PAGE1-第2講解答題審題技巧方法概述審題是解題的第一步，細致深化的審題是解題勝利的必要前提．審題即審清題意，通常它包含三個環(huán)節(jié)，即解題前對已知與未知事項的初步分析與視察(通常意義下的審題)，解題過程中對題意的進一步分析，以及解題后的檢驗與反思．其詳細內(nèi)容是：已知什么？結(jié)論是什么？隱含什么？需做什么？得出什么？留意什么？等等；明確這些是正確解題的關(guān)鍵，下面淺談一下如何學(xué)會審題．一審條件條件是解題的主要材料，充分利用條件間的內(nèi)在聯(lián)系是解題的必經(jīng)之路．諦視條件要充分挖掘每一個條件的內(nèi)涵和隱含信息，發(fā)掘條件的內(nèi)在聯(lián)系．[典型例題]設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx－ax，g(x)＝ex－ax，其中a為實數(shù)．若f(x)在(1，＋∞)上是單調(diào)減函數(shù)，且g(x)在(1，＋∞)上有最小值，求a的取值范圍．[審題路途圖]f(x)在(1，＋∞)上遞減→f′(x)<0→a的范圍；求g′(x)→g(x)在(1，＋∞)上有最小值→a的范圍→結(jié)果．[規(guī)范解答]令f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x)＜0，考慮到f(x)的定義域為(0，＋∞)，故a＞0，進而解得x＞a－1，即f(x)在(a－1，＋∞)上是單調(diào)減函數(shù)．同理，f(x)在(0，a－1)上是單調(diào)增函數(shù)．由于f(x)在(1，＋∞)上是單調(diào)減函數(shù)，故(1，＋∞)?(a－1，＋∞)，從而a－1≤1，即a≥1.令g′(x)＝ex－a＝0，得x＝lna.當(dāng)x＜lna時，g′(x)＜0；當(dāng)x＞lna時，g′(x)＞0.又g(x)在(1，＋∞)上有最小值，所以lna＞1，即a＞e.綜上可知，a∈(e，＋∞)．二審結(jié)論問題解決的最終目標(biāo)就是求出結(jié)論或說明已給結(jié)論正確或錯誤．因而解決問題時的思維過程大多都是圍圍著結(jié)論這個目標(biāo)進行定向思索的．諦視結(jié)論，就是在結(jié)論的啟發(fā)下，探究已知條件和結(jié)論之間的內(nèi)在聯(lián)系和轉(zhuǎn)化規(guī)律．擅長從結(jié)論中捕獲解題信息，擅長對結(jié)論進行轉(zhuǎn)化，使之逐步靠近條件，從而發(fā)覺和確定解題方向．[典型例題](2024·杭州模擬)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)棱AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，D為AC的中點，AA1＝AB＝2，BC＝3.(1)求證：AB1∥平面BC1D；(2)求四棱錐B-AA1C1D的體積．[審題路途圖](1)要證AB1∥平面BC1D→只需證AB1與平面BC1D內(nèi)的一條直線平行即可→只需連接B1C交BC1于點O，則DO為所需直線．(2)求B-AA1C1D的體積→求底面積和高→底面AA1C1D為直角梯形，圖中無高→應(yīng)用底面和側(cè)面垂直作高．[規(guī)范解答](1)證明：如圖，連接B1C，設(shè)B1C與BC1相交于點O，連接OD.因為四邊形BCC1B1是平行四邊形，所以點O為B1C的中點．因為D為AC的中點，所以O(shè)D為△AB1C的中位線，所以O(shè)D∥AB1，因為OD?平面BC1D，AB1?平面BC1D，所以AB1∥平面BC1D.(2)因為AA1⊥平面ABC，AA1?平面AA1C1C，所以平面ABC⊥平面AA1C1C，作BE⊥AC，垂足為E，則BE⊥平面AA1C1C.在Rt△ABC中，AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝eq\r(4＋9)＝eq\r(13)，BE＝eq\f(AB·BC,AC)＝eq\f(6,\r(13))，所以四棱錐B-AA1C1D的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)(A1C1＋AD)·AA1·BE＝eq\f(1,6)×eq\f(3,2)eq\r(13)×2×eq\f(6,\r(13))＝3.三審結(jié)構(gòu)結(jié)構(gòu)是數(shù)學(xué)問題的搭配形式，某些問題在已知的數(shù)式結(jié)構(gòu)中經(jīng)常隱含著某種特別的關(guān)系．諦視結(jié)構(gòu)要對結(jié)構(gòu)進行分析、加工和轉(zhuǎn)化，以實現(xiàn)解題突破．[典型例題](2024·臺州調(diào)研)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且a＋c＝6，b＝2，cosB＝eq\f(7,9).