＝4.
2．(2017·高考全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯(　　)
A．1盏　　　　　　　 B．3盏
C．5盏 D．9盏
解析：选B.每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{an}，则前7项的和S7＝381，公比q＝2，依题意，得S7＝＝381，解得a1＝3，故选B.
3．(2019·高考全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝，a＝a6，则S5＝________．
解析：通解：设等比数列{an}的公比为q，因为a＝a6，所以(a1q3)2＝a1q5，所以a1q＝1，又a1＝，所以q＝3，所以S5＝＝＝.
优解：设等比数列{an}的公比为q，因为a＝a6，所以a2a6＝a6，所以a2＝1，又a1＝，所以q＝3，所以S5＝＝＝.
答案：
4．(2018·高考全国卷Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Sn为{an}的前n项和．若Sm＝63，求m.
解：(1)设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1.
由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2.
故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.
(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝.
由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．
若an＝2n－1，则Sn＝2n－1.
由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6.
综上，m＝6.
题型三　等差、等比数列的判定与证明
(2019·高考全国卷Ⅱ)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0，4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4.
(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；
(2)求{an}和{bn}的通项公式．
解：(1)证明：由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即an＋1＋bn＋1＝(an＋bn)．
又因为a1＋b1＝1，所以{an＋bn}是首项为1，公比为的等比数列．
由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.
又因为a1－b1＝1，所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列．
(2)由(1)知，an＋bn＝，an－bn＝2n－1.
所以an＝[(an＋bn)＋(an－bn)]＝＋n－，
bn＝[(an＋bn)－(an－bn)]＝－n＋.
[山东省学习指导意见]
1．数列的概念和简单表示法
了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)，了解数列是一种特殊函数．
2．等差数列、等比数列
(1)理解等差数列、等比数列的概念．
(2)掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和的公式．



　　　　等差、等比数列的基本运算
[典型例题]
(1)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，＝，则数列{an}的公比q为(　　)
A．4　　 B．2　　
C．　　 D．
(2)(2019·开封模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝3.
①若a3＋b3＝7，求{bn}的通项公式；
②若T3＝13，求Sn.
【解】　(1)选C.因为＝≠2，所以q≠1.所以＝＝1＋q5，所以1＋q5＝，所以q＝.
(2)①设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，
则an＝－1＋(n－1)d，bn＝qn－1.
由a2＋b2＝3，得d＋q＝4，(*)
由a3＋b3＝7，得2d＋q2＝8，(**)
联立(*)(**)，解得q＝2或q＝0(舍去)，
因此数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1.
②因为T3＝1＋q＋q2，所以1＋q＋q2＝13，
解得q＝3或q＝－4，
由a2＋b2＝3，得d＝4－q，所以d＝1或d＝8.
由Sn＝na1＋n(n－1)d，
得Sn＝n2－n或Sn＝4n2－5n.

等差、等比数列问题的求解策略
(1)抓住基本量，首项a1、公差d或公比q；　
(2)熟悉一些结构特征，如前n项和为Sn＝an2＋bn(a，b是常数)的形式的数列为等差数列，通项公式为an＝p·qn－1(p，q≠0)的形式的数列为等比数列；
(3)由于等比数列的通项公式、前n项和公式中变量n在指数位置，所以常采用两式相除(即比值的方式)进行相关计算．
[对点训练]
1．(多选)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，且对于任意n>1，n∈N*，满足Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)，则(　　)
A．a9＝17　　　　　　 B．a10＝18
C．S9＝81 D．S10＝91
解析：选BD.因为对于任意n>1，n∈N*，满足Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)，所以Sn－1－Sn＝Sn－Sn－1＋2，所以an＋1－an＝2.所以数列{an}在n≥2时是等差数列，公差为2，又a1＝1，a2＝2，则a9＝2＋7×2＝16，a10＝2＋8×2＝18，S9＝1＋8×2＋×2＝73，S10＝1＋9×2＋×2＝91.故选BD.
2．(一题多题)(2019·福州市质量检测)等比数列{an}的各项均为正实数，其前n项和为Sn.若a3＝4，a2a6＝64，则S5＝(　　)
A．32 B．31
C．64 D．63
解析：选B.通解：设首项为a1，公比为q，因为an>0，所以q>0，由条件得，解得，所以S5＝31，故选B.
优解：设首项为a1，公比为q，因为an>0，所以q>0，由a2a6＝a＝64，a3＝4，得q＝2，a1＝1，所以S5＝31，故选B.
3．(2019·武昌区调研考试)设{an}是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，已知S1，S2，S4成等比数列，且a3＝5，则数列{an}的通项公式为________．
解析：设数列{an}的公差为d(d≠0)，因为{an}是等差数列，S1，S2，S4成等比数列，所以(a1＋a2)2＝a1(a1＋a2＋a3＋a4)，因为a3＝5，所以(5－2d＋5－d)2＝(5－2d)(5－2d＋15)，解得d＝2或d＝0(舍去)，所以5＝a1＋(3－1)×2，即a1＝1，所以an＝2n－1.
答案：an＝2n－1

