高中人教A版 (2019)4.2 等差数列第1课时导学案

这是一份高中人教A版 (2019)4.2 等差数列第1课时导学案，共12页。学案主要包含了等差数列的通项公式及其应用，等差数列的判定与证明，等差中项及应用等内容，欢迎下载使用。

第1课时 等差数列的概念及通项公式
学习目标 1.理解等差数列、等差中项的概念.2.掌握等差数列的通项公式，并能运用通项公式解决一些简单的问题.3.掌握等差数列的判断与证明方法．
知识点一 等差数列的概念
一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d表示，公差可正可负可为零．
思考 你能根据等差数列的概念写出它的数学表达式吗？
答案 an＋1－an＝d(d为常数，n∈N*)．
知识点二 等差中项的概念
由三个数a，A，b组成的等差数列可以看成是最简单的等差数列．这时，A叫做a与b的等差中项且2A＝a＋b.
思考 下列所给的两个数之间，插入一个什么数后三个数就会成为一个等差数列：
(1)2,4；(2)－1,5；(3)0,0；(4)a，b.
答案 插入的数分别为(1)3，(2)2，(3)0，(4)eq \f(a＋b,2).
知识点三 等差数列的通项公式
首项为a1，公差为d的等差数列{an}的通项公式an＝a1＋(n－1)d.
思考 由等差数列的通项公式可以看出，要求an，需要哪几个条件？
答案 只要求出等差数列的首项a1和公差d，代入公式an＝a1＋(n－1)d即可．
知识点四 从函数角度认识等差数列{an}
若数列{an}是等差数列，首项为a1，公差为d，
则an＝f(n)＝a1＋(n－1)d＝nd＋(a1－d)．
(1)点(n，an)落在直线y＝dx＋(a1－d)上，这条直线的斜率为d，在y轴上的截距为a1－d ；
(2)这些点的横坐标每增加1，函数值增加d.
1．数列4,4,4，…是等差数列．( √ )
2．数列{an}的通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,n＋1，n≥2，))则{an}是等差数列．( × )
3．若一个数列从第2项起每一项与它前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．( × )
4．若三个数a，b，c满足a＋c＝2b，则a，b，c一定是等差数列．( √ )
一、等差数列的通项公式及其应用
例1 在等差数列{an}中，
(1)已知a5＝－1，a8＝2，求a1与d；
(2)已知a1＋a6＝12，a4＝7，求an.
解 (1)由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋5－1d＝－1，,a1＋8－1d＝2，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－5，,d＝1.))
(2)由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a1＋6－1d＝12，,a1＋4－1d＝7，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2.))
所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×2＝2n－1，n∈N*.
反思感悟 等差数列通项公式的求法与应用技巧
(1)等差数列的通项公式可由首项与公差确定，所以要求等差数列的通项公式，只需求出首项与公差即可．
(2)等差数列{an}的通项公式an＝a1＋(n－1)d中共含有四个参数，即a1，d，n，an，如果知道了其中的任意三个数，那么就可以由通项公式求出第四个数，这一求未知量的过程，我们通常称之为“知三求一”．
(3)通项公式可变形为an＝dn＋(a1－d)，可把an看作自变量为n的一次函数．
跟踪训练1 在等差数列{an}中，求解下列各题：
(1)已知公差d＝－eq \f(1,3)，a7＝8，则a1＝ .
(2)已知a3＝0，a7－2a4＝－1，则公差d＝ .
(3)已知{an}的前3项依次为2,6,10，则a15＝ .
答案 (1)10 (2)－eq \f(1,2) (3)58
解析 (1)由a7＝a1＋6d，得8＝a1＋6×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))，
故a1＝10.
(2)设首项为a1，公差为d，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝0，,a1＋6d－2a1＋3d＝－1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝－\f(1,2).))
(3)由题意得，d＝6－2＝4，
把a1＝2，d＝4代入an＝a1＋(n－1)d，得an＝2＋(n－1)×4＝4n－2，
∴a15＝4×15－2＝58.
二、等差数列的判定与证明
例2 已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq \f(2an,an＋2).
(1)数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是否为等差数列？说明理由；
(2)求an.
解 (1)数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是等差数列，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\c1(\f(1,an)))是首项为eq \f(1,a1)＝eq \f(1,2)，公差为d＝eq \f(1,2)的等差数列．
(2)由上述可知eq \f(1,an)＝eq \f(1,a1)＋(n－1)d＝eq \f(n,2)，
∴an＝eq \f(2,n)，n∈N*.
