数学4.2 等差数列第2课时学案设计

这是一份数学4.2 等差数列第2课时学案设计，共14页。学案主要包含了等差数列前n项和的性质，等差数列前n项和的最值问题，求数列{|an|}的前n项和等内容，欢迎下载使用。


知识点一 等差数列前n项和的性质
1．若数列{an}是公差为d的等差数列，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))也是等差数列，且公差为eq \f(d,2).
2．设等差数列{an}的公差为d，Sn为其前n项和，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍构成等差数列，且公差为m2d.
3．若等差数列{an}的项数为2n，则S2n＝n(an＋an＋1)，S偶－S奇＝nd，eq \f(S偶,S奇)＝eq \f(an＋1,an).
4．若等差数列{an}的项数为2n＋1，则S2n＋1＝(2n＋1)·an＋1，S偶－S奇＝－an＋1，eq \f(S偶,S奇)＝eq \f(n,n＋1).
思考 在性质3中，an和an＋1分别是哪两项？在性质4中，an＋1是哪一项？
答案 中间两项，中间项．
知识点二 等差数列{an}的前n项和公式的函数特征
1．公式Sn＝na1＋eq \f(nn－1d,2)可化成关于n的表达式：Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n.当d≠0时，Sn关于n的表达式是一个常数项为零的二次函数式，即点(n，Sn)在其相应的二次函数的图象上，这就是说等差数列的前n项和公式是关于n的二次函数，它的图象是抛物线y＝eq \f(d,2)x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))x上横坐标为正整数的一系列孤立的点．
2．等差数列前n项和的最值
(1)在等差数列{an}中，
当a1>0，d<0时，Sn有最大值，使Sn取得最值的n可由不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥0，,an＋1≤0))确定；
当a1<0，d>0时，Sn有最小值，使Sn取到最值的n可由不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≤0，,an＋1≥0))确定．
(2)Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n，若d≠0，则从二次函数的角度看：当d>0时，Sn有最小值；当d<0时，Sn有最大值．当n取最接近对称轴的正整数时，Sn取到最值．
1．在等差数列{an}中，若a1＋a2＝2，a3＋a4＝4，则a7＋a8等于( )
A．7 B．8 C．9 D．10
答案 B
解析 ∵a1＋a2＝2，a3＋a4＝4，
由等差数列的性质得a5＋a6＝6，a7＋a8＝8.
2．已知数列{an}为等差数列，a2＝0，a4＝－2，则其前n项和Sn的最大值为( )
A.eq \f(9,8) B.eq \f(9,4)
C．1 D．0
答案 C
解析 由a4＝a2＋(4－2)d，得－2＝0＋2d，
故d＝－1，a1＝1，
故Sn＝n＋eq \f(nn－1,2)·(－1)＝－eq \f(n2,2)＋eq \f(3n,2)
＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(3,2)))2＋eq \f(9,8).
所以当n＝1或2时，Sn的最大值为1.
3．(多选)已知数列{an}的通项公式是an＝2n－48，则Sn取得最小值时，n为( )
A．22 B．23 C．24 D．25
答案 BC
解析 由an≤0即2n－48≤0得n≤24.
∴所有负项的和最小，即n＝23或24.
4．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2 018，eq \f(S2 019,2 019)－eq \f(S2 013,2 013)＝6，则S2 020＝________.
答案 2 020
解析 由等差数列的性质可得eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))也为等差数列，
设其公差为d，则eq \f(S2 019,2 019)－eq \f(S2 013,2 013)＝6d＝6，
∴d＝1，∴eq \f(Sn,n)＝eq \f(S1,1)＋(n－1)d＝n－2 019.
故eq \f(S2 020,2 020)＝2 020－2 019＝1，
∴S2 020＝2 020.
一、等差数列前n项和的性质
例1 (1)在等差数列{an}中，S10＝120，且在这10项中，eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(11,13)，则公差d＝________.
答案 2
解析 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S奇＋S偶＝120，,\f(S奇,S偶)＝\f(11,13)，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S奇＝55，,S偶＝65，))
所以S偶－S奇＝5d＝10，所以d＝2.
(2)等差数列{an}的前m项和为30，前2m项和为100，求数列{an}的前3m项的和S3m.