　　　等差(比)数列的性质
[典型例题]
(1)在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的根，则的值为(　　)
A．－　　　　　　 B．－
C． D．－或
(2)(2019·长春质量检测)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若S4≠0，且S8＝3S4，S12＝λS8，则λ＝(　　)
A． B．
C．2 D．3
(3)(2019·福建漳州质检改编)若Sn是等差数列{an}的前n项和，且a2＋a9＋a19＝6，则a10＝________，S19＝________．　
【解析】　(1)设等比数列{an}的公比为q，因为a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的根，所以a3·a15＝a＝2，a3＋a15＝－6，所以a3<0，a15<0，则a9＝－，所以＝＝a9＝－，故选B.
(2)因为Sn是等差数列{an}的前n项和，
若S4≠0，且S8＝3S4，S12＝λS8，
所以由等差数列的性质得：S4，S8－S4，S12－S8成等差数列，
所以2(S8－S4)＝S4＋(S12－S8)，
所以2(3S4－S4)＝S4＋(λ·3S4－3S4)，
解得λ＝2.
(3)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.由等差数列的通项公式可得a2＋a9＋a19＝3(a1＋9d)＝3a10＝6，所以a10＝2，由等差数列前n项和公式可得S19＝＝19a10＝38.
【答案】　(1)B　(2)C　(3)2　38

等差、等比数列性质问题的求解策略
抓关系
抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解
用性质
数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题
　
[对点训练]
1．(一题多解)(2019·福建省质量检查)等差数列{an}的前n项和为Sn，且a8－a5＝9，S8－S5＝66，则a33＝(　　)
A．82 B．97
C．100 D．115
解析：选C.通解：设等差数列{an}的公差为d，则由得解得所以a33＝a1＋32d＝4＋32×3＝100，故选C.
优解：设等差数列{an}的公差为d，由a8－a5＝9，得3d＝9，即d＝3.由S8－S5＝66，得a6＋a7＋a8＝66，结合等差数列的性质知3a7＝66，即a7＝22，所以a33＝a7＋(33－7)×d＝22＋26×3＝100，故选C.
2．(一题多解)(2019·广东省七校联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a6＋a8＝6，S9－S6＝3，则Sn取得最大值时n的值为(　　)
A．5 B．6
C．7 D．8
解析：选D.法一：设{an}的公差为d，则由题意得，解得所以an＝－2n＋17，由于a8>0，a9<0，所以Sn取得最大值时n的值是8，故选D.
法二：设{an}的公差为d，则由题意得，解得则Sn＝15n＋×(－2)＝－(n－8)2＋64，所以当n＝8时，Sn取得最大值，故选D.
3．(水浒原创)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1.
(1)从下列给出的两个条件中取一个作已知条件，求数列{an}的通项公式an；
①＝＋1(n≥2，n∈N)，②an＝＋(n∈N，且n≥2)；
(2)在条件(1)下，记bn＝，Tn为{bn}的前n项和，求使Tn≥成立的n的最小值．
解：(1)若选取①，由已知得－＝1(n≥2，n∈N)，所以数列{}为等差数列，又＝＝1，所以＝n，即Sn＝n2.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.
又a1＝1也满足上式，所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
若选取②，在数列{an}中，an＝Sn－Sn－1(n≥2)　①，
因为an＝＋　②，
且an>0，所以①÷②得－＝1(n≥2)．
所以数列{}是以＝＝1为首项，公差为1的等差数列，
所以＝1＋(n－1)×1＝n，所以Sn＝n2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，
当n＝1时，a1＝1，也满足上式，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)由(1)知bn＝＝，
所以Tn＝＝＝.
由Tn≥得n2≥4n＋2，即(n－2)2≥6，所以n≥5，
所以n的最小值为5.

