9．2等差數(shù)列第一課時(shí)等差數(shù)列的概念及通項(xiàng)公式[讀教材·填要點(diǎn)]1．等差數(shù)列定義一般地，假如一個(gè)數(shù)列從第2項(xiàng)起，每一項(xiàng)與它的前一項(xiàng)之差都等于同一個(gè)常數(shù)，那么這樣的數(shù)列稱(chēng)為等差數(shù)列．這個(gè)常數(shù)叫作數(shù)列的公差，常用字母d表示．2．等差中項(xiàng)假如b＝eq\f(a＋c,2)，那么數(shù)b稱(chēng)為a和c的等差中項(xiàng)．3．等差數(shù)列的遞推公式與通項(xiàng)公式等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公差為d，填表：遞推公式通項(xiàng)公式an－an－1＝d(n≥2)an＝a1＋(n－1)d[小問(wèn)題·大思維]1．等差數(shù)列的公差d可以為負(fù)數(shù)、正數(shù)、零嗎？[提示]可以，當(dāng)an<an＋1時(shí)，d>0，當(dāng)an＝an＋1時(shí)，d＝0，當(dāng)an>an＋1時(shí)，d<0.2．b＝eq\f(a＋c,2)是a，b，c成等差數(shù)列的什么條件？[提示]充要條件3．如何理解等差數(shù)列的自然語(yǔ)言與符號(hào)語(yǔ)言的關(guān)系？[提示]在數(shù)列{an}中，假設(shè)首項(xiàng)a1，且滿(mǎn)意an－an－1＝d(n∈N＋，n≥2，d為常數(shù))或an＋1－an＝d(n∈N＋，d為常數(shù))，那么數(shù)列{an}為等差數(shù)列．可見(jiàn)，等差數(shù)列的意義用符號(hào)語(yǔ)言表示，即a1＝a，an＝an－1＋d(n≥2)，其本質(zhì)是等差數(shù)列的遞推公式．等差數(shù)列定義的應(yīng)用(1)數(shù)列{an}為等差數(shù)列且a5＝11，a8＝5，求an.(2)求等差數(shù)列10,8,6，…的第20項(xiàng)．(3)100是不是等差數(shù)列2,9,16，…的項(xiàng)？假如是，是第幾項(xiàng)？假如不是，說(shuō)明理由．[解](1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，由等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及條件可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋4d＝11，,a1＋7d＝5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝19，,d＝－2，))∴an＝19＋(n－1)×(－2)＝－2n＋21.(2)由于a1＝10，d＝－2，∴an＝10＋(n－1)×(－2)＝－2n＋12，∴a20＝－2×20＋12＝－28.(3)由于a1＝2，d＝7，∴an＝2＋(n－1)×7＝7n－5，由7n－5＝100，得n＝15.∴100是這個(gè)數(shù)列的第15項(xiàng)．先依據(jù)兩個(gè)的條件解出兩個(gè)量a1和d，進(jìn)而再寫(xiě)出an的表達(dá)式，有幾個(gè)的條件就可以解出幾個(gè)未知量，這是方程思想的重要應(yīng)用．1．等差數(shù)列{an}中，a5＝10，a12＝31，求a10和d.解：由等差數(shù)列的定義，可知a12－a5＝7d＝31－10＝21，∴d＝3.∴a10＝a12－2d＝31－6＝25.等差中項(xiàng)的應(yīng)用等差數(shù)列{an}，滿(mǎn)意a2＋a3＋a4＝18，a2a3a4＝66.求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．[解]在等差數(shù)列{an}中，∵a2＋a3＋a4＝18，∴3a3＝18，a3＝6.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋a4＝12，,a2·a4＝11，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝11，,a4＝1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝1，,a4＝11.))當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝11，,a4＝1))時(shí)，a1＝16，d＝－5.an＝a1＋(n－1)d＝16＋(n－1)·(－5)＝－5n＋21.當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝1，,a4＝11))時(shí)，a1＝－4，d＝5.an＝a1＋(n－1)d＝－4＋(n－1)·5＝5n－9.等差中項(xiàng)描述了等差數(shù)列中相鄰三項(xiàng)之間的數(shù)量關(guān)系：an－1＋an＋1＝2an(n≥2)．因此在等差數(shù)列中，從第2項(xiàng)起，每一項(xiàng)(有窮數(shù)列的末項(xiàng)除外)都是它前一項(xiàng)與后一項(xiàng)的等差中項(xiàng)；反之，假如一個(gè)數(shù)列從其次項(xiàng)起，每一項(xiàng)(有窮數(shù)列的末項(xiàng)除外)都是它前一項(xiàng)與后一項(xiàng)的等差中項(xiàng)，那么這個(gè)數(shù)列是等差數(shù)列．在詳細(xì)解題過(guò)程中，假如a，b，c成等差數(shù)列，常轉(zhuǎn)化為a＋c＝2b的形式去運(yùn)用；反之，假如要證明a，b，c成等差數(shù)列，只需證a＋c＝2b即可．2．?dāng)?shù)列{an}滿(mǎn)意an－1＋an＋1＝2an(n≥2)，且a2＝5，a5＝13，那么a8＝________.解析：由an－1＋an＋1＝2an(n≥2)知，數(shù)列{an}是等差數(shù)列，∴a2，a5，a8成等差數(shù)列．∴a2＋a8＝2a5，∴a8＝2a5－a2＝2×13－5＝21.答案：213．eq\f(1,a)，eq\f(1,b)，eq\f(1,c)成等差數(shù)列，求證：eq\f(b＋c,a)，eq\f(a＋c,b)，eq\f(a＋b,c)也構(gòu)成等差數(shù)列．證明：∵eq\f(1,a)，eq\f(1,b)，eq\f(1,c)為等差數(shù)列，∴eq\f(2,b)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)，即2ac＝b(a＋c)．∵eq\f(b＋c,a)＋eq\f(a＋b,c)＝eq\f(cb＋c＋aa＋b,ac)＝eq\f(c2＋a2＋ba＋c,ac)＝eq\f(a2＋c2＋2ac,ac)＝eq\f(2a＋c2,ba＋c)＝eq\f(2a＋c,b).∴eq\f(b＋c,a)，eq\f(a＋c,b)，eq\f(a＋b,c)為等差數(shù)列．等差數(shù)列的判定數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝pn2＋qn(p，q∈R，且p，q為常數(shù))．(1)當(dāng)p和q滿(mǎn)意什么條件時(shí)，數(shù)列{an}是等差數(shù)列？(2)求證：對(duì)任意實(shí)數(shù)p和q，數(shù)列{an＋1－an}是等差數(shù)列．[解](1)欲使{an}是等差數(shù)列，那么an＋1－an＝[p(n＋1)2＋q(n＋1)]－(pn2＋qn)＝2pn＋p＋q應(yīng)是一個(gè)與n無(wú)關(guān)的常數(shù)，所以只有2p＝0.即p＝0時(shí)，數(shù)列{an}是等差數(shù)列．(2)證明：由于an＋1－an＝2pn＋p＋q，所以an＋2－an＋1＝2p(n＋1)＋p＋q.而(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)＝2p為一個(gè)常數(shù)，所以{an＋1－an}是等差數(shù)列．推斷一個(gè)數(shù)列是否為等差數(shù)列的常用方法方法符號(hào)語(yǔ)言定義法an－an－1＝d(常數(shù))(n≥2且n∈N＋)等差中項(xiàng)法2an＝an－1＋an＋1(n≥2且n∈N＋)通項(xiàng)公式法an＝kn＋b(k，b為常數(shù)，n∈N＋),4．?dāng)?shù)列{an}，滿(mǎn)意a1＝2，an＋1＝eq\f(2an,an＋2)，數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是否為等差數(shù)列？說(shuō)明理由．