延伸探究
将本例中的条件“a1＝2，an＋1＝eq \f(2an,an＋2)”换为“a1＝4，an＝4－eq \f(4,an－1)(n>1)，记bn＝eq \f(1,an－2)”．
(1)试证明数列{bn}为等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
(1)证明 bn＋1－bn＝eq \f(1,an＋1－2)－eq \f(1,an－2)
＝eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4－\f(4,an)))－2)－eq \f(1,an－2)＝eq \f(an,2an－2)－eq \f(1,an－2)＝eq \f(an－2,2an－2)＝eq \f(1,2).
又b1＝eq \f(1,a1－2)＝eq \f(1,2)，
∴数列{bn}是首项为eq \f(1,2)，公差为eq \f(1,2)的等差数列．
(2)解 由(1)知bn＝eq \f(1,2)＋(n－1)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)n.
∵bn＝eq \f(1,an－2)，
∴an＝eq \f(1,bn)＋2＝eq \f(2,n)＋2.
∴数列{an}的通项公式为an＝eq \f(2,n)＋2，n∈N*.
反思感悟 判断等差数列的方法
(1)定义法
an＋1－an＝d(n∈N*)或an－an－1＝d(n≥2，n∈N*)⇔数列{an}是等差数列.
(2)等差中项法
2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇔数列{an}为等差数列．
(3)通项公式法
数列{an}的通项公式形如an＝pn＋q(p，q为常数)⇔数列{an}为等差数列．
跟踪训练2 已知数列{an}满足(an＋1－1)(an－1)＝3(an－an＋1)，a1＝2，令bn＝eq \f(1,an－1).
(1)证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
(1)证明 ∵eq \f(1,an＋1－1)－eq \f(1,an－1)
＝eq \f(an－an＋1,an＋1－1an－1)＝eq \f(1,3)，
∴bn＋1－bn＝eq \f(1,3)，又b1＝eq \f(1,a1－1)＝1，
∴{bn}是首项为1，公差为eq \f(1,3)的等差数列．
(2)解 由(1)知bn＝eq \f(1,3)n＋eq \f(2,3)，
∴an－1＝eq \f(3,n＋2)，∴an＝eq \f(n＋5,n＋2).
三、等差中项及应用
例3 (1)在－1与7之间顺次插入三个数a，b，c，使这五个数成等差数列，求此数列．
解 因为－1，a，b，c，7成等差数列，
所以b是－1与7的等差中项，
则b＝eq \f(－1＋7,2)＝3，
又a是－1与3的等差中项，
所以a＝eq \f(－1＋3,2)＝1.
又c是3与7的等差中项，
所以c＝eq \f(3＋7,2)＝5.
所以该数列为－1,1,3,5,7.
(2)已知eq \f(1,a)，eq \f(1,b)，eq \f(1,c)成等差数列．求证：eq \f(b＋c,a)，eq \f(a＋c,b)，eq \f(a＋b,c)也成等差数列．
证明 因为eq \f(1,a)，eq \f(1,b)，eq \f(1,c)成等差数列，
所以eq \f(2,b)＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,c)，即2ac＝b(a＋c)．
因为eq \f(b＋c,a)＋eq \f(a＋b,c)＝eq \f(cb＋c＋aa＋b,ac)
＝eq \f(c2＋a2＋ba＋c,ac)
＝eq \f(a2＋c2＋2ac,ac)
＝eq \f(2a＋c2,ba＋c)＝eq \f(2a＋c,b)，
所以eq \f(b＋c,a)，eq \f(a＋c,b)，eq \f(a＋b,c)成等差数列．
反思感悟 若a，A，b成等差数列，则A＝eq \f(a＋b,2)；反之，由A＝eq \f(a＋b,2)也可得到a，A，b成等差数列，所以A是a，b的等差中项⇔A＝eq \f(a＋b,2).
跟踪训练3 (1)若m和2n的等差中项为4,2m和n的等差中项为5，求m和n的等差中项．
解 由m和2n的等差中项为4，得m＋2n＝8.
又由2m和n的等差中项为5，得2m＋n＝10.
两式相加，得m＋n＝6.
所以m和n的等差中项为eq \f(m＋n,2)＝3.
