高中数学苏教版 (2019)选择性必修第一册4.2 等差数列第2课时教学设计

这是一份高中数学苏教版 (2019)选择性必修第一册4.2 等差数列第2课时教学设计，共12页。教案主要包含了等差数列前n项和的实际应用，等差数列中前n项和的最值问题，等差数列中的片段和问题等内容，欢迎下载使用。

一、等差数列前n项和的实际应用
问题1 请同学们围绕身边的相关生活背景，发挥智慧，命制一个等差数列求和的应用题．
提示 我们学校会议室里的一排排座位；超市里摆放的水果；工地上的一堆钢管等．
例1 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，依题意知分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)．
反思感悟 (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现．
跟踪训练1 《张邱建算经》卷上第22题为：今有女善织，日益功疾，且从第2天起，每天比前一天多织相同量的布，若第1天织5尺布，现在一月(按30天计)共织390尺布，则每天比前一天多织________尺布(不作近似计算)．
答案 eq \f(16,29)
解析 由题意知，该女每天的织布尺数构成等差数列{an}，其中a1＝5，S30＝390，设其公差为d，则S30＝30×5＋eq \f(30×29,2)d＝390，解得d＝eq \f(16,29).故该女子织布每天增加eq \f(16,29)尺．
二、等差数列中前n项和的最值问题
问题2 根据上节课所学，等差数列前n项和公式有什么样的函数特点？
提示 由Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d，可知Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n，当d≠0时，Sn是常数项为0的二次函数．该函数的定义域是n∈N*，公差的符号决定了该二次函数的开口方向，通项简记为Sn＝An2＋Bn.
知识梳理
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．
(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．
注意点：(1)当a1>0，d>0时Sn有最小值S1，当a1<0，d<0时Sn有最大值S1；(2)Sn取得最大或最小值时的n不一定唯一．
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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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项和Sn取得最小值为S3＝S4＝－18.
三、等差数列中的片段和问题
问题3 等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和Sn，你能发现Sn与S2n的关系吗？
提示 S2n＝a1＋a2＋…＋an＋an＋1＋…＋a2n＝Sn＋(a1＋nd)＋(a2＋nd)＋…＋(an＋nd)＝2Sn＋n2d，同样我们发现S3n＝3Sn＋3n2d，这里出现了一个有意思的数列Sn，S2n－Sn＝Sn＋n2d，S3n－S2n＝Sn＋2n2d，…，是一个公差为n2d的等差数列．
知识梳理
1．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.
2．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).
3．在等差数列中，若Sn＝m，Sm＝n，则Sm＋n＝－(m＋n)．
例3 已知Sn是等差数列{an}的前n项和，且S10＝100，S100＝10，求S110.
解 方法一 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
∵S10＝100，S100＝10，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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\c1(a1＝\f(1 099,100)，,d＝－\f(11,50).))
∴S110＝110a1＋eq \f(110110－1,2)d
＝110×eq \f(1 099,100)＋eq \f(110×109,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(11,50)))＝－110.
方法二 ∵S10，S20－S10，S30－S20，…，S100－S90，S110－S100，…成等差数列，设公差为d，∴该数列的前10项和为10×100＋eq \f(10×9,2)d＝S100＝10，解得d＝－22，
∴前11项和S110＝11×100＋eq \f(11×10,2)×(－22)＝－110.
方法三 由eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))也是等差数列，构造新的等差数列b1＝eq \f(S10,10)＝10，b10＝eq \f(S100,100)＝eq \f(1,10)，
则d＝eq \f(1,9)(b10－b1)＝eq \f(1,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(99,10)))＝－eq \f(11,10)，
所以b11＝eq \f(S110,110)＝b10＋d＝eq \f(1,10)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(11,10)))＝－1，
所以S110＝－110.
方法四 直接利用性质Sn＝m，Sm＝n，Sm＋n＝－(m＋n)，可知S110＝－110.
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3 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.
