ImageVerifierCode 换一换
格式:DOCX , 页数:15 ,大小:394.68KB ,
资源ID:162098      下载积分:30 金币
快捷下载
登录下载
邮箱/手机:
温馨提示:
快捷下载时,用户名和密码都是您填写的邮箱或者手机号,方便查询和重复下载(系统自动生成)。 如填写123,账号就是123,密码也是123。
特别说明:
请自助下载,系统不会自动发送文件的哦; 如果您已付费,想二次下载,请登录后访问:我的下载记录
支付方式: 支付宝    微信支付   
验证码:   换一换

加入VIP,更优惠
 

温馨提示:由于个人手机设置不同,如果发现不能下载,请复制以下地址【https://www.77wenku.com/d-162098.html】到电脑端继续下载(重复下载不扣费)。

已注册用户请登录:
账号:
密码:
验证码:   换一换
  忘记密码?
三方登录: 微信登录   QQ登录   微博登录 

下载须知

1: 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。
2: 试题试卷类文档,如果标题没有明确说明有答案则都视为没有答案,请知晓。
3: 文件的所有权益归上传用户所有。
4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
5. 本站仅提供交流平台,并不能对任何下载内容负责。
6. 下载文件中如有侵权或不适当内容,请与我们联系,我们立即纠正。
7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。

版权提示 | 免责声明

本文(第34讲 数列的概念与等差数列(教师版)备战2021年新高考数学微专题讲义)为本站会员(hua****011)主动上传,七七文库仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对上载内容本身不做任何修改或编辑。 若此文所含内容侵犯了您的版权或隐私,请立即通知七七文库(发送邮件至373788568@qq.com或直接QQ联系客服),我们立即给予删除!

第34讲 数列的概念与等差数列(教师版)备战2021年新高考数学微专题讲义

1、 第 1 页 / 共 15 页 第第 34 讲:数列的概念与等差数列讲:数列的概念与等差数列 一、课程标准 1、通过实例,了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式),了解数列是一种特殊函数. 2、通过实例,理解等差数列的概念 3、探索并掌握等差数列的通项公式与前 n 项和的公式 4、.能在具体的问题情境中,发现数列的等差关系,并能用有关知识解决相应的问题 5、体会等差数列与一次函数的关系. 二、基础知识回顾 知识梳理 1. 数列的概念 (1)按照一定次序排列的一列数称为数列,数列中的每个数都叫做这个数列的项数列可以看做是定义 域为 N*或其非空子集的函数,当自变量按照从小到大的

2、顺序依次取值时所对应的一列函数值,其图像是一 群孤立的点 注:数列是特殊的函数,应注意其定义域,不要和函数的定义域混淆 (2)数列的一般形式可以写成 a1,a2,a3,an,简记为an,其中 a1称为数列an的第 1 项(或称 为首项),a2称为第 2 项,an称为第 n 项 2. 数列的分类 (1)数列按项数的多少来分:项数有限的数列叫做有穷数列,项数无限的数列叫做无穷数列 (2)按前后项的大小来分:从第二项起,每一项都大于它的前一项的数列叫做递增数列;从第二项起, 每一项都小于它的前一项的数列叫做递减数列;各项相等的数列叫做常数列 3. 数列的通项公式 一般地, 如果数列 an 的第 n

3、项与序号 n 之间的关系可以用一个公式来表示, 那么这个公式叫做这个数 列 an 的通项公式 注:并不是每一个数列都有通项公式,有通项公式的数列,其通项公式也不一定唯一 4. 数列的表示方法 数列可以用通项公式来描述,也可以通过图像或列表来表示 5等差数列的有关概念 (1)定义: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 第 2 页 / 共 15 页 差数列这个常数叫做等差数列的公差,符号表示为 an1and(nN*,d 为常数) (2)等差中项:数列 a,A,b 成等差数列的充要条件是 A ab 2 ,其中 A 叫做 a,b 的等差中项 6、等差

4、数列的有关公式 (1)通项公式:ana1(n1)dnd(a1d)当 d0 时,an是关于 n 的一次函数 (2)前 n 项和公式:Sn na1an 2 ana1n1dS nna1 nn1 2 d d 2n 2 a1 d 2n当 d0 时,Sn是关于 n 的 二次函数,且没有常数项 三、自主热身、归纳总结 1. 设 Sn为等差数列 an 的前 n 项和,S84a3,a72,则 a9(C ) A. 2 B. 2 C. 6 D. 6 【答案】C 【解析】 S84a38a128d4(a12d),a72a16d2. 8a128d4(a12d), a16d2 a110, d2 a9a72d6.故选 C.