解：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差數(shù)列，理由如下：∵a1＝2，an＋1＝eq\f(2an,an＋2)，∴eq\f(1,an＋1)＝eq\f(an＋2,2an)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,an)，∴eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝eq\f(1,2)，即eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首項(xiàng)為eq\f(1,a1)＝eq\f(1,2)，公差為d＝eq\f(1,2)的等差數(shù)列.等差數(shù)列通項(xiàng)公式及其應(yīng)用等差數(shù)列{an}中，a3＋a5＝－14,2a2＋a6＝－15，求a8.[解]a3＋a5＝－14?a1＋2d＋a1＋4d＝2a1＋6d＝－14?a1＋3d＝－7.①又2a2＋a6＝－15?2(a1＋d)＋a1＋5d＝－15?3a1＋7d＝－15.②解①②聯(lián)立的方程組得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,d＝－3，))∴an＝2＋(n－1)×(－3)＝－3n＋5，∴a8＝－3×8＋5＝－19.等差數(shù)列的通項(xiàng)公式是本節(jié)的重點(diǎn)，在應(yīng)用時(shí)要留意方程思想的應(yīng)用．有兩種狀況：(1)an，a1，n，d中任意三個(gè)量可求第四個(gè)量，即“知三求一〞．(2)等差數(shù)列中的任意兩項(xiàng)，就可以確定等差數(shù)列中的任一項(xiàng)．,5．?dāng)?shù)列{an}各項(xiàng)的倒數(shù)組成一個(gè)等差數(shù)列，假設(shè)a3＝eq\r(2)－1，a5＝eq\r(2)＋1，求a11.解：設(shè)bn＝eq\f(1,an)(n∈N＋)，那么{bn}為等差數(shù)列，公差為d.由得b3＝eq\f(1,a3)＝eq\f(1,\r(2)－1)＝eq\r(2)＋1，b5＝eq\f(1,a5)＝eq\f(1,\r(2)＋1)＝eq\r(2)－1.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b1＋2d＝\r(2)＋1，,b1＋4d＝\r(2)－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b1＝3＋\r(2)，,d＝－1.))∴b11＝b1＋10d＝eq\r(2)－7，∴a11＝eq\f(1,b11)＝eq\f(1,\r(2)－7)＝eq\f(－7－\r(2),47).[隨堂體驗(yàn)落實(shí)]1．△ABC中，三內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，那么B等于()A．30° B．60°C．90° D．120°解析：選B∵A＋B＋C＝180°且B＝eq\f(A＋C,2)，∴3B＝180°，B＝60°.2．一個(gè)等差數(shù)列的前4項(xiàng)是a，x，b,2x，那么eq\f(a,b)等于()A.eq\f(1,4) B．eq\f(1,2)C.eq\f(1,3) D.eq\f(2,3)解析：選Ceq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＝a＋b，,2b＝x＋2x，))∴a＝eq\f(x,2)，b＝eq\f(3,2)x.∴eq\f(a,b)＝eq\f(1,3).3．{an}為等差數(shù)列，且a7－2a4＝－1，a3＝0，那么公差d＝()A．－2 B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2) D．2解析：選B由題意知a1＋6d－2(a1＋3d)＝－1，①a1＋2d＝0，②由①②可得d＝－eq\f(1,2)，a1＝1.4．在等差數(shù)列{an}中，a3＝7，a5＝a2＋6，那么a6＝________.解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝7，,a1＋4d＝a1＋d＋6.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,d＝2.))∴an＝a1＋(n－1)d＝3＋(n－1)×2＝2n＋1.∴a6＝2×6＋1＝13.答案：135．設(shè){an}是等差數(shù)列，假設(shè)am＝n，an＝m(m≠n)，求am＋n.解：法一：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋m－1d＝n，,a1＋n－1d＝m，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝m＋n－1，,d＝－1，))∴am＋n＝a1＋(m＋n－1)d＝(m＋n－1)－(m＋n－1)＝0.法二：∵am＝an＋(m－n)d，∴n＝m＋(m－n)d，∵m≠n，∴d＝－1，∴am＋n＝am＋[(m＋n)－m]d＝n＋n×(－1)＝0.[感悟高手解題]數(shù)列{an}，a1＝a2＝1，an＝an－1＋2(n≥3)．(1)推斷數(shù)列{an}是否為等差數(shù)列？說(shuō)明理由；(2)求{an}的通項(xiàng)公式．[解](1)當(dāng)n≥3時(shí)，an＝an－1＋2，即an－an－1＝2，而a2－a1＝0不滿(mǎn)意an－an－1＝2(n≥3)，∴{an}不是等差數(shù)列．(2)當(dāng)n≥2時(shí)，令a2＝b1＝1，a3＝b2＝3，a4＝b3＝5，…an＝bn－1＝1＋2[(n－1)－1]＝2n－3.又a1＝1，∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1n＝1，,2n－3n≥2))[點(diǎn)評(píng)]在(1)問(wèn)中由an－an－1＝2(常數(shù))，直接得出{an}為等差數(shù)列，這是易出錯(cuò)的地方，事實(shí)上，數(shù)列{an}從第2項(xiàng)起，以后各項(xiàng)組成等差數(shù)列，而{an}不是等差數(shù)列，an＝f(n)應(yīng)當(dāng)表示為“分段函數(shù)〞型．因此我們?cè)谕茢嗟炔顢?shù)列時(shí)，要嚴(yán)格按其定義推斷．一、選擇題1．等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝1，公差d＝2，那么a4等于()A．5 B．6C．7 D．9解析：選Ca4＝a3＋d＝a2＋2d＝a1＋3d＝1＋3×2＝7.2．?dāng)?shù)列{an}中，a1＝2,2an＋1＝2an＋1，那么a2019的值是()A．1008 B．1009C．1010 D．1011解析：選D由2an＋1＝2an＋1，得an＋1－an＝eq\f(1,2)，所以{an}是等差數(shù)列，首項(xiàng)a1＝2，公差d＝eq\f(1,2)，所以an＝2＋eq\f(1,2)(n－1)＝eq\f(n＋3,2)，所以a2019＝eq\f(2019＋3,2)＝1011.3．設(shè){an}是遞增的等差數(shù)列，前三項(xiàng)的和為12，前三項(xiàng)的積為48，那么它的首項(xiàng)是()A．1 B．2C．4 D．6解析：選B設(shè)前三項(xiàng)分別為a－d，a，a＋d，那么a－d＋a＋a＋d＝12且a(a－d)(a＋d)＝48，解得a＝4且d＝±2，又{an}遞增，∴d>0，即d＝2，∴a1＝2.4．等差數(shù)列{an}的公差d<0，且a2·a4＝12，a2＋a4＝8，那么數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是()A．a(chǎn)n＝2n－2(n∈N＋) B．a(chǎn)n＝2n＋4(n∈N＋)C．a(chǎn)n＝－2n＋12(n∈N＋) D．a(chǎn)n＝－2n＋10(n∈N＋)解析：選D由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2·a4＝12，,a2＋a4＝8，,d<0，))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝6，,a4＝2，))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝8，,d＝－2，))所以由an＝a1＋(n－1)d＝8＋(n－1)×(－2)，得an＝－2n＋10.二、填空題5．?dāng)?shù)列{an}是等差數(shù)列，a1＋a7＝－8，a2＝2，那么數(shù)列{an}的公差d等于________．解析：由題意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a1＋6d＝－8，,a1＋d＝2，))解得d＝－3.