(2)已知a，b，c成等差数列，证明：a2(b＋c)，b2(c＋a)，c2(a＋b)也成等差数列．
证明 因为a，b，c成等差数列，所以a＋c＝2b.
又a2(b＋c)＋c2(a＋b)－2b2(c＋a)
＝a2c＋c2a＋ab(a－2b)＋bc(c－2b)
＝a2c＋c2a－2abc＝ac(a＋c－2b)
＝0，
所以a2(b＋c)＋c2(a＋b)＝2b2(c＋a)．
故a2(b＋c)，b2(c＋a)，c2(a＋b)成等差数列．
等差数列的实际应用
典例 某公司经销一种数码产品，第一年可获利200万元，从第二年起由于市场竞争方面的原因，其利润每年比上一年减少20万元，按照这一规律，如果公司不开发新产品，也不调整经营策略，从哪一年起，该公司经销这一产品将亏损？
解 设从第一年起，第n年的利润为an万元，
则a1＝200，an＋1－an＝－20(n∈N*)，
∴每年的利润构成一个等差数列{an}，
从而an＝a1＋(n－1)d＝200＋(n－1)×(－20)＝220－20n.
若an<0，则该公司经销这一产品将亏损．
∴由an＝220－20n<0，得n>11，
即从第12年起，该公司经销此产品将亏损．
[素养提升] (1)解决实际应用问题，首先要认真领会题意，根据题目条件，寻找有用的信息．若一组数按次序“定量”增加或减少时，则这组数成等差数列．
合理地构建等差数列模型是解决这类问题的关键，在解题过程中，一定要分清首项、项数等关键的问题．
(2)能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系，抽象出数列的模型，并能用有关知识解决相应的问题，是数学建模的核心素养的体现．
1．已知等差数列{an}的通项公式an＝3－2n(n∈N*)，则它的公差d为( )
A．2 B．3 C．－2 D．－3
答案 C
解析 由等差数列的定义，得d＝－2.
2．若5，x，y，z，21成等差数列，则x＋y＋z的值为( )
A．26 B．29 C．39 D．52
答案 C
解析 ∵5，x，y，z，21成等差数列，
∴y既是5和21的等差中项也是x和z的等差中项．
∴5＋21＝2y，∴y＝13，x＋z＝2y＝26，∴x＋y＋z＝39.
3．在等差数列{an}中，若a1＝84，a2＝80，则使an≥0，且an＋1<0的n为( )
A．21 B．22 C．23 D．24
答案 B
解析 ∵公差d＝a2－a1＝－4，
∴an＝a1＋(n－1)d＝84＋(n－1)×(－4)＝88－4n，
令eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥0，,an＋1<0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(88－4n≥0，,88－4n＋1<0))⇒21又∵n∈N*，∴n＝22.
4．已知eq \r(3)＋1与eq \r(3)－1的等差中项为a，等差数列{an}的通项公式为an＝a2n＋1(n∈N*)，公差为d，则a＋d＝ .
答案 3＋eq \r(3)
解析 由题意，知a＝eq \f(\r(3)＋1＋\r(3)－1,2)＝eq \r(3)，d＝3，
所以a＋d＝3＋eq \r(3).
5．《九章算术》是我国古代数学名著，其中有道“竹九问题”：“今有竹九节，下三节容量四升，上四节容量三升．问中间二节欲均容各多少？”意思为：今有竹九节，下三节容量之和为4升，上四节容量之和为3升，且每一节容量变化均匀(即每节容量成等差数列)，则中间两节各多少容量？在这个问题中，中间一节的容量为 升．
答案 eq \f(67,66)
解析 设从最上至最下每节的容量构成等差数列{an}，公差为d，由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋a3＋a4＝3，,a7＋a8＋a9＝4，))
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4a1＋6d＝3，,3a1＋21d＝4，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(13,22)，,d＝\f(7,66)，))
故a5＝a1＋4d＝eq \f(67,66).
1．知识清单：
(1)等差数列的有关概念．
(2)等差数列的通项公式．
(3)等差数列的判定与证明．
2．方法归纳：列方程组法、迭代法、构造法．
3．常见误区：在具体应用问题中项数不清．
1．设数列{an}是等差数列，若a2＝4，a4＝6，则an等于( )
A．n B．2n C．2n－1 D．n＋2
答案 D
解析 ∵a4－a2＝2d＝6－4＝2.
∴d＝1.∴a1＝a2－d＝3.∴an＝3＋(n－1)×1＝n＋2.