解 方法一 在等差数列中，
∵Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列，
∴30,70，S3m－100成等差数列．
∴2×70＝30＋(S3m－100)，∴S3m＝210.
方法二 在等差数列中，eq \f(Sm,m)，eq \f(S2m,2m)，eq \f(S3m,3m)成等差数列，
∴eq \f(2S2m,2m)＝eq \f(Sm,m)＋eq \f(S3m,3m).
即S3m＝3(S2m－Sm)＝3×(100－30)＝210.
反思感悟 利用等差数列前n项和的性质简化计算
(1)在解决等差数列问题时，先利用已知求出a1，d，再求所求，是基本解法，有时运算量大些；
(2) 等差数列前n项和Sn的有关性质在解题过程中，如果运用得当可以达到化繁为简、化难为易、事半功倍的效果．
(3)设而不求，整体代换也是很好的解题方法．
跟踪训练1 (1)已知数列{an}是项数为偶数的等差数列，它的奇数项的和是50，偶数项的和为34，若它的末项比首项小28，则该数列的公差是________．
答案 －4
解析 设等差数列{an}的项数为2m，∵末项与首项的差为－28，
∴a2m－a1＝(2m－1)d＝－28，①
∵S奇＝50，S偶＝34，
∴S偶－S奇＝34－50＝－16＝md，②
由①②得d＝－4.
(2)已知一个等差数列的前10项和为100，前100项和为10，求前110项之和．
解 S10，S20－S10，S30－S20，…，S100－S90，S110－S100成等差数列．
设其公差为d，前10项和为10S10＋eq \f(10×9,2)d＝S100＝10，解得d＝－22，
∴S110－S100＝S10＋(11－1)d＝100＋10×(－22)
＝－120，
∴S110＝－120＋S100＝－110.
二、等差数列前n项和的最值问题
例2 在等差数列{an}中，a1＝25，S8＝S18，求前n项和Sn的最大值．
解 方法一 因为S8＝S18，a1＝25，
所以8×25＋eq \f(8×8－1,2)d＝18×25＋eq \f(18×18－1,2)d，
解得d＝－2.
所以Sn＝25n＋eq \f(nn－1,2)×(－2)＝－n2＋26n＝－(n－13)2＋169.
所以当n＝13时，Sn有最大值为169.
方法二 同方法一，求出公差d＝－2.
所以an＝25＋(n－1)×(－2)＝－2n＋27.
因为a1＝25>0，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＝－2n＋27≥0，,an＋1＝－2n＋1＋27≤0))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n≤13\f(1,2)，,n≥12\f(1,2).))
又因为n∈N*，
所以当n＝13时，Sn有最大值为169.
方法三 因为S8＝S18，
所以a9＋a10＋…＋a18＝0.
由等差数列的性质得a13＋a14＝0.
因为a1>0，
所以d<0.所以a13>0，a14<0.
所以当n＝13时，Sn有最大值．由a13＋a14＝0，得
a1＋12d＋a1＋13d＝0，
解得d＝－2，
所以S13＝13×25＋eq \f(13×12,2)×(－2)＝169，
所以Sn的最大值为169.
方法四 设Sn＝An2＋Bn.
因为S8＝S18，a1＝25，
所以二次函数图象的对称轴为x＝eq \f(8＋18,2)＝13，且开口方向向下，
所以当n＝13时，Sn取得最大值．
由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(82A＋8B＝182A＋18B，,A＋B＝25，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(A＝－1，,B＝26，))
所以Sn＝－n2＋26n，
所以S13＝169，即Sn的最大值为169.
反思感悟 (1)等差数列前n项和Sn最大(小)值的情形
①若a1>0，d<0，则Sn存在最大值，即所有非负项之和．
②若a1<0，d>0，则Sn存在最小值，即所有非正项之和．
(2)求等差数列前n项和Sn最值的方法
①寻找正、负项的分界点，可利用等差数列性质或利用
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥0，,an＋1≤0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≤0，,an＋1≥0))来寻找．
②运用二次函数求最值．
跟踪训练2 在等差数列{an}中，a10＝18，前5项的和S5＝－15.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{an}的前n项和的最小值，并指出何时取最小值．
解 (1)设等差数列的公差为d，
因为在等差数列{an}中，a10＝18，S5＝－15，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋9d＝18，,5a1＋\f(5,2)×4×d＝－15，))
解得a1＝－9，d＝3，
所以an＝3n－12，n∈N*.