答案：－36．?dāng)?shù)列{an}是首項(xiàng)為2，公差為3的等差數(shù)列，數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為－2，公差為4的等差數(shù)列．假設(shè)an＝bn，那么n的值為_(kāi)_______．解析：an＝2＋(n－1)×3＝3n－1，bn＝－2＋(n－1)×4＝4n－6，令an＝bn，得3n－1＝4n－6，∴n＝5.答案：57．?dāng)?shù)列{an}滿(mǎn)意遞推公式an＝3an－1＋3n－1(n≥2)，又a1＝5，那么使得eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an＋λ,3n)))為等差數(shù)列的實(shí)數(shù)λ＝________.解析：a1＝5，a2＝23，a3＝95，令bn＝eq\f(an＋λ,3n)，那么b1＝eq\f(5＋λ,3)，b2＝eq\f(23＋λ,9)，b3＝eq\f(95＋λ,27)，∵b1＋b3＝2b2，∴λ＝－eq\f(1,2).答案：－eq\f(1,2)8．一個(gè)等差數(shù)列的前三項(xiàng)為：a,2a－1,3－a.那么這個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)公式為_(kāi)_______．解析：∵a＋(3－a)＝2(2a－1)，∴a＝eq\f(5,4).∴這個(gè)等差數(shù)列的前三項(xiàng)依次為eq\f(5,4)，eq\f(3,2)，eq\f(7,4).∴d＝eq\f(1,4)，an＝eq\f(5,4)＋(n－1)×eq\f(1,4)＝eq\f(n,4)＋1.答案：an＝eq\f(1,4)n＋1三、解答題9．等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公差為d，數(shù)列{bn}中，bn＝3an＋4，那么{bn}是否為等差數(shù)列？并說(shuō)明理由．解：∵{an}是首項(xiàng)為a1，公差為d的等差數(shù)列，∴an＋1－an＝d，∴bn＋1－bn＝3an＋1＋4－3an－4＝3(an＋1－an)＝3d.∵d為常數(shù)，∴3d也為常數(shù)，∴{bn}是等差數(shù)列．10．?dāng)?shù)列{an}滿(mǎn)意a1＝4，an＝4－eq\f(4,an－1)(n≥2)，令bn＝eq\f(1,an－2).(1)求證：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列；(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．解：(1)證明：∵an＝4－eq\f(4,an－1)(n≥2)，∴an＋1＝4－eq\f(4,an)(n∈N＋)．∴bn＋1－bn＝eq\f(1,an＋1－2)－eq\f(1,an－2)＝eq\f(1,2－\f(4,an))－eq\f(1,an－2)＝eq\f(an,2an－2)－eq\f(1,an－2)＝eq\f(an－2,2an－2)＝eq\f(1,2).∴bn＋1－bn＝eq\f(1,2)，n∈N＋.∴{bn}是首項(xiàng)為eq\f(1,2)，公差為eq\f(1,2)的等差數(shù)列．(2)由(1)知b1＝eq\f(1,2)，d＝eq\f(1,2).∴bn＝b1＋(n－1)d＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)(n－1)＝eq\f(n,2).∴eq\f(1,an－2)＝eq\f(n,2)，∴an＝2＋eq\f(2,n).其次課時(shí)等差數(shù)列的性質(zhì)[讀教材·填要點(diǎn)]等差數(shù)列的常用性質(zhì)(1)對(duì)稱(chēng)性：a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝…；(2)m＋n＝p＋q?am＋an＝ap＋aq；(3)假設(shè)m，p，n成等差數(shù)列，那么am，ap，an也成等差數(shù)列；(4)an＝am＋(n－m)d；(5)假設(shè)數(shù)列{an}成等差數(shù)列，那么an＝pn＋q(p，q∈R)；(6)假設(shè)數(shù)列{an}成等差數(shù)列，那么數(shù)列{λan＋b}(λ，b為常數(shù))仍為等差數(shù)列；(7){an}和{bn}均為等差數(shù)列，那么{an±bn}也是等差數(shù)列；(8){an}的公差為d，假設(shè)d＞0?{an}為遞增數(shù)列；d＜0?{an}為遞減數(shù)列；d＝0?{an}為常數(shù)列．[小問(wèn)題·大思維]1．假如等差數(shù)列{an}中，m＋n＝2w(m，n，w∈N＋)，那么am＋an＝2aw是否成立？[提示]假如等差數(shù)列的項(xiàng)的序號(hào)成等差數(shù)列，那么對(duì)應(yīng)的項(xiàng)也成等差數(shù)列，事實(shí)上，假設(shè)m＋n＝2w(m，n，w∈N＋)，那么am＋an＝[a1＋(m－1)d]＋[a1＋(n－1)d]＝2[a1＋eq\f(1,2)(m＋n－2)d]＝2[a1＋(w－1)d]＝2aw.2．等差數(shù)列{an}中，a2＋a6＋a10＝1，能利用等差數(shù)列的性質(zhì)求a3＋a9的值嗎？[提示]∵a3＋a9＝a2＋a10＝2a6.∴a6＝eq\f(1,3)，∴a3＋a9＝2×eq\f(1,3)＝eq\f(2,3).等差數(shù)列性質(zhì)的應(yīng)用(1)在等差數(shù)列{an}中，a3，a15是方程x2－6x－1＝0的兩根，求a7＋a8＋a9＋a10＋a11的值．(2){an}為等差數(shù)列，a10＝5，a30＝20，求a50.[解](1)由條件得a3＋a15＝6＝2a9，解得a9＝3.因此a7＋a8＋a9＋a10＋a11＝5a9＝15.(2)法一：∵{an}為等差數(shù)列，∴a10，a20，a30，a40，a50也成等差數(shù)列，設(shè)其公差為d，∴a30＝a10＋2d，∴d＝eq\f(15,2)，a50＝a30＋2d＝35.法二：∵a30為a10和a50的等差中項(xiàng)，∴2a30＝a10＋a50，∴a50＝35.法三：設(shè){an}的公差為d，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a10＝a1＋9d＝5，,a30＝a1＋29d＝20，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－\f(7,4)，,d＝\f(3,4).))∴a50＝a1＋49d＝35.等差數(shù)列的“子數(shù)列〞的性質(zhì)假設(shè)數(shù)列{an}是公差為d的等差數(shù)列，那么(1){an}去掉前幾項(xiàng)后余下的項(xiàng)仍組成公差為d的等差數(shù)列；(2)奇數(shù)項(xiàng)數(shù)列{a2n－1}是公差為2d的等差數(shù)列；偶數(shù)項(xiàng)數(shù)列{a2n}是公差為2d的等差數(shù)列；(3)假設(shè){kn}成等差數(shù)列，那么{akn}也是等差數(shù)列．1．(1)設(shè){an}，{bn}都是等差數(shù)列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝100，求a37＋b37；(2)在等差數(shù)列{an}中，a2＋a3＋a4＋a5＝34，a2·a5＝52，求公差d.解：(1)設(shè)cn＝an＋bn，由于{an}，{bn}都是等差數(shù)列，那么{cn}也是等差數(shù)列，且c1＝a1＋b1＝25＋75＝100，c2＝a2＋b2＝100，∴{cn}的公差d＝c2－c1＝0.∴c37＝100，即a37＋b37＝100.(2)∵a2＋a3＋a4＋a5＝34，∴a2＋a5＝a3＋a4＝17.又a2·a5＝52，∴a2＝13，a5＝4或a2＝4，a5＝13.當(dāng)a2＝13，a5＝4時(shí)，d＝－3；當(dāng)a2＝4，a5＝13時(shí)，d＝3.等差數(shù)列的運(yùn)算(1)三個(gè)數(shù)成等差數(shù)列，和為6，積為－24，求這三個(gè)數(shù)；(2)四個(gè)數(shù)成遞增等差數(shù)列，中間兩數(shù)的和為2，首末兩項(xiàng)的積為－8，求這四個(gè)數(shù)．[解](1)法一：設(shè)等差數(shù)列的等差中項(xiàng)為a，公差為d，那么這三個(gè)數(shù)分別為a－d，a，a＋d，依題意，3a＝6且a(a－d)(a＋d)＝－24，所以a＝2，代入a(a－d)(a＋d)＝－24，化簡(jiǎn)得d2＝16，于是d＝±4，故這三個(gè)數(shù)為－2,2,6或6,2，－2.法二：設(shè)首項(xiàng)為a，公差為d，那么這三個(gè)數(shù)分別為a，a＋d，a＋2d，依題意，3a＋3d＝6，且a(a＋d)(a＋2d)＝－24，所以a＝2－d，代入a(a＋d)(a＋2d)＝－24，得2(2－d)(2＋d)＝－24，整理得4－d2＝－12，即d2＝16，于是d＝±4，所以，這三個(gè)數(shù)為－2,2,6或6,2，－2.