5、2、记 Sn为等差数列an的前 n 项和若 a4a524,S648,则an的公差为(C ) A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 【答案】C 【解析】 (方法 1)设公差为 d,a4a5a13da14d2a17d24,S66a1 6 5 2 d6a115d48,联 立 2a17d24, 6a115d48 ,解得 d4.故选 C. (方法 2)S6 6(a1a6) 2 3(a3a4)48,即 a3a416,则(a4a5)(a3a4)24168,即 a5a3 2d8,解得 d4.故选 C. 3、 (2019 秋徐州期末)等差数列an的前 n 项和为 Sn,若 a10,公差 d0,则下列命题正确的

6、是( ) A若 S5S9,则必有 S140 B若 S5S9,则必有 S7是 Sn中最大的项 C若 S6S7,则必有 S7S8 D若 S6S7,则必有 S5S6 【答案】ABC 【解析】 :根据题意,依次分析选项: 第 3 页 / 共 15 页 对于A, 若S5S9, 必有S9S5a6+a7+a8+a92 (a7+a8) 0, 则a7+a80, S14= 14(1+14) 2 = 14(7+8) 2 =0, A 正确; 对于 B,若 S5S9,必有 S9S5a6+a7+a8+a92(a7+a8)0,又由 a10,则必有 S7是 Sn中最大的项, B 正确; 对于 C,若 S6S7,则 a7S7S

7、60,又由 a10,必有 d0,则 a8S8S70,必有 S7S8,C 正确; 对于 D,若 S6S7,则 a7S7S60,而 a6的符号无法确定,故 S5S6不一定正确,D 错误; 4、已知an为等差数列,Sn为其前 n 项和若 a16,a3a50,则 S6_. 【答案】6 【解析】 :a3a52a4,a40. a16,a4a13d,d2. S66a1 6 61 2 d6 6306. 5、(一题两空)若数列an满足 a13,an1an3(nN*),则 a3_,通项公式 an_. 【答案】9 3n 【解析】数列an满足 a13,an1an3(nN*), 所以数列an是首项 a13,公差 dan

8、1an3 的等差数列, 所以 a3a12d369, ana1(n1)d33(n1)3n. 6、 (一题两空)等差数列an中, 已知 Sn是其前 n 项和, a19, S9 9 S7 72, 则 an_, S10_. 【答案】2n11 0 【解析】设公差为 d, S9 9 S7 72, 91 2 d 71 2 d2, d2,a19,an92(n1)2n11,S1010 (9)10 9 2 20. 四、例题选讲 考点一、由 an与 Sn的关系求通项 an 例 1、(1)已知数列an的前 n 项和 Snn22n1(nN*),则 an_. (2)已知数列an的前 n 项和 Sn 1 3an 2 3,则

9、an的通项公式 an_. (3)已知数列an满足 a12a23a3nan2n,则 an_. 第 4 页 / 共 15 页 【答案】 (1) 4,n1, 2n1,n2 (2) 1 2 n1 (3) 2,n1, 2n1 n ,n2 【解析】 (1)当 n2 时,anSnSn12n1;当 n1 时,a1S142 11.因此 an 4,n1, 2n1,n2. (2)当 n1 时,a1S1 1 3a1 2 3,所以 a11.当 n2 时,anSnSn1 1 3an 1 3an1,所以 an an1 1 2,所 以数列an为首项 a11,公比 q 1 2的等比数列,故 an 1 2 n1. (3)当 n1

10、 时,由已知,可得 a1212. a12a23a3nan2n. 故 a12a23a3(n1)an12n1(n2), 由得 nan2n2n12n1.an 2n1 n . 显然当 n1 时不满足上式 an 2,n1, 2n1 n ,n2. 变式 1、已知数列an的前 n 项和 Sn,求通项 an. (1)Snn24n1; (2)Sn3nb. 【解析】 (1)n1 时,a1S12;n2 时,anSnSn1n24n1(n1)24(n1)12n 142n5. 当 n1 时 a12,不符合上式 an 2,n1, 2n5,n2. (2)n1 时,a1S13b. n2 时,anSnSn12 3n1. 当 b1