(2)因为a1＝－9，d＝3，an＝3n－12，
所以Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝eq \f(1,2)(3n2－21n)
＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(7,2)))2－eq \f(147,8)，
所以当n＝3或4时，
前n项的和Sn取得最小值S3＝S4＝－18.
三、求数列{|an|}的前n项和
例3 数列{an}的前n项和Sn＝100n－n2(n∈N*)．
(1)判断{an}是不是等差数列，若是，求其首项、公差；
(2)设bn＝|an|，求数列{bn}的前n项和．
解 (1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝(100n－n2)－[100(n－1)－(n－1)2]＝101－2n.
∵a1＝S1＝100×1－12＝99，适合上式，
∴an＝101－2n(n∈N*)．
又an＋1－an＝－2为常数，
∴数列{an}是首项为99，公差为－2的等差数列．
(2)令an＝101－2n≥0，得n≤50.5，
∵n∈N*，∴n≤50(n∈N*)．
①当1≤n≤50时，an>0，此时bn＝|an|＝an，
∴数列{bn}的前n项和Sn′＝100n－n2.
②当n≥51时，an<0，此时bn＝|an|＝－an，
由b51＋b52＋…＋bn＝－(a51＋a52＋…＋an)
＝－(Sn－S50)＝S50－Sn，
得数列{bn}的前n项和Sn′＝S50＋(S50－Sn)＝2S50－Sn＝2×2 500－(100n－n2)＝5 000－100n＋n2.
由①②得数列{bn}的前n项和为
Sn′＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(100n－n2，1≤n≤50，,5 000－100n＋n2，n≥51，))n∈N*.
反思感悟 已知等差数列{an}，求绝对值数列{|an|}的有关问题是一种常见的题型，解决此类问题的核心便是去掉绝对值，此时应从其通项公式入手，分析哪些项是正的，哪些项是负的，即找出正、负项的“分界点”．
跟踪训练3 在等差数列{an}中，a10＝23，a25＝－22.
(1)数列{an}前多少项和最大？
(2)求{|an|}的前n项和Sn.
解 (1)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋9d＝23，,a1＋24d＝－22，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝50，,d＝－3，))
∴an＝a1＋(n－1)d＝－3n＋53.
令an>0，得n∴当n≤17，n∈N*时，an>0；
当n≥18，n∈N*时，an<0，
∴数列{an}的前17项和最大．
(2)当n≤17，n∈N*时，
|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝－eq \f(3,2)n2＋eq \f(103,2)n.
当n≥18，n∈N*时，
|a1|＋|a2|＋…＋|an|
＝a1＋a2＋…＋a17－a18－a19－…－an
＝2(a1＋a2＋…＋a17)－(a1＋a2＋…＋an)
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)×172＋\f(103,2)×17))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)n2＋\f(103,2)n))
＝eq \f(3,2)n2－eq \f(103,2)n＋884.
∴Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)n2＋\f(103,2)n，n≤17，n∈N*，,\f(3,2)n2－\f(103,2)n＋884，n≥18，n∈N*.))
等差数列前n项和公式的实际应用
典例 某单位用分期付款的方式为职工购买40套住房，共需1 150万元，购买当天先付150万元，按约定以后每月的这一天都交付50万元，并加付所有欠款利息，月利率为1%，若交付150万元后的一个月开始算分期付款的第一个月，问分期付款的第10个月应付多少钱？全部付清后，买这40套住房实际花了多少钱？
解 因购房时付150万元，则欠款1 000万元，依题意分20次付款，则每次付款的数额依次构成数列{an}，则a1＝50＋1 000×1%＝60，
a2＝50＋(1 000－50)×1%＝59.5，
a3＝50＋(1 000－50×2)×1%＝59，
a4＝50＋(1 000－50×3)×1%＝58.5，
所以an＝50＋[1 000－50(n－1)]×1%
＝60－eq \f(1,2)(n－1)(1≤n≤20，n∈N*)．
所以{an}是以60为首项，－eq \f(1,2)为公差的等差数列．
所以a10＝60－9×eq \f(1,2)＝55.5，
a20＝60－19×eq \f(1,2)＝50.5.