(2)法一：設(shè)這四個(gè)數(shù)為a－3d，a－d，a＋d，a＋3d(公差為2d)，依題意，2a＝2，且(a－3d)(a＋3d)＝－8，即a＝1，a2－9d2＝－8，∴d2＝1，∴d＝1或d＝－1.又四個(gè)數(shù)成遞增等差數(shù)列，所以d＞0，∴d＝1，故所求的四個(gè)數(shù)為－2,0,2,4.法二：設(shè)這四個(gè)數(shù)為a，a＋d，a＋2d，a＋3d(公差為d)，依題意，2a＋3d＝2，且a(a＋3d)＝－8，把a(bǔ)＝1－eq\f(3,2)d代入a(a＋3d)＝－8，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,2)d))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,2)d))＝－8，即1－eq\f(9,4)d2＝－8，化簡(jiǎn)得d2＝4，所以d＝2或－2.又四個(gè)數(shù)成遞增等差數(shù)列，所以d＞0，所以d＝2，故所求的四個(gè)數(shù)為－2,0,2,4.利用等差數(shù)列的定義巧設(shè)未知量，從而簡(jiǎn)化計(jì)算．一般地有如下規(guī)律：當(dāng)?shù)炔顢?shù)列{an}的項(xiàng)數(shù)n為奇數(shù)時(shí)，可設(shè)中間一項(xiàng)為a，再用公差為d向兩邊分別設(shè)項(xiàng)：…a－2d，a－d，a，a＋d，a＋2d，…；當(dāng)項(xiàng)數(shù)為偶數(shù)項(xiàng)時(shí)，可設(shè)中間兩項(xiàng)為a－d，a＋d，再以公差為2d向兩邊分別設(shè)項(xiàng)：…a－3d，a－d，a＋d，a＋3d，…，這樣可削減計(jì)算量．,2．在－1與7之間順次插入三個(gè)數(shù)a，b，c，使這5個(gè)數(shù)成等差數(shù)列，那么插入的三個(gè)數(shù)為_(kāi)_______．解析：法一：設(shè)a1＝－1，a5＝7.∴7＝－1＋(5－1)d?d＝2.∴所求的數(shù)列為－1,1,3,5,7.法二：∵－1，a，b，c,7成等差數(shù)列，∴b是－1與7的等差中項(xiàng)．∴b＝eq\f(－1＋7,2)＝3.又a是－1與3的等差中項(xiàng)，∴a＝eq\f(－1＋3,2)＝1.又c是3與7的等差中項(xiàng)，∴c＝eq\f(3＋7,2)＝5.∴該數(shù)列為－1,1,3,5,7.答案：1,3,53．5個(gè)數(shù)成等差數(shù)列，它們的和為5，平方和為eq\f(85,9)，求這5個(gè)數(shù)．解：設(shè)第三個(gè)數(shù)為a，公差為d，那么這5個(gè)數(shù)分別為a－2d，a－d，a，a＋d，a＋2d.由有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－2d＋a－d＋a＋a＋d＋a＋2d＝5，,a－2d2＋a－d2＋a2＋a＋d2＋a＋2d2＝\f(85,9).))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5a＝5，,5a2＋10d2＝\f(85,9).))∴a＝1，d＝±eq\f(2,3).所以當(dāng)d＝eq\f(2,3)時(shí)，這5個(gè)數(shù)分別是－eq\f(1,3)，eq\f(1,3)，1，eq\f(5,3)，eq\f(7,3).當(dāng)d＝－eq\f(2,3)時(shí)，這5個(gè)數(shù)分別是eq\f(7,3)，eq\f(5,3)，1，eq\f(1,3)，－eq\f(1,3).等差數(shù)列的實(shí)際應(yīng)用某公司經(jīng)銷(xiāo)一種數(shù)碼產(chǎn)品，第1年可獲利200萬(wàn)元．從第2年起，由于市場(chǎng)競(jìng)爭(zhēng)等方面的緣由，其利潤(rùn)每年比上一年削減20萬(wàn)元，依據(jù)這一規(guī)律，假如公司不開(kāi)發(fā)新產(chǎn)品，也不調(diào)整經(jīng)營(yíng)策略，從哪一年起，該公司經(jīng)銷(xiāo)這一產(chǎn)品將虧損？[解]由題設(shè)可知第1年獲利200萬(wàn)元，第2年獲利180萬(wàn)元，第3年獲利160萬(wàn)元，…，每年獲利構(gòu)成等差數(shù)列{an}，且當(dāng)an<0時(shí)，該公司會(huì)消失虧損．設(shè)從第1年起，第n年的利潤(rùn)為an，那么a1＝200，an－an－1＝－20，n≥2，n∈N＋.所以每年的利潤(rùn)an可構(gòu)成一個(gè)等差數(shù)列{an}，且公差dan＝a1＋(n－1)d＝220－20n.假設(shè)an<0，那么該公司經(jīng)銷(xiāo)這一產(chǎn)品將虧損，所以由an＝220－20n<0，得n>11，即從第12年起，該公司經(jīng)銷(xiāo)此產(chǎn)品將虧損．求解與等差數(shù)列有關(guān)的應(yīng)用性問(wèn)題，最關(guān)鍵的是從實(shí)際問(wèn)題中提煉出適合實(shí)際問(wèn)題的等差數(shù)列模型，將實(shí)際問(wèn)題轉(zhuǎn)化為一個(gè)等差數(shù)列的問(wèn)題進(jìn)行求解．4．某產(chǎn)品按質(zhì)量分10個(gè)檔次，生產(chǎn)最低檔次的產(chǎn)品的利潤(rùn)是8元/件，每提高一個(gè)檔次，利潤(rùn)每件增加2元，同時(shí)每提高一個(gè)檔次，產(chǎn)量削減3件，在相同的時(shí)間內(nèi)，最低檔次的產(chǎn)品可生產(chǎn)60件．試問(wèn)在相同的時(shí)間內(nèi)，應(yīng)選擇生產(chǎn)第幾檔次的產(chǎn)品可獲得最大的利潤(rùn)？(設(shè)最低檔次為第一檔次)解：設(shè)在相同的時(shí)間內(nèi)，從低到高每檔產(chǎn)品生產(chǎn)件數(shù)分別為a1，a2，…，a10.對(duì)應(yīng)每檔產(chǎn)品的利潤(rùn)分別為b1，b2，…，b10.那么{an}，{bn}均為等差數(shù)列且a1＝60，d＝－3，b1＝8，d′＝2.所以an＝60－3(n－1)＝－3n＋63，bn＝8＋2(n－1)＝2n＋6.所以利潤(rùn)f(n)＝anbn＝(－3n＋63)(2n＋6)＝－6n2＋108n＋378＝－6(n－9)2＋864.∵n＝1,2，…，10，∴當(dāng)n＝9時(shí)，f(n)max＝f(9)＝864.故在相同時(shí)間內(nèi)，生產(chǎn)第9檔次的產(chǎn)品可以獲得最大利潤(rùn).[隨堂體驗(yàn)落實(shí)]1．?dāng)?shù)列{an}為等差數(shù)列且a1＋a7＋a13＝4π，那么tan(a2＋a12)的值為()A.eq\r(3) B．±eq\r(3)C．－eq\f(\r(3),3) D．－eq\r(3)解析：選D由等差數(shù)列的性質(zhì)得a1＋a7＋a13＝3a7＝4π，∴a7＝eq\f(4π,3).∴tan(a2＋a12)＝tan2a7＝taneq\f(8π,3)＝taneq\f(2π,3)＝－eq\r(3).2．?九章算術(shù)?“竹九節(jié)〞問(wèn)題：現(xiàn)有一根9節(jié)的竹子，自上而下各節(jié)的容積成等差數(shù)列，上面4節(jié)的容積共3升，下面3節(jié)的容積共4升，那么第5節(jié)的容積為()A．1升 B．eq\f(67,66)升C.eq\f(47,44)升 D.eq\f(37,33)升解析：選B設(shè)所構(gòu)成的等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公差為d，那么有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＋a4＝3，,a7＋a8＋a9＝4，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a1＋6d＝3，,3a1＋21d＝4.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(13,22)，,d＝\f(7,66)，))那么a5＝a1＋4d＝eq\f(67,66)，故第5節(jié)的容積為eq\f(67,66)升．3．在等差數(shù)列{an}中，假設(shè)a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝80，那么a7－eq\f(1,2)a8的值為()A．4 B．6C．8 D．