11、 时,a1312 符合 an2 3n1,an2 3n1. 当 b1 时,a13b 不符合 an2 3n1. 第 5 页 / 共 15 页 故 an 3b,n1, 2 3n1,n2. 变式 2、 (2019 栟茶中学期末)若 Sn为数列an的前 n 项和,且 Sn2an+1, (nN*) ,则下列说法正确的是 ( ) Aa516 BS563 C数列an是等比数列 D数列Sn+1是等比数列 【答案】AC 【解析】Sn2an+1, (nN*) , 当 n1 时,a1S12a1+1,a11, 当 n2 时,anSnSn12an+12an11,2an1an, 1 = 2, 数列an是首项为1,公比为 2

12、 的等比数列,故选项 C 正确, = 21,= (12) 12 = 1 2 5= 24= 16,5= (125) 12 = 31,故选项 A 正确,选项 B 错误, 又+ 1 = 2 2,数列Sn+1不是等比数列,故选项 D 错误, 故选:AC 变式 3、 (2019 秋苏州期末)已知数列an的前 n 项和为 Sn,且 Sn2(ana) (其中 a 为常数) ,则下列说 法正确的是( ) A数列an一定是等比数列 B数列an可能是等差数列 C数列Sn可能是等比数列 D数列Sn可能是等差数列 【答案】BD 【解析】Sn2(ana) , 当 n1 时可得,Sn12(an1a) , 两式相减可得,a

13、n2an1,n1, 又 n1 时,S12(a1a)可得,a12a, 若 a0 时,数列an不是等比数列,而是等差数列,其各项都为 0,和也为等差数列 当 a0 时,数列an是等比数列,不是等差数列,而非常数性等比数列的前 n 项和不是等比, 方法总结:由数列an的前 n 项和 Sn,求通项 an的问题,要分成两段:an S1,n1, SnSn1,n2.不要遗漏 n 1 的情形因题(2)含字母 b,首项是否满足,还需要对 b 进行分类讨论本题侧重考查分类讨论的数 第 6 页 / 共 15 页 学思想 考点二、等差数列中基本量的运算 例 2、 (1)(2019 苏北三市期末)在等差数列an中,若

14、a5 1 2,8a62a4a2,则an的前 6 项和 S6的值为 _ (2) (2017 苏北四市一模) 设 Sn是等差数列an的前 n 项和, 且 a23, S416, 则 S9的值为_ 【答案】 (1) 15 2(2) 81 【 解 析 】 ( 1 ) 解 法 1( 基 本 量 法 ) 设 an a1 (n 1)d , n N*, 则 由 a 5 1 2, 8a62a4a2, 得 a 14d 1 2, 8(a15d)2(a13d)a1d, 解得 a1 5 2, d 1 2, 所以 S66a1 6 5 2 d 30 2 6 5 2 1 2 15 2. 解法 2(定义法) 由等差数列的定义可得

15、 8a68(a5d),2a42(a5d),a2a53d, 所以由 8a62a4a2,得 8(a5d)2(a5d)a53d,解得 da51 2,故 S6 6(a1a6) 2 3(a2a5 ) 3(a53da5)15a5 15 2. (2) 设等差数列an的公差为 d, 则由 a23, S416 得 a1d3, 4a1 4 3 2 d16, 解得 a11, d2, 因此 S99 9 8 2 281. 变式 1、 (1)记 Sn为等差数列an的前 n 项和,若 3S3S2S4,a12,则 a5( ) A12 B.10 C10 D12 (2)记 Sn为等差数列an的前 n 项和若 a4a524,S64

16、8,则an的公差为_ (3)在等差数列an中,a10,公差 d0,若 ama1a2a9,则 m 的值为_ 【答案】 (1)B (2)4(3)37 【解析】 (1) 、设等差数列an的公差为 d,由 3S3S2S4,得 3(3a13d)2a1d4a16d,即 3a12d 0.将 a12 代入上式,解得 d3,故 a5a1(51)d24 (3)10. (2) 、设等差数列an的公差为 d, 第 7 页 / 共 15 页 则由 a4a524, S648 得 a13da14d24, 6a1 6 5 2 d48, 即 2a17d24, 2a15d16, 解得 d4. (3)ama1a2a99a1 9 8

17、 2 d36da37, m37. 变式 2、 (1)2019 无锡调研设公差不为零的等差数列an满足 a37,且(a21)2(a11)(a41),则 a10 等于_ (2)设等差数列an的前 n 项的和为 Sn.已知 a24,a25a23120,且 a12,求 an及 Sn. 【答案】 (1)21 (2)an3n2,Sn 3 2n 21 2n. 【解析】(1)设 ana1(n1)d,则 d0,由题设,得 a12d7, (a1d1)2(a11)(a13d1) 化简得 a172d, da11 解得 a13, d2. a1021. (2)a5a23d,a3a2d,则 a25a23(a5a3)(a5a