所以S20＝eq \f(1,2)×(a1＋a20)×20
＝10×(60＋50.5)＝1 105.
所以实际共付1 105＋150＝1 255(万元)．
[素养提升] (1)本题属于与等差数列前n项和有关的应用题，其关键在于构造合适的等差数列．
(2)遇到与正整数有关的应用题时，可以考虑与数列知识联系，抽象出数列的模型，并用有关知识解决相关的问题，是数学建模的核心素养的体观．
1．已知数列{an}满足an＝26－2n，则使其前n项和Sn取最大值的n的值为( )
A．11或12 B．12
C．13 D．12或13
答案 D
解析 ∵an＝26－2n，∴an－an－1＝－2(n≥2，n∈N*)，
∴数列{an}为等差数列．又a1＝24，d＝－2，
∴Sn＝24n＋eq \f(nn－1,2)×(－2)＝－n2＋25n
＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(25,2)))2＋eq \f(625,4).
∵n∈N*，∴当n＝12或13时，Sn最大．
2．一个等差数列共有10项，其偶数项之和是15，奇数项之和是12.5，则它的首项与公差分别是( )
A．0.5,0.5 B．0.5,1
C．0.5,2 D．1,0.5
答案 A
解析 由于项数为10，故S偶－S奇＝15－12.5＝5d，
∴d＝0.5，由15＋12.5＝10a1＋eq \f(10×9,2)×0.5，
得a1＝0.5.
3．(多选)设{an}是等差数列，Sn为其前n项和，且S5S8，则下列结论正确的是( )
A．d<0
B．a7＝0
C．S9>S5
D．S6与S7均为Sn的最大值
答案 ABD
解析 ∵S5S8，∴a6>0，a7＝0，a8<0.∴d<0.
∴S6与S7均为Sn的最大值．
S9－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＝2(a7＋a8)<0.∴S94．已知在等差数列{an}中，|a5|＝|a9|，公差d>0，则使得其前n项和Sn取得最小值的正整数n的值是________．
答案 6或7
解析 ∵公差d>0，|a5|＝|a9|，∴－a5＝a9，即a5＋a9＝0.由等差数列的性质，得2a7＝a5＋a9＝0，解得a7＝0.
故数列的前6项均为负数，第7项为0，从第8项开始为正．
∴Sn取得最小值时的n为6或7.
5．已知等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项和与奇数项和之比为32∶27，则公差d＝________.
答案 5
解析 由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S偶＋S奇＝354，,\f(S偶,S奇)＝\f(32,27).))
故S偶＝192，S奇＝162，所以6d＝S偶－S奇＝30，故d＝5.
1．知识清单：
(1)等差数列前n项和的一般性质．
(2)等差数列前n项和的函数性质．
2．方法归纳：整体思想、函数思想、分类讨论思想．
3．常见误区：求数列{|an|}的前n项和时不讨论，最后不用分段函数表示．
1．在等差数列{an}中，a1＝1，其前n项和为Sn，若eq \f(S8,8)－eq \f(S6,6)＝2，则S10等于( )
A．10 B．100 C．110 D．120
答案 B
解析 ∵{an}是等差数列，a1＝1，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))也是等差数列且首项为eq \f(S1,1)＝1.
又eq \f(S8,8)－eq \f(S6,6)＝2，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))的公差是1，
∴eq \f(S10,10)＝1＋(10－1)×1＝10，
∴S10＝100.
2．若等差数列{an}的前m项的和Sm为20，前3m项的和S3m为90，则它的前2m项的和S2m为( )
A．30 B．70 C．50 D．60
答案 C
解析 ∵等差数列{an}中，Sm，S2m－Sm，S3m－S2m也成等差数列，
∴2(S2m－Sm)＝Sm＋S3m－S2m，
∴2(S2m－20)＝20＋90－S2m，
∴S2m＝50.
3．已知数列{2n－19}，那么这个数列的前n项和Sn( )
A．有最大值且是整数 B．有最小值且是整数
C．有最大值且是分数 D．无最大值和最小值
答案 B
解析 易知数列{2n－19}的通项an＝2n－19，
∴a1＝－17，d＝2.