10解析：選C由a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝5a6＝80，∴a6＝16，∴a7－eq\f(1,2)a8＝eq\f(1,2)(2a7－a8)＝eq\f(1,2)(a6＋a8－a8)＝eq\f(1,2)a6＝8.4．在等差數(shù)列{an}中，a3，a10是方程x2－3x－5＝0的根，那么a5＋a8＝________.解析：由得a3＋a10＝3.又?jǐn)?shù)列{an}為等差數(shù)列，∴a5＋a8＝a3＋a10＝3.答案：35．等差數(shù)列{an}中，a2＋a3＋a10＋a11＝36，求a5＋a8.解：法一：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，那么a1＋d＋a1＋2d＋a1＋9d＋a1＋10d＝4a1＋22d＝36，∴2a1＋11d＝18，∴a5＋a8＝2a1＋11d＝18.法二：∵a2＋a11＝a3＋a10＝a5＋a8，∴2(a5＋a8)＝36，∴a5＋a8＝18.[感悟高手解題]等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝eq\f(1,25)，a10是第一個(gè)比1大的項(xiàng)，求此等差數(shù)列公差d的取值范圍．[解]由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a10＞1，,a9≤1.))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,25)＋9d＞1，,\f(1,25)＋8d≤1.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＞\f(8,75)，,d≤\f(3,25).))，∴eq\f(8,75)＜d≤eq\f(3,25).故公差d的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8,75)，\f(3,25))).[點(diǎn)評(píng)]將題設(shè)誤會(huì)為a10＞1，而無(wú)視了“a10是第一個(gè)比1大的項(xiàng)〞，即“a9≤1〞，從而造成條件遺漏．這是簡(jiǎn)單出錯(cuò)的地方．一、選擇題1．在a和b間插入n個(gè)數(shù)構(gòu)成一個(gè)等差數(shù)列，那么其公差為()A.eq\f(b－a,n) B.eq\f(a－b,n＋1)C.eq\f(b－a,n＋1) D.eq\f(b－a,n－1)解析：選C插入n個(gè)數(shù)后共有n＋2個(gè)數(shù)，那么b＝a＋(n＋1)d，∴d＝eq\f(b－a,n＋1).2．等差數(shù)列{an}的公差為d(d≠0)，且a3＋a6＋a10＋a13＝32，假設(shè)am＝8，那么m為()A．12 B．8C．6 D．4解析：選B由等差數(shù)列的性質(zhì)得a3＋a6＋a10＋a13＝(a3＋a13)＋(a6＋a10)＝2a8＋2a8＝4a8＝32，∴a8＝8，又d≠0，∴m＝8.3．設(shè)公差為－2的等差數(shù)列{an}，假如a1＋a4＋a7＋…＋a97＝50，那么a3＋a6＋a9＋…＋a99等于()A．－182 B．－78C．－148 D．－82解析：選Da3＋a6＋a9＋…＋a99＝(a1＋2d)＋(a4＋2d)＋(a7＋2d)＋…＋(a97＋2d)＝(a1＋a4＋…＋a97)＋2d×33＝50＋2×(－2)×33＝－82.4．等差數(shù)列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，那么2a9－a10的值是()A．20 B．22C．24 D．－8解析：選C法一：由a1＋3a8＋a15＝120，可得5a1＋35d＝120，即a1＋7d＝24，又2a9－a10＝a1＋7d，所以2a9－a10＝24.法二：由于a1＋3a8＋a15＝5a8＝120，所以a8＝24，而2a9－a10＝a10＋a8－a10＝a8＝24.二、填空題5．在數(shù)列{an}中，a1＝2，a2＝1，eq\f(2,an)＝eq\f(1,an＋1)＋eq\f(1,an－1)(n≥2，n∈N＋)，那么其通項(xiàng)公式an＝________.解析：∵eq\f(2,an)＝eq\f(1,an＋1)＋eq\f(1,an－1)，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以eq\f(1,a1)＝eq\f(1,2)為首項(xiàng)，eq\f(1,2)為公差的等差數(shù)列，∴eq\f(1,an)＝eq\f(1,2)＋(n－1)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)n，∴an＝eq\f(2,n).答案：eq\f(2,n)6．在等差數(shù)列{an}中，a2＋a5＋a8＝39，那么a1＋a2＋…＋a8＋a9的值是________．解析：∵數(shù)列{an}為等差數(shù)列，且a2＋a5＋a8＝39，∴3a5＝39，即a5＝13，∴a1＋a2＋…＋a8＋a9＝9a5＝9×13＝117.答案：1177．{an}為等差數(shù)列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，那么a20＝________.解析：∵a1＋a3＋a5＝105，∴3a3＝105，a3＝35.∵a2＋a4＋a6＝3a4＝99.∴a4＝33，∴d＝a4－a3＝－2.∴a20＝a4＋16d＝33＋16×(－2)＝1.答案：18．方程(x2－2x＋m)(x2－2x＋n)＝0的四個(gè)根組成一個(gè)首項(xiàng)為eq\f(1,4)的等差數(shù)列，那么|m－n|＝________.解析：由題意設(shè)這4個(gè)根為eq\f(1,4)，eq\f(1,4)＋d，eq\f(1,4)＋2d，eq\f(1,4)＋3d.那么eq\f(1,4)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)＋3d))＝2，∴d＝eq\f(1,2)，∴這4個(gè)根依次為eq\f(1,4)，eq\f(3,4)，eq\f(5,4)，eq\f(7,4)，∴n＝eq\f(1,4)×eq\f(7,4)＝eq\f(7,16)，m＝eq\f(3,4)×eq\f(5,4)＝eq\f(15,16)或n＝eq\f(15,16)，m＝eq\f(7,16)，∴|m－n|＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)三、解答題9．有一批豆?jié){機(jī)原銷(xiāo)售價(jià)為每臺(tái)800元，在甲、乙兩家家電商場(chǎng)均有銷(xiāo)售．甲商場(chǎng)用如下的方法促銷(xiāo)：買(mǎi)一臺(tái)單價(jià)為780元，買(mǎi)兩臺(tái)單價(jià)都為760元，依次類(lèi)推，每多買(mǎi)一臺(tái)那么所買(mǎi)各臺(tái)單價(jià)均再削減20元，但每臺(tái)最低價(jià)不能低于440元；乙商場(chǎng)一律都按原價(jià)的75%銷(xiāo)售．某單位購(gòu)置一批此類(lèi)豆?jié){機(jī)，問(wèn)去哪家商場(chǎng)買(mǎi)花費(fèi)較少．解：設(shè)單位需購(gòu)置豆?jié){機(jī)n臺(tái)，在甲商場(chǎng)購(gòu)置每臺(tái)售價(jià)不低于440元，售價(jià)依臺(tái)數(shù)n成等差數(shù)列．設(shè)該數(shù)列為{an}．a(chǎn)n＝780＋(n－1)(－20)＝800－20n，解不等式an≥440，即800－20n≥440，得n≤18.當(dāng)購(gòu)置臺(tái)數(shù)小于等于18臺(tái)時(shí)，每臺(tái)售價(jià)為(800－20n)元，當(dāng)臺(tái)數(shù)大于18臺(tái)時(shí)，每臺(tái)售價(jià)為440元．到乙商場(chǎng)購(gòu)置，每臺(tái)售價(jià)為800×75%＝600元．作差：(800－20n)n－600n＝20n(10－n)，當(dāng)n<10時(shí)，600n<(800－20n)n，當(dāng)n＝10時(shí)，600n＝(800－20n)n，當(dāng)10<n≤18時(shí)，(800－20n)n<600n，當(dāng)n>18時(shí)，440n<600n.即當(dāng)購(gòu)置少于10臺(tái)時(shí)到乙商場(chǎng)花費(fèi)較少，當(dāng)購(gòu)置10臺(tái)時(shí)到兩商場(chǎng)購(gòu)置花費(fèi)相同，當(dāng)購(gòu)置多于10臺(tái)時(shí)到甲商場(chǎng)購(gòu)置花費(fèi)較少．10．?dāng)?shù)列{an}為等差數(shù)列，bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))an，又b1＋b2＋b3＝eq\f(21,8)，b1b2b3＝eq\f(1,8)，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．