(1)求a，c的值；(2)求sin(A－B)的值．[審題路途圖](1)條件邊、角共存，而結(jié)論求邊→將角的余弦化為邊→求出a，c.(2)條件→求出角A的三角函數(shù)→sin(A－B)的值．[規(guī)范解答](1)由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得b2＝(a＋c)2－2ac(1＋cosB)，又b＝2，a＋c＝6，cosB＝eq\f(7,9)，所以ac＝9，解得a＝3，c＝3.(2)在△ABC中，sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(4\r(2),9)，由正弦定理得sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(2\r(2),3).因為a＝c，所以A為銳角．所以cosA＝eq\r(1－sin2A)＝eq\f(1,3).因此sin(A－B)＝sinAcosB－cosAsinB＝eq\f(10\r(2),27).四審范圍范圍是對數(shù)學(xué)概念、公式、定理中涉及的一些量以及相關(guān)解析式的限制條件．諦視范圍要適時利用相關(guān)量的約束范圍，從整體上把握問題的解決方向．[典型例題]在△ABC中，sinA＝eq\f(5,13)，cosB＝eq\f(3,5)，求cosC的值．[審題路途圖]eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(sinA＝\f(5,13)<\f(1,2)→0<A<\f(π,6)或\f(5π,6)<A<π,cosB＝\f(3,5)<\f(\r(2),2)→B>\f(π,4)))→0<A<eq\f(π,6).[規(guī)范解答]在△ABC中，sinA＝eq\f(5,13)<eq\f(1,2)，cosB＝eq\f(3,5)<eq\f(\r(2),2)，所以0<A<eq\f(π,6)或eq\f(5,6)π<A<π，B>eq\f(π,4)，所以0<A<eq\f(π,6)，所以cosA＝eq\f(12,13)，sinB＝eq\f(4,5)，所以cosC＝－cos(A＋B)＝－eq\f(16,65).五審圖形圖形或者圖象的力氣比文字更為簡潔而有力，挖掘其中蘊涵的有效信息，正確理解問題是解決問題的關(guān)鍵.對圖形或者圖象的獨特理解許多時候能成為解決問題的亮點．[典型例題]如圖，正方體的底面與正四面體的底面在同一平面α上，且AB∥CD，推斷直線EF與正方體的六個面所在的平面中的幾個相交？[審題路途圖]圖形→理解AB和CD平行→EF與左右側(cè)面平行→結(jié)論．[規(guī)范解答]取CD的中點H，連接EH、FH(圖略)．在正四面體CDEF中，由于CD⊥EH，CD⊥HF，EH∩HF＝H，所以CD⊥平面EFH，所以AB⊥平面EFH，則平面EFH與正方體的左右兩側(cè)面平行，則EF也與之平行，與其余四個平面相交．六審圖表、數(shù)據(jù)題目中的圖表、數(shù)據(jù)包含著問題的基本信息，也往往示意著解決問題的目標(biāo)和方向．在審題時，要仔細視察分析圖表、數(shù)據(jù)的特征和規(guī)律，經(jīng)?？梢哉业浇鉀Q問題的思路和方法．[典型例題]為了比較兩種治療失眠癥的藥(分別稱為A藥，B藥)的療效，隨機地選取20位患者服用A藥，20位患者服用B藥，這40位患者服用一段時間后，記錄他們?nèi)掌骄黾拥乃邥r間(單位：h)．試驗的觀測結(jié)果如下：服用A藥的20位患者日平均增加的睡眠時間0.61.22.71.52.81.82.22.33.23.52.52.61.22.71.52.93.03.12.32.4服用B藥的20位患者日平均增加的睡眠時間3.21.71.90.80.92.41.22.61.31.41.60.51.80.62.11.12.51.22.70.5(1)分別計算兩組數(shù)據(jù)的平均數(shù)，從計算結(jié)果看，哪種藥的療效更好？(2)依據(jù)兩組數(shù)據(jù)完成下面莖葉圖，從莖葉圖看，哪種藥的療效更好？[審題路途圖](1)數(shù)據(jù)→A、B兩種藥20位患者日平均增加睡眠時間→比較平均數(shù)→結(jié)論．(2)數(shù)據(jù)→完成莖葉圖→識圖→結(jié)論．[規(guī)范解答](1)設(shè)A藥觀測數(shù)據(jù)的平均數(shù)為eq\o(x,\s\up6(－))，B藥觀測數(shù)據(jù)的平均數(shù)為eq\o(y,\s\up6(－)).由觀測結(jié)果可得eq\o(x,\s\up6(－))＝eq\f(1,20)(0.6＋1.2＋1.2＋1.5＋1.5＋1.8＋2.2＋2.3＋2.3＋2.4＋2.5＋2.6＋2.7＋2.7＋2.8＋2.9＋3.0＋3.1＋3.2＋3.5)＝2.3，eq\o(y,\s\up6(－))＝eq\f(1,20)(0.5＋0.5＋0.6＋0.8＋0.9＋1.1＋1.2＋1.2＋1.3＋1.4＋1.6＋1.7＋1.8＋1.9＋2.1＋2.4＋2.5＋2.6＋2.7＋3.2)＝1.6.