∴该数列是递增等差数列．
令an＝0，得n＝9eq \f(1,2).
∴a1∴该数列前n项和有最小值，为S9＝9a1＋eq \f(9×8,2)d＝－81.
4．(多选)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，且S6>S7>S5，下列判断正确的是( )
A．d<0
B．S11>0
C．S12<0
D．数列{Sn}中的最大项为S11
答案 AB
解析 ∵S6>S7，
∴a7<0，
∵S7>S5，
∴a6＋a7>0，
∴a6>0，∴d<0，A正确；
又S11＝eq \f(11,2)(a1＋a11)＝11a6>0，B正确；
S12＝eq \f(12,2)(a1＋a12)＝6(a6＋a7)>0，C不正确；
数列{Sn}中最大项为S6，D不正确．
故正确的选项是AB.
5．在等差数列{an}中，Sn是其前n项和，且S2 011＝S2 018，Sk＝S2 009，则正整数k为( )
A．2 017 B．2 018 C．2 019 D．2 020
答案 D
解析 因为等差数列的前n项和Sn是关于n的二次函数，
所以由二次函数的对称性及S2 011＝S2 018，Sk＝S2 009，
可得eq \f(2 011＋2 018,2)＝eq \f(2 009＋k,2)，
解得k＝2 020.
6．已知在等差数列{an}中，公差d＝1，且前100项和为148，则前100项中的所有偶数项的和为________．
答案 99
解析 由题意，得S奇＋S偶＝148，
S偶－S奇＝50d＝50，
解得S偶＝99.
7．已知在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，已知S3＝9，a4＋a5＋a6＝7，则S9－S6＝________.
答案 5
解析 ∵S3，S6－S3，S9－S6成等差数列，
而S3＝9，S6－S3＝a4＋a5＋a6＝7，
∴S9－S6＝5.
8．已知等差数列{an}的前n项和为Sn,7a5＋5a9＝0，且a9>a5，则Sn取得最小值时n的值为________．
答案 6
解析 由7a5＋5a9＝0，得eq \f(a1,d)＝－eq \f(17,3).
又a9>a5，所以d>0，a1<0.
因为函数y＝eq \f(d,2)x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))x的图象的对称轴为x＝eq \f(1,2)－eq \f(a1,d)＝eq \f(1,2)＋eq \f(17,3)＝eq \f(37,6)，取最接近的整数6，故Sn取得最小值时n的值为6.
9．已知在等差数列{an}中，a1＝9，a4＋a7＝0.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)当n为何值时，数列{an}的前n项和取得最大值？
解 (1)由a1＝9，a4＋a7＝0，
得a1＋3d＋a1＋6d＝0，解得d＝－2，
∴an＝a1＋(n－1)·d＝11－2n.
(2)方法一 a1＝9，d＝－2，
Sn＝9n＋eq \f(nn－1,2)·(－2)＝－n2＋10n
＝－(n－5)2＋25，
∴当n＝5时，Sn取得最大值．
方法二 由(1)知a1＝9，d＝－2<0，
∴{an}是递减数列．
令an≥0，则11－2n≥0，
解得n≤eq \f(11,2).
∵n∈N*，
∴当n≤5时，an>0；当n≥6时，an<0.
∴当n＝5时，Sn取得最大值．
10．在数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足an＋2－2an＋1＋an＝0(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，求Tn.
解 (1)∵an＋2－2an＋1＋an＝0，
∴an＋2－an＋1＝an＋1－an，
∴{an}是等差数列，又∵a1＝8，a4＝2，
∴d＝－2，an＝a1＋(n－1)d＝10－2n，n∈N*.
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，
则Sn＝8n＋eq \f(nn－1,2)×(－2)＝9n－n2.
∵an＝10－2n，令an＝0，得n＝5.
当n>5时，an<0；
当n＝5时，an＝0；
当n<5时，an>0.
∴当n≤5时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|
＝a1＋a2＋…＋an＝9n－n2.
当n>5时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|
＝a1＋a2＋…＋a5－(a6＋a7＋…＋an)
＝S5－(Sn－S5)＝2S5－Sn
＝2×(9×5－25)－9n＋n2＝n2－9n＋40，
∴Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(9n－n2，n≤5，n∈N*，,n2－9n＋40，n≥6，n∈N*.))