解：∵b1＋b2＋b3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))a1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))a2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))a3＝eq\f(21,8)，b1b2b3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))a1＋a2＋a3＝eq\f(1,8)，∴a1＋a2＋a3＝3.∵a1，a2，a3成等差數(shù)列，∴a2＝1，故可設(shè)a1＝1－d，a3＝1＋d，由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))1－d＋eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))1＋d＝eq\f(21,8)，得2d＋2－d＝eq\f(17,4)，解得d＝2或d＝－2.當(dāng)d＝2時(shí)，a1＝1－d＝－1，an＝－1＋2(n－1)＝2n－3；當(dāng)d＝－2時(shí)，a1＝1－d＝3，an＝3－2(n－1)＝－2n＋5.第三課時(shí)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和[讀教材·填要點(diǎn)]1．等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式量首項(xiàng)、末項(xiàng)與項(xiàng)數(shù)首項(xiàng)、公差與項(xiàng)數(shù)求和公式Sn＝eq\f(na1＋an,2)Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d2.Sn與an的關(guān)系：當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1；當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1.適用于任何數(shù)列．3．等差數(shù)列的前n項(xiàng)和性質(zhì)(1)等差數(shù)列{an}中，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…也成等差數(shù)列，公差為n2d.(2)在等差數(shù)列{an}中，①假設(shè)項(xiàng)數(shù)為偶數(shù)2n，那么S2n＝n(a1＋a2n)＝n(an＋an＋1)(an，an＋1為中間兩項(xiàng))；S偶－S奇＝nd；eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(an,an＋1).②假設(shè)項(xiàng)數(shù)為奇數(shù)2n－1，那么S2n－1＝(2n－1)an；S奇－S偶＝an；eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(n,n－1).[小問(wèn)題·大思維]1．在公式Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d中Sn肯定是關(guān)于n的二次函數(shù)嗎？[提示]不肯定．由Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n，其中a1，d為常數(shù)，當(dāng)d≠0時(shí)，Sn是關(guān)于n的二次函數(shù)，且不含常數(shù)項(xiàng)，即Sn＝An2＋Bn(A≠0)；當(dāng)公差d＝0時(shí)，Sn＝na1.2．如何確定等差數(shù)列前n項(xiàng)和的最值？[提示](1)假設(shè)a1<0，d>0，那么數(shù)列的前面假設(shè)干項(xiàng)為負(fù)項(xiàng)(或0)，所以將這些項(xiàng)相加即得{Sn}的最小值；(2)假設(shè)a1>0，d<0，那么數(shù)列的前面假設(shè)干項(xiàng)為正項(xiàng)(或0)，所以將這些項(xiàng)相加即得{Sn}的最大值．特殊地，假設(shè)a1>0，d>0，那么a1是{Sn}的最小值；假設(shè)a1<0，d<0，那么a1是{Sn}的最大值．有關(guān)前n項(xiàng)和的計(jì)算問(wèn)題等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，假設(shè)S12＝84，S20＝460，求S28.[解]法一：∵{an}是等差數(shù)列，∴Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d，將其代入S12＝84，S20＝460，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12a1＋\f(12×11,2)d＝84，,20a1＋\f(20×19,2)d＝460.))解得a1＝－15，d＝4.∴S28＝28a1＋eq\f(28×27,2)d＝28×(－15)＋eq\f(28×27,2)×4＝1092.法二：設(shè)此等差數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn＝an2＋bn，∵S12＝84，S20＝460，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a·122＋b·12＝84，,a·202＋b·20＝460.))解得a＝2，b＝－17，∴Sn＝2n2－17n，∴S28＝2×282－17×28＝1092.法三：由{an}為等差數(shù)列，可知eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也是等差數(shù)列，可設(shè)eq\f(Sn,n)＝an＋b，將eq\f(S12,12)＝7，eq\f(S20,20)＝23代入上式，得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12a＋b＝7，,20a＋b＝23，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝－17，))∴eq\f(Sn,n)＝2n－17，即Sn＝2n2－17n.∴S28＝2×282－17×28＝1092.與等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式有關(guān)的運(yùn)算a1，d，n稱(chēng)為等差數(shù)列的三個(gè)根本量，an和Sn都可以用這三個(gè)根本量來(lái)表示，五個(gè)量a1，d，n，an，Sn中可知三求二，即等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式中“知三求二〞的問(wèn)題，一般是通過(guò)通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)和公式聯(lián)立方程(組)求解．這種方法是解決數(shù)列運(yùn)算的根本方法，對(duì)此類(lèi)問(wèn)題，留意利用等差數(shù)列的性質(zhì)以簡(jiǎn)化計(jì)算過(guò)程，同時(shí)在詳細(xì)求解過(guò)程中還應(yīng)留意與未知的聯(lián)系及整體思想的運(yùn)用．1．等差數(shù)列{an}中：(1)a1＝eq\f(3,2)，d＝－eq\f(1,2)，Sm＝－15，求m及am；(2)S5＝24，求a2＋a4.解：(1)∵Sm＝m·eq\f(3,2)＋eq\f(mm－1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－15，整理，得m2－7m－60＝0，解得m＝12或m＝－5(舍去)，∴am＝a12＝eq\f(3,2)＋(12－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－4.(2)法一：設(shè)等差數(shù)列的首項(xiàng)為a1，公差為d，那么S5＝5a1＋eq\f(5×5－1,2)d＝24，得5a1＋10d＝24，a1＋2d＝eq\f(24,5).∴a2＋a4＝a1＋d＋a1＋3d＝2(a1＋2d)＝2×eq\f(24,5)＝eq\f(48,5).法二：由S5＝eq\f(5a1＋a5,2)＝24，得a1＋a5＝eq\f(48,5).∴a2＋a4＝a1＋a5＝eq\f(48,5).Sn求an數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝3，通項(xiàng)an與前n項(xiàng)和Sn之間滿(mǎn)意2an＝SnSn－1(n≥2)．