1．知识清单：
(1)等差数列前n项和的实际应用．
(2)等差数列前n项和的最值问题．
(3)等差数列中的片段和问题．
2．方法归纳：公式法、构造法、函数法、整体代换法．
3．常见误区：等差数列前n项和性质应用的前提是等差数列．
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．等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))中，S3＝3，S6＝9，则S12等于( )
A．12 B．18 C．24 D．30
答案 D
解析 根据题意，得在等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))中，S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9，…也成等差数列，
又由S3＝3，S6＝9，得S6－S3＝6，
则S9－S6＝9，S12－S9＝12，
则S12＝S3＋(S6－S3)＋(S9－S6)＋(S12－S9)＝3＋6＋9＋12＝30.
3．在巴比伦晚期的《泥板文书》中，有按级递减分物的等差数列问题，其中有一个问题大意是：10个兄弟分100两银子，长兄最多，依次减少相同数目，现知第8兄弟分得6两，则长兄可分得银子的数目为( )
A.eq \f(82,5)两 B.eq \f(84,5)两 C.eq \f(86,5)两 D.eq \f(88,5)两
答案 C
解析 设10个兄弟由大到小依次分得aneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＝1，2，…，10))两银子，由题意可得
设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的公差为d，其前n项和为Sn，
则由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a8＝6，,S10＝100，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋7d＝6，,10a1＋\f(10×9,2)d＝100，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(86,5)，,d＝－\f(8,5).))所以长兄分得eq \f(86,5)两银子．
4．已知Sn是等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和，若a1＝－2，eq \f(S2 022,2 022)－eq \f(S2 020,2 020)＝2，则eq \f(S2 021,2 021)＝________.
答案 2 018
解析 ∵Sn是等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是等差数列，设其公差为d.
∵eq \f(S2 022,2 022)－eq \f(S2 020,2 020)＝2，∴2d＝2，d＝1.
∵a1＝－2，∴eq \f(S1,1)＝－2.
∴eq \f(Sn,n)＝－2＋(n－1)×1＝n－3.
∴eq \f(S2 021,2 021)＝2 018.
课时对点练
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}的通项公式为an＝2n－19，
∴a1＝－17，d＝2.
∴该数列是递增的等差数列．
令an＝0，得n＝eq \f(19,2).
∴a1∴该数列前n项和有最小值，为S9＝9a1＋eq \f(9×8,2)d＝－81.
4．已知在等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))中，前n项和为Sn，a1>0，a1 010＋a1 011＝0，则当Sn取最大值时，n等于( )
A．1 010 B．1 011 C．2 020 D．2 021
答案 A
解析 在等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))中，a1>0，a1 010＋a1 011＝0，故公差d<0，所以a1 010>0，a1 011<0，所以当Sn取最大值时，n＝1 010.
5．“垛积术”是我国古代数学的重要成就之一，宋元时期数学家朱世杰在《四元玉鉴》中记载了“三角形垛”，其中的“落一形”堆垛就是每层为“三角形数”的三角锥的堆垛(俯视如图所示，顶上一层1个球，下一层3个球，再下一层6个球，…)．若一“落一形”三角锥垛有6层，则该堆垛第6层的小球个数为( )
A．45 B．36 C．28 D．21
答案 D
解析 由题意分析可得a1＝1，a2＝1＋2＝3，a3＝1＋2＋3＝6，…，则“三角形数”的通项公式an＝eq \f(n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋1)),2)，a6＝eq \f(6×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6＋1)),2)＝21.
6．(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.
∴S97．已知等差数列前n项和为Sn，其中S5＝8，S8＝5，则S13＝________.
答案 －13
解析 由性质Sn＝m，Sm＝n，Sm＋n＝－(m＋n)可知，S13＝－13.
8．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.