由以上計算結(jié)果可得eq\o(x,\s\up6(－))>eq\o(y,\s\up6(－))，因此可以看出A藥的療效更好．(2)由觀測結(jié)果可繪制莖葉圖如圖：從以上莖葉圖可以看出，A藥療效的試驗結(jié)果有eq\f(7,10)的葉集中在莖“2.”“3.”上，而B藥療效的試驗結(jié)果有eq\f(7,10)的葉集中在莖“0.”“1.”上，由此可以看出A藥的療效更好．七審方法方法是解題的手段，數(shù)學(xué)思想方法是問題的主線．諦視方法，選擇適當(dāng)?shù)慕忸}方法，往往使問題解決事半功倍．審題的過程還是一個解題方法的選擇過程，開拓的解題思路能使我們心涌如潮，相宜的解題方法則幫助我們事半功倍．[典型例題]在平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)定點A(a，a)，P是函數(shù)y＝eq\f(1,x)(x>0)圖象上一動點．若點P，A之間的最短距離為2eq\r(2)，求滿意條件的實數(shù)a的全部值．[審題路途圖]設(shè)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，\f(1,x)))→PA2關(guān)于x的函數(shù)eq\o(→,\s\up7(換元法))PA2關(guān)于新元t的函數(shù)eq\o(→,\s\up7(分類探討))表示最值→a的值．[規(guī)范解答]依題意可設(shè)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，\f(1,x)))(x>0)，則PA2＝(x－a)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－a))eq\s\up12(2)＝x2＋eq\f(1,x2)－2aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＋2a2.令x＋eq\f(1,x)＝t，則t≥2且PA2＝t2－2－2at＋2a2＝(t－a)2＋a2－2.若a≥2，則當(dāng)t＝a時，PA2取最小值a2－2，令a2－2＝(2eq\r(2))2，解得a＝eq\r(10)(a＝－eq\r(10)舍去)；若a<2，則當(dāng)t＝2時，PA2取最小值2a2－4a＋2，令2a2－4a＋2＝(2eq\r(2))2，解得a＝－1(a＝3舍去)．綜上得，滿意條件的全部a的值為－1和eq\r(10).審題歸納(1)審題要慢、答題要快．審題速度不宜太快，而且最好實行二次讀題的方法，第一次為泛讀，大致了解題目的條件和要求；其次次為精讀，依據(jù)要求找出題目的關(guān)鍵詞語并挖掘題目的隱含條件．(2)要擅長變換．當(dāng)明確已知條件和求解對象后，假如尚不能生發(fā)解題思路，必需變換已知條件或結(jié)論的形式，使它們產(chǎn)生有機的聯(lián)系．(3)要擅長聯(lián)想．聯(lián)想是接通思路的橋梁，假如我們在審題中無法套用現(xiàn)成解題模式，必需進行廣泛的聯(lián)想．(4)要擅長挖掘隱含條件．審題的一個關(guān)鍵在于：發(fā)覺題材中的“機關(guān)”——題目中的一些隱含條件，往往是該題“價值”之所在，也是我們失分的“隱患”．(5)要擅長啟動逆向與創(chuàng)新思維．當(dāng)解一個數(shù)學(xué)問題的思維受阻時，適當(dāng)變更思維角度，適時啟動逆向思維與創(chuàng)新思維，往往能跳出常規(guī)思維的框框，突破思維障礙．專題強化訓(xùn)練1．(2024·寧波模擬)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且eq\f(tanB,tanA)＋1＝eq\f(2c,a).(1)求B；(2)若coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6)))＝eq\f(1,3)，求sinA的值．解：(1)由eq\f(tanB,tanA)＋1＝eq\f(2c,a)及正弦定理，得eq\f(sinBcosA,cosBsinA)＋1＝eq\f(2sinC,sinA)，所以eq\f(sinBcosA＋cosBsinA,cosBsinA)＝eq\f(2sinC,sinA)，即eq\f(sin（A＋B）,cosBsinA)＝eq\f(2sinC,sinA)，則eq\f(sinC,cosBsinA)＝eq\f(2sinC,sinA).因為在△ABC中，sinA≠0，sinC≠0，所以cosB＝eq\f(1,2).因為B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).(2)因為0＜C＜eq\f(2π,3)，所以eq\f(π,6)＜C＋eq\f(π,6)＜eq\f(5π,6).又coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6)))＝eq\f(1,3)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6)))＝eq\f(2\r(2),3).所以sinA＝sin(B＋C)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6)))coseq\f(π,6)＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6)))sineq\f(π,6)＝eq\f(2\r(6)＋1,6).2.如圖所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1B1B為正方形，BB1C1C是菱形，平面AA1B1B⊥平面BB1C1C.(1)求證：BC∥平面AB1C1；(2)求證：B1C⊥AC1；(3)設(shè)點E，F(xiàn)，H，G分別是B1C，AA1，A1B1，B1C1的中點，試推斷E，F(xiàn)，H，G四點是否共面，并說明理由．解：(1)證明：在菱形BB1C1C中，BC∥B1C1.因為BC?平面AB1C1，B1C1?平面AB1C1，所以BC∥平面AB1C1.(2)證明：連接BC1.在正方形ABB1A1中，AB⊥BB1.因為平面AA1B1B⊥平面BB1C1C，平面AA1B1B∩平面BB1C1C＝BB1，AB?平面ABB1A1，所以AB⊥平面BB1C1C.因為B1C?平面BB1C1C，所以AB⊥B1C.在菱形BB1C1C中，BC1⊥B1C.因為BC1?平面ABC1，AB?平面ABC1，BC1∩AB＝B，所以B1C⊥平面ABC1.因為AC1?平面ABC1，所以B1C⊥AC1.(3)E，F(xiàn)，H，G四點不共面.理由如下：因為E，G分別是B1C，B1C1的中點，所以GE∥CC1.同理可證：GH∥C1A1.因為GE?平面EHG，GH?平面EHG，GE∩GH＝G，CC1?平面AA1C1C，A1C1?平面AA1C1C，所以平面EHG∥平面AA1C1C.因為F∈平面AA1C1C，所以F?平面EHG，即E，F(xiàn)，H，G四點不共面．3．已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，且過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(3),2)))，右焦點為F，點N(2，0)．(1)求橢圓E的方程；(2)設(shè)動弦AB與x軸垂直，求證：直線AF與直線BN的交點M仍在橢圓E上．解：(1)因為e＝eq\f(\r(2),2)，所以a＝eq\r(2)c，b＝c，即橢圓E的方程可以設(shè)為eq\f(x2,2b2)＋eq\f(y2,b2)＝1.將點P的坐標(biāo)代入得：b2＝eq\f(1,4)＋eq\f(3,4)＝1，所以，橢圓E的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)證明：右焦點為F(1，0)，設(shè)A(x0，y0)，由題意得B(x0，－y0)．所以直線AF的方程為：y＝eq\f(y0,x0－1)(x－1)，①直線BN的方程為：y＝eq\f(－y0,x0－2)(x－2)，②①②聯(lián)立得，eq\f(y0,x0－1)(x－1)＝eq\f(－y0,x0－2)(x－2)，即x＝eq\f(3x0－4,2x0－3)，再代入①得，y＝eq\f(y0,x0－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x0－4,2x0－3)－1))，即y＝eq\f(y0,2x0－3).所以點M的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x0－4,2x0－3)，\f(y0,2x0－3))).又因為eq\f(xeq\o\al(2,M),2)＋yeq\o\al(2,M)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x0－4,2x0－3)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y0,2x0－3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(（3x0－4）2＋2yeq\o\al(2,0),2（2x0－3）2)，③將yeq\o\al(2,0)＝1－eq\f(xeq\o\al(2,0),2)代入③得，eq\f(xeq\o\al(2,M),2)＋yeq\o\al(2,M)＝eq\f(（3x0－4）2＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(xeq\o\al(2,0),2))),2（2x0－3）2)＝eq\f(8xeq\o\al(2,0)－24x0＋18,2（2x0－3）2)＝eq\f(2（2x0－3）2,2（2x0－3）2)＝1.所以點M在橢圓E上．4．(2024·杭州模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x).