　　　等差(比)数列的判定与证明
[典型例题]
(2019·广州市调研测试)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a3＝7，an＝2an－1＋a2－2(n≥2)．
(1)证明：数列{an＋1}为等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式，并判断n，an，Sn是否成等差数列？
【解】　(1)证明：因为a3＝7，a3＝3a2－2，所以a2＝3，
所以an＝2an－1＋1，
所以a1＝1，
＝＝2(n≥2)，
所以数列{an＋1}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列．
(2)由(1)知，an＋1＝2n，
所以an＝2n－1，
所以Sn＝－n＝2n＋1－n－2，
所以n＋Sn－2an＝n＋(2n＋1－n－2)－2(2n－1)＝0，
所以n＋Sn＝2an，
即n，an，Sn成等差数列．

判断(证明)等差(比)数列应注意的问题
(1)判断或者证明数列为等差数列、等比数列最基本的方法是用定义判断或证明，其他方法最后都会回到定义，如证明等差数列可以证明通项公式是n的一次函数，但最后还得使用定义才能说明其为等差数列．
(2)证明数列{an}为等比数列时，不能仅仅证明an＋1＝qan，还要说明a1≠0，才能递推得出数列中的各项均不为零，最后判定数列{an}为等比数列．　
[对点训练]
1．(2019·湖南省湘东六校联考)已知数列{an}满足an＋1－3an＝3n(n∈N*)且a1＝1.
(1)设bn＝，证明数列{bn}为等差数列；
(2)设cn＝，求数列{cn}的前n项和Sn.
解：(1)证明：由已知得an＋1＝3an＋3n，得bn＋1＝＝＝＋1＝bn＋1，
所以bn＋1－bn＝1，又a1＝1，所以b1＝1，
所以数列{bn}是首项为1，公差为1的等差数列．
(2)由(1)知，bn＝＝n，所以an＝n·3n－1，cn＝，
所以Sn＝＝＝－.
2．设Sn为数列{an}的前n项和，对任意的n∈N*，都有Sn＝2－an，数列{bn}满足b1＝2a1，bn＝(n≥2，n∈N*)．
(1)求证：数列{an}是等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)判断数列{}是等差数列还是等比数列，并求数列{bn}的通项公式．
解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝2－a1，解得a1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－1－an，即＝(n≥2，n∈N*)．
所以数列{an}是首项为1，公比为的等比数列，
故数列{an}的通项公式为an＝.
(2)因为a1＝1，所以b1＝2a1＝2.
因为bn＝，
所以＝＋1，
即－＝1(n≥2)．
所以数列{}是首项为，
公差为1的等差数列．
所以＝＋(n－1)·1＝，
故数列{bn}的通项公式为bn＝.

　　　数列与新定义相交汇问题
[典型例题]
对任一实数序列A＝(a1，a2，a3，…)，定义新序列ΔA＝(a2－a1，a3－a2，a4－a3，…)，它的第n项为an＋1－an.假定序列Δ(ΔA)的所有项都是1，且a12＝a22＝0，则a2＝________．
【解析】　令bn＝an＋1－an，依题意知数列{bn}为等差数列，且公差为1，所以bn＝b1＋(n－1)×1，
a1＝a1，
a2－a1＝b1，
a3－a2＝b2，
…
an－an－1＝bn－1，
累加得an＝a1＋b1＋…＋bn－1＝a1＋(n－1)b1＋＝(n－1)a2－(n－2)a1＋，
分别令n＝12，n＝22，
得
解得a1＝，a2＝100.
【答案】　100

