解得n＝11或n＝－22(舍去)． 变式迁移1 解 由题意，知 10×9??S10＝10a1＋d＝110，2?
??(a1＋d)2＝a1·(a1＋3d)，
?2a1＋9d＝22，?
即?2
??a1d＝d.
∵d≠0，∴a1＝d.解得a1＝d＝2，∴an＝2n.
例2 解题导引 1.等差数列的判定通常有两种方法：
第一种是利用定义，即an－an－1＝d(常数)(n≥2)，第二种是利用等差中项，即2an＝an＋1＋an－1 (n≥2)．
2．解选择、填空题时，亦可用通项或前n项和直接判断．
(1)通项法：若数列{an}的通项公式为n的一次函数，即an＝An＋B，则{an}是等差数列．
2
(2)前n项和法：若数列{an}的前n项和Sn是Sn＝An＋Bn的形式(A，B是常数)，则{an}为等差数列．
3．若判断一个数列不是等差数列，则只需说明任意连续三项不是等差数列即可．
11*
(1)证明 ∵an＝2－ (n≥2，n∈N)，bn＝，
an－1an－1
11
∴当n≥2时，bn－bn－1＝－
an－1an－1－1
11
＝－ 1a－1n－1?2－?－1??
?an－1?
1
－＝1.
an－1－1an－1－1
15
又b1＝＝－.
a1－12
5
∴数列{bn}是以－为首项，以1为公差的等差数列．
2
71
(2)解 由(1)知，bn＝n－，则an＝1＋
2bn22
＝1＋，设函数f(x)＝1＋，
2n－72x－7
7??7??易知f(x)在区间?－∞，?和?，＋∞?内为减函数． 2??2??
∴当n＝3时，an取得最小值－1； 当n＝4时，an取得最大值3.
2
变式迁移2 解 (1)∵a1＝5，∴a2＝2a1＋2－1＝13， a3＝2a2＋23－1＝33.
an＋λ
(2)假设存在实数λ，使得数列{n}为等差数列．
2
an＋λ
设bn＝n，由{bn}为等差数列，则有2b2＝b1＋b3.
2
a2＋λa1＋λa3＋λ∴2×2＝＋3.
22213＋λ5＋λ33＋λ∴＝＋，
228解得λ＝－1.
an＋1－1an－1
事实上，bn＋1－bn＝n＋1－n 22＝
an－1
5
1n＋1
[(a－2a)＋1]＝－1)＋1]＝1. n＋1nn＋1n＋1[(222
an＋λ
综上可知，存在实数λ＝－1，使得数列{n}为首项为2、公差为1的等差数列．
2
例3 解题导引 本题可运用倒序求和的方法和等差数列的性质：若m＋n＝p＋q (m，n，*
p，q∈N)，则am＋an＝ap＋aq，从中我们可以体会运用性质解决问题的方便与简捷，应注意
n－1
运用；也可用整体思想(把a1＋d看作整体)．
2
解 方法一 设此等差数列为{an}共n项， 依题意有a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝34，① an＋an－1＋an－2＋an－3＋an－4＝146. ② 根据等差数列性质，得
a5＋an－4＝a4＋an－3＝a3＋an－2＝a2＋an－1＝a1＋an.
将①②两式相加，得(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋(a3＋an－2)＋(a4＋an－3)＋(a5＋an－4)＝5(a1＋an)＝180，
∴a1＋an＝36.
n(a1＋an)36n由Sn＝＝＝360，得n＝20.
22
所以该等差数列有20项．
方法二 设此等差数列共有n项，首项为a1，公差为d，
5×4
则S5＝5a1＋d＝34，①
2
n(n－1)d(n－5)(n－6)
Sn－Sn－5＝[＋na1]－[(n－5)a1＋d]
22
＝5a1＋(5n－15)d＝146.②
①②两式相加可得10a1＋5(n－1)d＝180，
n－1∴a1＋d＝18，
2
n(n－1)
代入Sn＝na1＋d
2
n－1??d?＝360， ＝n?a1＋2??
得18n＝360，∴n＝20.
所以该数列的项数为20项．
变式迁移3 解 (1)依题意，知a1＋a2＋a3＋a4＝21， an－3＋an－2＋an－1＋an＝67，
∴a1＋a2＋a3＋a4＋an－3＋an－2＋an－1＋an＝88.
88
∴a1＋an＝＝22.
4n(a1＋an)∵Sn＝＝286，∴n＝26.
2
(2)∵Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列， ∴S3n＝3(S2n－Sn)＝54.
*
(3)设项数为2n－1 (n∈N)，则奇数项有n项，偶数项有n－1项，中间项为an，则
(a1＋a2n－1)·nS奇＝＝n·an＝44，
2
(a2＋a2n－2)·(n－1)S偶＝＝(n－1)·an＝33，
2
n4∴＝. n－13
＝
6
1
∴n＝4，an＝11.
∴数列的中间项为11，项数为7.