(1)若曲線y＝f(x)在點(x0，f(x0))處的切線方程為ax－y＝0，求x0的值；(2)當(dāng)x＞0時，求證：f(x)＞x；(3)設(shè)函數(shù)F(x)＝f(x)－bx(x＞0)，其中b為實常數(shù)，試探討函數(shù)F(x)的零點個數(shù)，并證明你的結(jié)論．解：(1)f′(x)＝eq\f(exx－ex,x2).因為切線ax－y＝0過原點(0，0)，所以eq\f(ex0x0－ex0,xeq\o\al(2,0))＝eq\f(\f(ex0,x0),x0)，解得：x0＝2.(2)證明：設(shè)g(x)＝eq\f(f（x）,x)＝eq\f(ex,x2)(x＞0)，則g′(x)＝eq\f(ex（x2－2x）,x4).令g′(x)＝eq\f(ex（x2－2x）,x4)＝0，解得x＝2.x在(0，＋∞)上變更時，g′(x)，g(x)的變更狀況如下表：x(0，2)2(2，＋∞)g′(x)－0＋g(x)eq\f(e2,4)所以當(dāng)x＝2時，g(x)取得最小值eq\f(e2,4).所以當(dāng)x＞0時，g(x)≥eq\f(e2,4)＞1，即f(x)＞x.(3)F(x)＝0等價于f(x)－bx＝0，等價于eq\f(ex,x2)－b＝0.留意x≠0.令H(x)＝eq\f(ex,x2)－b，所以H′(x)＝eq\f(ex（x－2）,x3)(x≠0)．①當(dāng)b≤0時，H(x)＞0，所以H(x)無零點，即F(x)在定義域內(nèi)無零點．②當(dāng)b＞0時，當(dāng)0＜x＜2時，H′(x)＜0，H(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x＞2時，H′(x)＞0，H(x)單調(diào)遞增．所以當(dāng)x＝2時，H(x)有微小值也是最小值，H(2)＝eq\f(e2,4)－b.當(dāng)H(2)＝eq\f(e2,4)－b＞0，即0＜b＜eq\f(e2,4)時，H(x)在(0，＋∞)上不存在零點；當(dāng)H(2)＝eq\f(e2,4)－b＝0，即b＝eq\f(e2,4)時，H(x)在(0，＋∞)上存在唯一零點2；當(dāng)H(2)＝eq\f(e2,4)－b＜0，即b＞eq\f(e2,4)時，由eeq\s\up6(\f(1,eq\r(b)))＞1有Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(b))))＝beeq\s\up6(\f(1,eq\r(b)))－b＝b(eeq\s\up6(\f(1,eq\r(b)))－1)＞0，而H(2)＜0，所以H(x)在(0，2)上存在唯一零點；又因為2b＞3，H(2b)＝eq\f(e2b,4b2)－b＝eq\f(e2b－4b3,4b2).令h(t)＝et－eq\f(1,2)t3，其中t＝2b＞2，h′(t)＝et－eq\f(3,2)t2，h″(t)＝et－3t，h(t)＝et－3，所以h(t)＞e2－3＞0，因此h″(t)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，從而h″(t)＞h″(2)＝e2－6＞0，所以h′(t)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，因此h′(t)＞h′(2)＝e2－6＞0，故h(t)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(t)＞h(2)＝e2－4＞0.由上得H(2b)＞0，由零點存在定理知，H(x)在(2，2b)上存在唯一零點，即在(2，＋∞)上存在唯一零點．綜上所述：當(dāng)b＜eq\f(e2,4)時，函數(shù)F(x)的零點個數(shù)為0；當(dāng)b＝eq\f(e2,4)時，函數(shù)F(x)的零點個數(shù)為1；當(dāng)b＞eq\f(e2,4)時，函數(shù)F(x)的零點個數(shù)為2.5．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿意a1＝1，2an＋1＝2an＋p(p為常數(shù)，n＝1，2，3，…)．(1)若S3＝12，求Sn；(2)若數(shù)列{an}是等比數(shù)列，求實數(shù)p的值．(3)是否存在實數(shù)p，使得數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))滿意：可以從中取出無限多項并按原來的先后次序排成一個等差數(shù)列？若存在，求出全部滿意條件的p的值；若不存在，說明理由．解：(1)因為a1＝1，2an＋1＝2an＋p，所以2a2＝2a1＋p＝2＋p，2a3＝2a2＋p＝2＋2p.因為S3＝12，所以2＋2＋p＋2＋2p＝6＋3p＝24，即p＝6.所以an＋1－an＝3(n＝1，2，3，…)．所以數(shù)列{an}是以1為首項，3為公差的等差數(shù)列．所以Sn＝1×n＋eq\f(n（n－1）,2