9．某抗洪指挥部接到预报，24小时后有一洪峰到达，为确保安全，指挥部决定在洪峰到来之前临时筑一道堤坝作为第二道防线．经计算，除现有的参战军民连续奋战外，还需调用20台同型号翻斗车，平均每辆车工作24小时．从各地紧急抽调的同型号翻斗车目前只有一辆投入使用，每隔20分钟能有一辆翻斗车到达，一共可调集25辆，那么在24小时内能否构筑成第二道防线？
解 从第一辆车投入工作算起各车工作时间(单位：小时)依次设为a1，a2，…，a25.
由题意可知，此数列为等差数列，且a1＝24，公差d＝－eq \f(1,3).25辆翻斗车完成的工作量为a1＋a2＋…＋a25＝25×24＋25×12×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))＝500，而需要完成的工作量为24×20＝480.
∵500>480，∴在24小时内能构筑成第二道防线．
10．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．
11．已知等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和为Sn，若eq \f(S3,S6)＝eq \f(1,4)，则eq \f(S6,S12)等于( )
A.eq \f(1,8) B.eq \f(7,26) C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,2)
答案 C
解析 由等差数列的性质知S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等差数列，
设S3＝k，S6＝4keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k≠0))，则S9＝3S6－3S3＝9k，S12＝3S9－3S6＋S3＝16k，
所以eq \f(S6,S12)＝eq \f(1,4).
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．等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和为Sn，且a1>0，S4＝S9，当Sn最大时，n等于( )
A．6 B．7 C．6或7 D．13
答案 C
解析 因为S4＝S9，所以4a1＋eq \f(4×3,2)d＝9a1＋eq \f(9×8,2)d，化简得a1＋6d＝0，
所以a1＝－6d，
因为a1>0，所以d<0，
所以Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝－6dn＋eq \f(nn－1,2)d＝eq \f(d,2)n2－eq \f(13,2)dn，
它的图象是开口向下的抛物线，其对称轴为n＝eq \f(13,2)，
因为n∈N*，所以当n＝6或n＝7时，Sn取得最大值．
14．现有200根相同的钢管，把它们堆成正三角形垛，要使剩余的钢管尽可能少，那么剩余钢管的根数为________．
答案 10
解析 由题意知钢管排列方式是从上到下各层钢管数组成了一个等差数列，最上面一层钢管数为1，逐层增加1个．
∴钢管总数为1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(nn＋1,2).
当n＝19时，S19＝190.当n＝20时，S20＝210>200.
∴当n＝19时，剩余钢管根数最少，为10根．
15．某大楼共有12层，有11人在第一层上了电梯，他们分别要去第2至12层，每层1人，因特殊原因，电梯只能停在某一层，其余10人都要步行到所要去的楼层，假设初始的“不满意度”为0，每位乘客每向下步行一层的“不满意度”增量为1，每向上步行1层的“不满意度”增量为2，要使得10人“不满意度”之和最小，电梯应该停在第几层( )
A．7 B．8 C．9 D．10
答案 C
解析 设电梯所停的楼层是n(2≤n≤12)，
则S＝1＋2＋…＋(n－2)＋2[1＋2＋…＋(12－n)]
＝eq \f(n－2n－1,2)＋2×eq \f(12－n13－n,2)
＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n2－\f(53,3)n))＋157＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(53,6)))2－eq \f(532,24)＋157，
开口向上，对称轴为n＝eq \f(53,6)≈9，
故S在n＝9时取最小值Smin＝eq \f(3×92－53×9＋314,2)＝40.
16．已知{an}为等差数列，Sn为数列{an}的前n项和，且S7＝7，S15＝75，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))的前n项和Tn.
解 设等差数列{an}的公差为d，
则Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d.
∵S7＝7，S15＝75，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(7a1＋21d＝7，,15a1＋105d＝75，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋3d＝1，,a1＋7d＝5，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－2，,d＝1，))
∴eq \f(Sn,n)＝a1＋eq \f(n－1,2)d＝－2＋eq \f(n－1,2)，
∴eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝eq \f(1,2)，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是等差数列，且其首项为－2，公差为eq \f(1,2).
∴Tn＝eq \f(1,4)n2－eq \f(9,4)n.