例4 解题导引 若{an}是等差数列， 求前n项和的最值时，
??an≥0
(1)若a1>0，d<0，且满足?，前n项和Sn最大；
?a≤0?n＋1
??an≤0
(2)若a1<0，d>0，且满足?
?an＋1≥0?
，前n项和Sn最小；
(3)除上面方法外，还可将{an}的前n项和的最值问题看作Sn关于n的二次函数最值问
题，利用二次函数的图象或配方法求解，注意n∈N*
.
解 方法一 ∵2an＋1＝an＋an＋2，∴{an}是等差数列． 设{an}的首项为a1，公差为d，由a3＝10，S6＝72， 得???a1＋2d＝10? ，∴???a1＝2
. ?6a1＋15d＝72??
d＝4∴a4n－2.则b＝1
n＝n2
an－30＝2n－31.
解???2n－31≤0，?得?2(n＋1)－31≥0，
2931
2≤n≤2
. ∵n∈N*
，∴n＝15.∴{bn}前15项为负值. ∴S15最小．
可知b1＝－29，d＝2，
∴S＝15×(－29＋2×15－31)
152
＝－225.
方法二 同方法一求出bn＝2n－31.
∵Sn(－29＋2n－31)22
n＝2
＝n－30n＝(n－15)－225，
∴当n＝15时，Sn有最小值，且最小值为－225.
变式迁移4 解 (1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d， ∵a16＋a17＋a18＝3a17＝－36，
∴aa17－a9
17＝－12，∴d＝17－9
＝3，
∴an＝a9＋(n－9)·d＝3n－63， an＋1＝3n－60， 令???an＝3n－63≤0?
，得20≤n≤21， ?an＋1
＝3n－60≥0∴S20＝S21＝－630，
∴n＝20或21时，Sn最小且最小值为－630.
(2)由(1)知前20项小于零，第21项等于0，以后各项均为正数．
当n≤21时，T＝－S32123
nn＝－2n＋2n.
当n>21时，T32123
n＝Sn－2S21＝2n－2
n＋1 260.
?－32n2＋1232
n (n≤21，n∈N*)综上，Tn＝?
???32
123
*
2n－2n＋1 260 (n>21，n∈N)
.
课后练习区
7
1．A 2.C 3.B 4.C 5.D 6．15 7.10 8.27
22
9．(1)证明 ∵{an}是等差数列，∴a2＝a1＋d，a4＝a1＋3d，又a2＝a1a4，于是(a1＋d)
222
＝a1(a1＋3d)，即a1＋2a1d＋d＝a1＋3a1d (d≠0)．化简得a1＝d.…………………………(6分)
10×9
(2)解 由条件S10＝110和S10＝10a1＋d，得到10a1＋45d＝110.
2
由(1)知，a1＝d，代入上式得55d＝110， 故d＝2，an＝a1＋(n－1)d＝2n.
*
因此，数列{an}的通项公式为an＝2n，n∈N.…………………………………………(12分)
10．解 (1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由于a3＝7，a5＋a7＝26， 所以a1＋2d＝7,2a1＋10d＝26，
解得a1＝3，d＝2.…………………………………………………………………………(4分)
n(a1＋an)
由于an＝a1＋(n－1)d，Sn＝，
2
所以an＝2n＋1，Sn＝n(n＋2)．…………………………………………………………(6分)
2
(2)因为an＝2n＋1，所以an－1＝4n(n＋1)，
1?11?1
因此bn＝＝?－?.………………………………………………………(8
4n(n＋1)4?nn＋1?
分)
故Tn＝b1＋b2＋…＋bn
11?1?111
＝?1－＋－＋…＋－
223nn＋1?4??1?1?n＝?1－＝. ?n＋1?4(n＋1)4?
所以数列{bn}的前n项和Tn＝.…………………………………………………(12
4(n＋1)分)
11
11．(1)证明 将3anan－1＋an－an－1＝0(n≥2)整理得－＝3(n≥2)．
nanan－1
1
所以数列{}为以1为首项，3为公差的等差数列．…………………………………(4分)
an1
(2)解 由(1)可得＝1＋3(n－1)＝3n－2，
an1
所以an＝.……………………………………………………………………………(7
3n－2分)
(3)解 若λan＋即
1
≥λ对n≥2的整数恒成立，
an＋1
λ
＋3n＋1≥λ对n≥2的整数恒成立． 3n－2
(3n＋1)(3n－2)
整理得λ≤………………………………………………………………(9
3(n－1)分)
(3n＋1)(3n－2)令cn＝
3(n－1)
8
cn＋1－cn＝
(3n＋4)(3n＋1)(3n＋1)(3n－2)(3n＋1)(3n－4)
－＝.………………………
3n3(n－1)3n(n－1)
(11分)
因为n≥2，所以cn＋1－cn>0，
28
即数列{cn}为单调递增数列，所以c2最小，c2＝.
3
28
所以λ的取值范围为(－∞，]．……………………………………………………(14
3分)
9