2．在等差数列{an}中，已知a3＋a8＝10，则3a5＋a7等于( )
A．10 B．18 C．20 D．28
答案 C
解析 设公差为d，
则a3＋a8＝a1＋2d＋a1＋7d＝2a1＋9d＝10.
∴3a5＋a7＝3(a1＋4d)＋(a1＋6d)＝4a1＋18d＝20.
3．(多选)已知在等差数列{an}中，a1＝2，且a4＋a8＝aeq \\al(2,3)，则公差d等于( )
A．0 B.eq \f(1,2) C．1 D．2
答案 AB
解析 根据题意知，a4＋a8＝aeq \\al(2,3)⇒a1＋3d＋a1＋7d＝(a1＋2d)2.
又a1＝2，则4＋10d＝(2＋2d)2，
解得d＝eq \f(1,2)或d＝0.
4．一个等差数列的前4项是a，x，b，2x(b≠0，x≠0)，则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)
答案 C
解析 ∵b是x，2x的等差中项，
∴b＝eq \f(x＋2x,2)＝eq \f(3x,2)，
又∵x是a，b的等差中项，
∴2x＝a＋b，
∴a＝eq \f(x,2)，∴eq \f(a,b)＝eq \f(1,3).
5．在数列{an}中，an＋1＝eq \f(an,1＋3an)，a1＝2，则a20为( )
A.eq \f(115,2) B.eq \f(8,115) C.eq \f(16,115) D.eq \f(2,115)
答案 D
解析 对an＋1＝eq \f(an,1＋3an)取倒数得eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,an)＋3，
∴eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝3，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以eq \f(1,2)为首项，3为公差的等差数列．
∴eq \f(1,an)＝eq \f(1,2)＋(n－1)·3
＝3n－eq \f(5,2)＝eq \f(6n－5,2)，
∴an＝eq \f(2,6n－5)，
∴a20＝eq \f(2,115).
6．在等差数列{an}中，a1＝2,2an＋1＝2an＋1(n∈N*)，则该数列的公差为 ．
答案 eq \f(1,2)
解析 ∵an＋1＝an＋eq \f(1,2)，
∴an＋1－an＝eq \f(1,2)(n∈N*)，
∴数列{an}是以2为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列．
7．设x是a与b的等差中项，x2是a2与－b2的等差中项，则a，b的关系是 ．
答案 a＝－b或a＝3b
解析 由等差中项的定义知，x＝eq \f(a＋b,2)，x2＝eq \f(a2－b2,2)，
∴eq \f(a2－b2,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2，即a2－2ab－3b2＝0，
∴(a－3b)(a＋b)＝0，∴a＝3b或a＝－b.
8．某市出租车的计价标准为1.2元/km，起步价为10元，即最初的4 km(不含4 km)计费10元．如果某人乘坐该市的出租车去往14 km处的目的地，且一路畅通，等候时间为0，需要支付车费 元．
答案 23.2
解析 根据题意，当该市出租车的行程大于或等于4 km时，每增加1 km，乘客需要支付1.2元．所以可以建立一个等差数列{an}来计算车费．令a1＝11.2，表示4 km处的车费，公差d＝1.2，那么当出租车行至14 km处时，n＝11，此时需要支付车费a11＝11.2＋(11－1)×1.2＝23.2(元)．
9．在等差数列{an}中，a1＋a5＝8，a4＝7.
(1)求数列的第10项；
(2)问112是数列{an}的第几项？
(3)在80到110之间有多少项？
解 设数列{an}的公差为d，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a1＋4d＝8，,a1＋3d＝7，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－2，,d＝3，))
(1)a10＝a1＋9d＝－2＋27＝25.
(2)an＝－2＋(n－1)×3＝3n－5，
由112＝3n－5，
解得n＝39.
所以112是数列{an}的第39项．
(3)由80<3n－5<110，解得
28eq \f(1,3)所以n的取值为29,30，…，38，共10项．
10．已知数列{an}满足an＋1＝eq \f(6an－4,an＋2)，且a1＝3(n∈N*)．
(1)证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an－2)))是等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
(1)证明 由eq \f(1,an＋1－2)＝eq \f(1,\f(6an－4,an＋2)－2)＝eq \f(an＋2,6an－4－2an＋2)＝eq \f(an＋2,4an－8)＝eq \f(an－2＋4,4an－2)＝eq \f(1,an－2)＋eq \f(1,4)，
得eq \f(1,an＋1－2)－eq \f(1,an－2)＝eq \f(1,4)，
故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an－2)))是首项为1，公差为eq \f(1,4)的等差数列．
(2)解 由(1)知eq \f(1,an－2)＝eq \f(1,a1－2)＋(n－1)×eq \f(1,4)＝eq \f(n＋3,4)，
所以an＝eq \f(2n＋10,n＋3)，n∈N*.