数列新定义型创新题的一般解题思路
(1)阅读审清“新定义”．
(2)结合常规的等差数列、等比数列的相关知识，化归、转化到“新定义”的相关知识．
(3)利用“新定义”及常规的数列知识，求解证明相关结论．　
[对点训练]
1．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，数列{an}的“差数列”的通项公式为an＋1－an＝2n，则数列{an}的前n项和Sn＝(　　)
A．2　　　　　　　 B．2n
C．2n＋1－2 D．2n－1－2
解析：选C.因为an＋1－an＝2n，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝＋2＝2n－2＋2＝2n，所以Sn＝＝2n＋1－2.
2．(2019·福建五校第二次联考)在数列{an}中，a1＝，＝，n∈N＋，且bn＝.记Pn＝b1×b2×…×bn，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，则3n＋1Pn＋Sn＝________．
解析：因为＝＝－，所以bn＝＝－，所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝－.因为＝，所以bn＝＝，所以Pn＝b1×b2×…×bn＝××…×＝.又a1＝，故3n＋1Pn＋Sn＝＋－＝＝3.
答案：3

一、选择题
1．(2019·福州市质量检测)已知数列{an}中，a3＝2，a7＝1.若数列为等差数列，则a9＝(　　)
A．　　　　　　　　 B．
C． D．－
解析：选C.因为数列为等差数列，a3＝2，a7＝1，
所以数列的公差d＝＝＝，所以＝＋(9－7)×＝，所以a9＝，故选C.
2．(一题多解)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝2，S3＝－6，则S5＝(　　)
A．18 B．10
C．－14 D．－22
解析：选D.法一：设等比数列{an}的公比为q，由题意，得，解得，所以S5＝＝－22，故选D.
法二：设等比数列{an}的公比为q，易知q≠1，令A＝，则Sn＝Aqn－A，，解得，所以Sn＝[(－2)n－1]，所以S5＝×[(－2)5－1]＝－22，故选D.　
3．已知数列{an}是等比数列，数列{bn}是等差数列，若a1·a6·a11＝－3，b1＋b6＋b11＝7π，则tan 的值是　(　　)
A．－ B．－1
C．－ D．
解析：选A.依题意得，a＝(－)3，3b6＝7π，所以a6＝－，b6＝，所以＝＝－，故tan＝tan＝tan＝－tan＝－，故选A.
4．(一题多解)(2019·合肥市第一次质量检测)已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，a5＋a7－a＝0，则S11的值为(　　)
A．11 B．12
C．20 D．22
解析：选D.通解：设等差数列{an}的公差为d(d>0)，则由(a1＋4d)＋(a1＋6d)－(a1＋5d)2＝0，得(a1＋5d)(a1＋5d－2)＝0，所以a1＋5d＝0或a1＋5d＝2，又a1>0，所以a1＋5d>0，则a1＋5d＝2，则S11＝11a1＋d＝11(a1＋5d)＝11×2＝22，故选D.
优解：因为{an}为正项等差数列，所以由等差数列的性质，并结合a5＋a7－a＝0，得2a6－a＝0，a6＝2，则S11＝＝＝11a6＝22，故选D.
5．等差数列{an}中，已知|a6|＝|a11|，且公差d>0，则其前n项和取最小值时n的值为(　　)
A．6 B．7
C．8 D．9
解析：选C.由d>0可得等差数列{an}是递增数列，又|a6|＝|a11|，所以－a6＝a11，即－a1－5d＝a1＋10d，所以a1＝－，则a8＝－<0，a9＝>0，所以前8项和为前n项和的最小值，故选C.
6．(多选)已知数列{an}是等比数列，则下列命题正确的是(　　)
A．数列{|an|}是等比数列
B．数列{anan＋1}是等比数列
C．数列是等比数列
D．数列{lg a}是等比数列
解析：选ABC.因为数列{an}是等比数列，所以＝q.对于A，＝＝|q|，所以数列{|an|}是等比数列，A正确；对于B，＝q2，所以数列{anan＋1}是等比数列，B正确；对于C，＝＝，所以数列是等比数列，C正确；对于D，＝＝，不一定是常数，所以D错误．
二、填空题
7．(2019·贵阳市第一学期监测)已知数列{an}中，a1＝3，a2＝7.当n∈N*时，an＋2是乘积an·an＋1的个位数，则a2 019＝________．