11．若数列{an}的前n项和是Sn＝n2－4n＋2，则|a1|＋|a2|＋…＋|a10|等于( )
A．15 B．35 C．66 D．100
答案 C
解析 易得an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,2n－5，n≥2.))
|a1|＝1，|a2|＝1，|a3|＝1，
令an>0，则2n－5>0，
∴n≥3.
∴|a1|＋|a2|＋…＋|a10|
＝1＋1＋a3＋…＋a10
＝2＋(S10－S2)
＝2＋[(102－4×10＋2)－(22－4×2＋2)]＝66.
12．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝11，eq \f(S15,15)－eq \f(S7,7)＝－8，则Sn取最大值时的n为( )
A．6 B．7 C．8 D．9
答案 B
解析 设数列{an}是公差为d的等差数列，
则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是公差为eq \f(d,2)的等差数列．
因为eq \f(S15,15)－eq \f(S7,7)＝－8，
故可得8×eq \f(d,2)＝－8，解得d＝－2；
则a1＝a2－d＝13，
则Sn＝－n2＋14n＝－(n－7)2＋49，
故当n＝7时，Sn取得最大值．
13．已知Sn，Tn分别是等差数列{an}，{bn}的前n项和，且eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(2n＋1,4n－2)(n∈N*)，则eq \f(a10,b3＋b18)＋eq \f(a11,b6＋b15)＝________.
答案 eq \f(41,78)
解析 因为b3＋b18＝b6＋b15＝b10＋b11，所以eq \f(a10,b3＋b18)＋eq \f(a11,b6＋b15)＝eq \f(a10＋a11,b10＋b11)＝eq \f(10a10＋a11,10b10＋b11)＝eq \f(S20,T20)＝eq \f(2×20＋1,4×20－2)＝eq \f(41,78).
14．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且eq \f(S4,S8)＝eq \f(1,3)，那么eq \f(S8,S16)＝________.
答案 eq \f(3,10)
解析 设S4＝k，S8＝3k，由等差数列的性质得
S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12构成等差数列．
所以S8－S4＝2k，S12－S8＝3k，S16－S12＝4k.
所以S12＝6k，S16＝10k.eq \f(S8,S16)＝eq \f(3,10).
15．设项数为奇数的等差数列，奇数项之和为44，偶数项之和为33，则这个数列的中间项是________，项数是________．
答案 11 7
解析 设等差数列{an}的项数为2n＋1(n∈N*)，
S奇＝a1＋a3＋…＋a2n＋1
＝eq \f(n＋1a1＋a2n＋1,2)＝(n＋1)an＋1，
S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n
＝eq \f(na2＋a2n,2)＝nan＋1，
所以eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(n＋1,n)＝eq \f(44,33)，
解得n＝3，所以项数2n＋1＝7，S奇－S偶＝an＋1，
即a4＝44－33＝11，为所求的中间项．
16．已知数列{an}的前n项和为Sn，an>0，a1<2,6Sn＝(an＋1)(an＋2)．
(1)求证：{an}是等差数列；
(2)令bn＝eq \f(3,anan＋1)，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<1.
证明 (1)因为6Sn＝(an＋1)(an＋2)，
所以当n≥2时，6Sn－1＝(an－1＋1)(an－1＋2)，
两式相减，得到6an＝(aeq \\al(2,n)＋3an＋2)－(aeq \\al(2,n－1)＋3an－1＋2)，
整理得(an－an－1)(an＋an－1)＝3(an＋an－1)，
又因为an>0，所以an－an－1＝3，
所以数列{an}是公差为3的等差数列．
(2)当n＝1时，6S1＝(a1＋1)(a1＋2)，
解得a1＝1或a1＝2，
因为a1<2，所以a1＝1，
由(1)可知an－an－1＝3，即公差d＝3，
所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×3＝3n－2，
所以bn＝eq \f(3,anan＋1)＝eq \f(3,3n－23n＋1)＝eq \f(1,3n－2)－eq \f(1,3n＋1)，
所以Tn＝1－eq \f(1,4)＋eq \f(1,4)－eq \f(1,7)＋…＋eq \f(1,3n－2)－eq \f(1,3n＋1)
＝1－eq \f(1,3n＋1)<1.