11．(多选)下列命题中，正确的是( )
A．若a，b，c成等差数列，则2a，2b，2c成等差数列
B．若a，b，c成等差数列，则lg2a，lg2b，lg2c成等差数列
C．若a，b，c成等差数列，则a＋2，b＋2，c＋2成等差数列
D．若a，b，c成等差数列，则2a，2b，2c成等差数列
答案 AC
解析 A项中，∵a，b，c为等差数列，
∴2b＝a＋c，
∴2·(2b)＝2a＋2c，∴2a，2b，2c成等差数列，故A正确．
C项中，∵a，b，c成等差数列，∴2b＝a＋c，
∴2(b＋2)＝(a＋2)＋(c＋2)，
∴a＋2，b＋2，c＋2成等差数列．故C正确．
12．首项为－24的等差数列，从第10项起开始为正数，则公差d的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,3)，3)) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(8,3)，3))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(8,3)，3)) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,3)，3))
答案 C
解析 设an＝－24＋(n－1)d，n∈N*，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a9＝－24＋8d≤0，,a10＝－24＋9d>0，))
解得eq \f(8,3)13．如果a1，a2，…，a8为各项都大于零的等差数列，且公差d≠0，则( )
A．a3a6>a4a5 B．a3a6C．a3＋a6>a4＋a5 D．a3a6＝a4a5
答案 B
解析 由通项公式，得a3＝a1＋2d，a6＝a1＋5d，那么a3＋a6＝2a1＋7d，a3a6＝(a1＋2d)(a1＋5d)＝aeq \\al(2,1)＋7a1d＋10d2，同理a4＋a5＝2a1＋7d，a4a5＝aeq \\al(2,1)＋7a1d＋12d2，显然a3a6－a4a5＝－2d2<0.
14．已知数列{an}满足a1＝1，若点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)，\f(an＋1,n＋1)))在直线x－y＋1＝0上，则an＝ .
答案 n2(n∈N*)
解析 由题设可得eq \f(an,n)－eq \f(an＋1,n＋1)＋1＝0，
即eq \f(an＋1,n＋1)－eq \f(an,n)＝1，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是以1为首项，1为公差的等差数列，
故通项公式为eq \f(an,n)＝n，
所以an＝n2(n∈N*)．
15．已知数列{an}满足aeq \\al(2,n＋1)＝aeq \\al(2,n)＋4，且a1＝1，an>0，则an＝ .
答案 eq \r(4n－3)，n∈N*
解析 ∵aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＝4，
∴{aeq \\al(2,n)}是等差数列，且首项aeq \\al(2,1)＝1，公差d＝4，
∴aeq \\al(2,n)＝1＋(n－1)×4＝4n－3.
又an>0，∴an＝eq \r(4n－3)，n∈N*.
16．若数列{bn}对于n∈N*，都有bn＋2－bn＝d(d为常数)，则称数列{bn}是公差为d的准等差数列．例如cn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4n－1，n为奇数，,4n＋9，n为偶数，))则数列{cn}是公差为8的准等差数列．设数列{an}满足：a1＝a，对于n∈N*，都有an＋an＋1＝2n.
(1)求证：数列{an}为准等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
(1)证明 因为an＋an＋1＝2n(n∈N*)，①
所以an＋1＋an＋2＝2(n＋1)，②
②－①得an＋2－an＝2(n∈N*)，
所以数列{an}是公差为2的准等差数列．
(2)解 因为a1＝a，an＋an＋1＝2n(n∈N*)，
所以a1＋a2＝2×1，
即a2＝2－a.
因为a1，a3，a5，…是以a为首项，2为公差的等差数列，
a2，a4，a6，…是以2－a为首项，2为公差的等差数列，
所以当n为偶数时，an＝2－a＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,2)－1))×2＝n－a，
当n为奇数时，an＝a＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,2)－1))×2＝n＋a－1.
所以an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n＋a－1，n为奇数，,n－a，n为偶数.))