(1)求證eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是等差數(shù)列，并求公差；(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．[解](1)證明：由an＝Sn－Sn－1(n≥2)可將式化為2(Sn－Sn－1)＝SnSn－1(n≥2)，可得eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)＝－eq\f(1,2)，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是以－eq\f(1,2)為公差的等差數(shù)列．(2)∵eq\f(1,S1)＝eq\f(1,a1)＝eq\f(1,3)，∴eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,S1)＋(n－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，∴eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,3)－eq\f(n－1,2)＝eq\f(5－3n,6)，∴Sn＝eq\f(6,5－3n).當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(6,5－3n)－eq\f(6,5－3n－1)＝6·eq\f(3,5－3n8－3n)＝eq\f(18,3n－53n－8).∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3n＝1，,\f(18,3n－53n－8)n≥2.))數(shù)列前n項(xiàng)和Sn與通項(xiàng)an的關(guān)系數(shù)列{an}的通項(xiàng)就可以求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn；反過(guò)來(lái)，假設(shè)前n項(xiàng)和Sn也可以求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an.當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1，所以an與Sn有如下關(guān)系：an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1n＝1，,Sn－Sn－1n≥2.))2．?dāng)?shù)列{an}前n項(xiàng)和為Sn，且當(dāng)n∈N＋時(shí)滿(mǎn)意Sn＝－3n2＋6n，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an.解：當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝3，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝(－3n2＋6n)－[－3(n－1)2＋6(n－1)]＝9－6n，a1＝3符合上式．∴an＝9－6n(n∈N＋)．等差數(shù)列前n項(xiàng)和的最值問(wèn)題在等差數(shù)列{an}中，a1＝25，S17＝S9，求Sn的最大值．[解]法一：由S17＝S9，得25×17＋eq\f(17,2)(17－1)d＝25×9＋eq\f(9,2)(9－1)d，解得d＝－2，∴Sn＝25n＋eq\f(n,2)(n－1)(－2)＝－(n－13)2＋169，當(dāng)n＝13時(shí)，Sn有最大值169.法二：先求出d＝－2(同法一)，∵a1＝25>0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＝25－2n－1≥0，,an＋1＝25－2n<0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n≤13\f(1,2)，,n>12\f(1,2).))(n∈N＋)∴當(dāng)n＝13時(shí)，Sn有最大值169.求數(shù)列前n項(xiàng)和的最值的方法有(1)運(yùn)用配方法轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)，借助二次函數(shù)的單調(diào)性以及數(shù)形結(jié)合的思想，從而使問(wèn)題得解；(2)通項(xiàng)公式法：求使an≥0成立時(shí)最大的n即可．這是由于：當(dāng)an>0時(shí)，Sn>Sn－1(n≥2)，即Sn單調(diào)遞增；當(dāng)an<0時(shí)，Sn<Sn－1(n≥2)，即Sn單調(diào)遞減．一般地，等差數(shù)列{an}中，假設(shè)a1>0，且Sp＝Sq(p≠q)，那么①假設(shè)p＋q為偶數(shù)，那么當(dāng)n＝eq\f(p＋q,2)時(shí)，Sn最大；②假設(shè)p＋q為奇數(shù)，那么當(dāng)n＝eq\f(p＋q－1,2)或n＝eq\f(p＋q＋1,2)時(shí)，Sn最大．3．在等差數(shù)列{an}中，(1)a1＝15，S4＝S12，求Sn的最大值；(2)a3＝12，S12>0，S13<0.①求公差d的取值范圍；②指出S1，S2，…，Sn中，哪一個(gè)值最大，并說(shuō)明理由．解：(1)設(shè)Sn＝An2＋Bn.由于S4＝S12，所以對(duì)稱(chēng)軸n＝eq\f(4＋12,2)＝8，因此S8最大．由S4＝S12知a5＋a6＋a7＋a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝0，從而4(a8＋a9)＝0，即2a1＋15d＝0，所以d＝－2，從而有S8＝8a1＋eq\f(8×7,2)d＝8×15＋eq\f(8×7,2)×(－2)＝64.(2)①由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S12＝12a1＋\f(12×11,2)d>0,S13＝13a1＋\f(13×12,2)d<0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋11d>0,a1＋6d<0)).由于a3＝12，所以a1＝12－2d.從而有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(24＋7d>0,3＋d<0))，故－eq\f(24,7)<d<－3.②法一：由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12a1＋\f(12×11,2)d>0，,13a1＋\f(13×12,2)d<0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋5d>a1＋\f(11,2)d>0，,a1＋6d<0，))從而eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a6>0，,a7<0.))故S1，S2，…，Sn中，S6最大．法二：an＝a1＋(n－1)d＝12＋nd－3d>0，即nd>3dd<0，所以n<3－eq\f(12,d).又由①知－eq\f(24,7)<d<－3，即eq\f(7,2)<－eq\f(12,d)<4，所以eq\f(13,2)<3－eq\f(12,d)<7.又n∈N＋，所以n最大可取6，即a6為{an}中最終一個(gè)大于0的項(xiàng)，從而S6最大．等差數(shù)列的前n項(xiàng)和性質(zhì)(1)等差數(shù)列前n項(xiàng)的和為30，前2n項(xiàng)的和為100，那么它的前3n項(xiàng)的和為()A．130 B．170C．210 D．260(2)等差數(shù)列{an}共有2n＋1項(xiàng)，全部的奇數(shù)項(xiàng)之和為132，全部的偶數(shù)項(xiàng)之和為120，那么n等于________．(3){an}，{bn}均為等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和分別為Sn，Tn，且eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(2n＋2,n＋3)，那么eq\f(a5,b5)＝________.[解析](1)利用等差數(shù)列的性質(zhì)：Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差數(shù)列．所以Sn＋(S3n－S2n)＝2(S2n－Sn)，即30＋(S3n－100)＝2(100－30)，解得S3n＝210.(2)由于等差數(shù)列共有2n＋1項(xiàng)，所以S奇－S偶＝an＋1＝eq\f(S2n＋1,2n＋1)，即132－120＝eq\f(132＋120,2n＋1)，解得n＝10.