解析：a1＝3，a2＝7，a1a2＝21，a3＝1，a2a3＝7，a4＝7，a3a4＝7，a5＝7，a4a5＝49，a6＝9，a5a6＝63，a7＝3，a6a7＝27，a8＝7，a7a8＝21，a9＝1，a8a9＝7，所以数列{an}是周期为6的数列，又2 019＝6×336＋3，所以a2 019＝a3＝1.
答案：1
8．在数列{an}中，n∈N*，若＝k(k为常数)，则称{an}为“等差比数列”，下列是对“等差比数列”的判断：
①k不可能为0；
②等差数列一定是“等差比数列”；
③等比数列一定是“等差比数列”；
④“等差比数列”中可以有无数项为0.
其中所有正确判断的序号是________．
解析：由等差比数列的定义可知，k不为0，所以①正确，当等差数列的公差为0，即等差数列为常数列时，等差数列不是等差比数列，所以②错误；当{an}是等比数列，且公比q＝1时，{an}不是等差比数列，所以③错误；数列0，1，0，1，…是等差比数列，该数列中有无数多个0，所以④正确．
答案：①④
9．(2019·洛阳尖子生第二次联考)已知函数f(x)＝，g(x)＝f(x－1)＋1，则g(x)的图象关于________对称，若an＝g＋g＋g＋…＋g(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________．
解析：因为f(x)＝，所以f(－x)＝＝＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数．因为g(x)＝f(x－1)＋1，所以g(x)的图象关于点(1，1)对称，若x1＋x2＝2，则有g(x1)＋g(x2)＝2，所以an＝g＋g＋g＋…＋g＝2(n－1)＋g(1)＝2n－2＋f(0)＋1＝2n－1，即an＝2n－1，故数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
答案：(1，1)　an＝2n－1
三、解答题
10．(2019·昆明市诊断测试)已知数列{an}是等比数列，公比q<1，若a2＝2，a1＋a2＋a3＝7.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2an，求数列{bn}的前n项和．
解：(1)由已知得，
则或(舍去)．
所以an＝4×＝23－n.
(2)因为bn＝log2an＝log223－n＝3－n，所以数列{bn}是首项为2，公差为－1的等差数列．
设数列{bn}的前n项和为Tn，
则Tn＝＝.
11．(2019·武汉调研)已知等差数列{an}前三项的和为－9，前三项的积为－15.
(1)求等差数列{an}的通项公式；
(2)若{an}为递增数列，求数列{|an|}的前n项和Sn.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则依题意得a2＝－3，则a1＝－3－d，a3＝－3＋d，
所以(－3－d)(－3)(－3＋d)＝－15，得d2＝4，d＝±2，
所以an＝－2n＋1或an＝2n－7.
(2)由题意得an＝2n－7，所以|an|＝，
①n≤3时，Sn＝－(a1＋a2＋…＋an)＝n＝6n－n2；
②n≥4时，Sn＝－a1－a2－a3＋a4＋…＋an＝－2(a1＋a2＋a3)＋(a1＋a2＋…＋an)＝18－6n＋n2.
综上，数列{|an|}的前n项和Sn＝.
12．(2019·湖北仙桃、天门、潜江期末)已知数列{an}满足a1＝2，(n＋2)an＝(n＋1)an＋1－2(n2＋3n＋2)，设bn＝.
(1)求b1，b2，b3；
(2)判断数列{bn}是否为等差数列，并说明理由；
(3)求数列{an}的通项公式．
解：(1)因为数列{an}满足(n＋2)an＝(n＋1)an＋1－2(n2＋3n＋2)，所以将n＝1代入得3a1＝2a2－12.又a1＝2，所以a2＝9.将n＝2代入得4a2＝3a3－24，所以a3＝20.从而b1＝1，b2＝3，b3＝5.
(2)数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列．理由如下：
将(n＋2)an＝(n＋1)an＋1－2(n2＋3n＋2)两边同时除以
(n＋1)(n＋2)可得
＝，
化简可得－＝2，即bn＋1－bn＝2，
所以数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列．
(3)由(2)可得bn＝1＋2(n－1)＝2n－1，
所以an＝(n＋1)bn＝(n＋1)·(2n－1)＝2n2＋n－1.