(3)由等差數(shù)列的性質(zhì)，知eq\f(a5,b5)＝eq\f(\f(a1＋a9,2),\f(b1＋b9,2))＝eq\f(\f(a1＋a9,2)×9,\f(b1＋b9,2)×9)＝eq\f(S9,T9)＝eq\f(2×9＋2,9＋3)＝eq\f(5,3).[答案](1)C(2)10(3)eq\f(5,3)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和常用的性質(zhì)(1)等差數(shù)列的依次k項(xiàng)之和，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k…組成公差為k2d的等差數(shù)列．(2)數(shù)列{an}是等差數(shù)列?Sn＝an2＋bn(a，b為常數(shù))?數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))為等差數(shù)列．(3)假設(shè)S奇表示奇數(shù)項(xiàng)的和，S偶表示偶數(shù)項(xiàng)的和，公差為d，①當(dāng)項(xiàng)數(shù)為偶數(shù)2n時(shí)，S偶－S奇＝nd，eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(an,an＋1)；②當(dāng)項(xiàng)數(shù)為奇數(shù)2n－1時(shí)，S奇－S偶＝an，eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(n,n－1).4．在等差數(shù)列{an}中，S10＝100，S100S110.解：法一：設(shè)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公差為d，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(10a1＋\f(10×10－1,2)d＝100，,100a1＋\f(100×100－1,2)d＝10.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(1099,100)，,d＝－\f(11,50).))∴S110＝110a1＋eq\f(110×110－1,2)d＝110×eq\f(1099,100)＋eq\f(110×109,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11,50)))＝－110.法二：∵S10＝100，S100＝10，∴S100－S10＝a11＋a12＋…＋a100＝eq\f(90a11＋a100,2)＝－90，∴a11＋a100＝－2.又∵a1＋a110＝a11＋a100＝－2，∴S110＝eq\f(110a1＋a110,2)＝－110.法三：∵S10，S20－S10，S30－S20，…，S100－S90，S110－S100，…成等差數(shù)列，∴設(shè)公差為d，該數(shù)列前10項(xiàng)和為10×100＋eq\f(10×9,2)d＝10，解得d＝－22.∴前11項(xiàng)和S110＝11×100＋eq\f(10×11,2)d＝11×100＋eq\f(10×11,2)×(－22)＝－110.[隨堂體驗(yàn)落實(shí)]1．等差數(shù)列的和1＋3＋5＋…＋(4n＋1)等于()A．n(2n＋1) B．(2n－1)2C．(n＋2)(2n＋1) D．(2n＋1)2解析：選DSn＝eq\f(1＋4n＋1,2)×(2n＋1)＝(2n＋1)2.2．等差數(shù)列{an}中，S10＝4S5，那么eq\f(a1,d)等于()A.eq\f(1,2) B．2C.eq\f(1,4) D．4解析：選A由題意得：10a1＋eq\f(1,2)×10×9d＝4(5a1＋eq\f(1,2)×5×4d)，∴10a1＋45d＝20a1＋40d，∴10a1＝5d，∴eq\f(a1,d)＝eq\f(1,2).3．?dāng)?shù)列{an}為等差數(shù)列，它的前n項(xiàng)和為Sn，假設(shè)Sn＝(n＋1)2＋λ，那么λ的值是()A．－2 B．－1C．0 D．1解析：選B等差數(shù)列前n項(xiàng)和Sn的形式為：Sn＝an2＋bn，∴λ＝－1.4．等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，假設(shè)a2＝1，a3＝3，那么S4＝________.解析：d＝a3－a2＝2，∴a1＝－1，S4＝4a1＋eq\f(4×3,2)d＝4×(－1)＋4×3＝8.答案：85．設(shè){an}為等差數(shù)列，Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，S7＝7，S15＝75，Tn為數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))的前n項(xiàng)和，求Tn.解：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，那么Sn＝na1＋eq\f(1,2)n(n－1)d，∵S7＝7，S15＝75，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(7a1＋21d＝7，,15a1＋105d＝75，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋3d＝1，,a1＋7d＝5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－2，,d＝1.))∴eq\f(Sn,n)＝a1＋eq\f(1,2)(n－1)d＝－2＋eq\f(1,2)(n－1)，∵eq\f(Sn＋1,n＋1)－eq\f(Sn,n)＝eq\f(1,2)，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等差數(shù)列，其首項(xiàng)為－2，公差為eq\f(1,2)，∴Tn＝n×(－2)＋eq\f(nn－1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)n2－eq\f(9,4)n.[感悟高手解題]在等差數(shù)列{an}中，a1＝－60，a17＝－12，求數(shù)列{|an|}的前n項(xiàng)和．[解]由a1＝－60，a17＝－12知，等差數(shù)列{an}的公差d＝eq\f(a17－a1,17－1)＝eq\f(－12＋60,16)＝3.所以an＝a1＋(n－1)d＝－60＋(n－1)×3＝3n－63，由an≤0知3n－63≤0，即n≤21，即{an}中前20項(xiàng)是負(fù)數(shù)，從第21項(xiàng)起為非負(fù)數(shù)，設(shè)Sn和Sn′分別表示{an}和{|an|}的前n項(xiàng)和．當(dāng)n≤20時(shí)，Sn′＝－Sn＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－60n＋\f(3nn－1,2)))＝－eq\f(3,2)n2＋eq\f(123,2)n.當(dāng)n>20時(shí)，Sn′＝－S20＋(Sn－S20)＝Sn－2S20＝－60n＋eq\f(3nn－1,2)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－60×20＋\f(20×19,2)×3))＝eq\f(3,2)n2－eq\f(123,2)n＋1260，綜上，Sn′＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)n2＋\f(123,2)nn≤20，,\f(3,2)n2－\f(123,2)n＋1260n>20.))[點(diǎn)評(píng)](1)此題考查數(shù)列求和學(xué)問(wèn)．要求{|an|}的前n項(xiàng)和，須弄清晰在數(shù)列{an}中哪些項(xiàng)取正值，哪些項(xiàng)取負(fù)值，然后去掉肯定值求解．(2)含有肯定值的問(wèn)題，首先要考慮去肯定值，所以需要由不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≤0，,an＋1≥0))來(lái)找出滿(mǎn)意條件的界值n(n∈N＋)．一、選擇題1．等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且S3＝6，a1＝4，那么公差d等于()A．－2 B．－eq\f(2,3)C．1 D．3解析：選A由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a1＋\f(3×2,2)×d＝6，,a1＝4))得d＝－2.2．等差數(shù)列{an}中，aeq\o\al(2,3)＋aeq\o\al(2,8)＋2a3a