18、3)(2a24d) 2d(84d) 2d8d216d120, 解得 d3 或 5,又 a1a2d2,则 d3,a11,an3n2,Snn n(n1) 2 (3) 3 2n 2 1 2n. 变式 3、 (2020 届山东省泰安市高三上期末)我国古代的天文学和数学著作周碑算经中记载:一年有二 十四个节气, 每个节气唇 (gu) 长损益相同 (暑是按照日影测定时刻的仪器, 暑长即为所测量影子的长度) , 夏至、小署、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降、立冬、小雪、大雪是连续十二个节气,其日 影子长依次成等差数列,经记录测算,夏至、处暑、霜降三个节气日影子长之和为 16.5 尺,这十二节气的 所

19、有日影子长之和为 84 尺,则夏至的日影子长为_尺. 【答案】1.5 【解析】 设此等差数列 n a的公差为d, 由题意 12 159 84 16.5 S aaa 即 1 51 12 11 1284 2 33(4 )16.5 ad aad 解得 1 1.5 1 a d 所以夏至的日影子长为1.5 第 8 页 / 共 15 页 故答案为:1.5 方法总结:(1)a1,d 是等差数列的基本量,把所给的条件代入等差数列的通项公式,可列出方程组,如果能 把 a11 作为一个整体处理,则能简化运算一般地,给出含有 a 1,d 的两个独立条件,即可求出该等差数 列的通项公式,进而求出其前 n 项和 (2)

20、第(2)小问,充分利用等差数列的第二通项公式 a5a23d,a3a2d,则简化了运算 考点三、 等差数列的性质 例 3、 (2020 届北京市昌平区新学道临川学校上学期期中) 已知等差数列 n a的前m项之和为30, 前m2项 和为100,则它的前m3项的和为( ) A.130 B.170 C.210 D.260 【答案】C 【解析】由于等差数列 n a中 232 , mmmmm SSSSS也成等差数列,即 3 30,70,100 m S成等差数列,所 以 33 100110,210 mm SS,故选 C. 变式 1、(2020 届山东省滨州市三校高三上学期联考) 已知等差数列 n a的前 n

21、 项和为 n S, 且 3 5 2 a , 9 9S , 则 7 a ( ) A 1 2 B1 C 1 2 D2 【答案】C 【解析】 由已知 7 1937 9 5 9() 9()9() 2 9 222 a aaaa S ,得 7 1 2 a , 故选:C. 变式 2、(1)(2020 福建模拟)设 Sn,Tn分别是等差数列an,bn的前 n 项和,若 a52b5,则 S9 T9( ) A2 B.3 C4 D6 (2)(2019 福建漳州质检改编)若 Sn是等差数列an的前 n 项和,且 a2a9a196,则 a10_,S19 _. 【答案】(1)A (2)2 38 第 9 页 / 共 15

22、页 【解析】(1)由 a52b5,得 a5 b52,所以 S9 T9 9a1a9 2 9b1b9 2 a5 b52. (2)设等差数列an的首项为 a1,公差为 d.由等差数列的通项公式可得 a2a9a193(a19d)3a106,所 以 a102,由等差数列前 n 项和公式可得 S1919a1a19 2 19a1038. 变式 3、在等差数列an中,若 m1 且 am1a2 mam10,S2m126,求 m 的值 【答案】7 【解析】an是等差数列,am1am1amam,条件式变为 2ama2 m0,am0 或 am2,S2m1 (2m1)(a1a2m1) 2 (2m1)(amam) 2 (

23、2m1)2am 2 (2m1)am,(2m1) am26.显然 am 0 不合题意,则 am2,代入上式,得 2m113,m7. 方法总结:如果an为等差数列,mnpq,则 amanapaq(m,n,p,qN*)因此,若出现 amn, am, amn等项时, 可以利用此性质将已知条件转化为与 am(或其他项)有关的条件; 若求 am项, 可由 am 1 2(am namn)转化为求 amn,amn或 amnanm的值 考点四、等差数列的判定及证明 例 4、 (2020 苏州期末)已知数列an的前 n 项和为 Sn,且 Sn2(ana) (其中 a 为常数) ,则下列说法正 确的是( ) A数列

24、an一定是等比数列 B数列an可能是等差数列 C数列Sn可能是等比数列 D数列Sn可能是等差数列 【答案】BD 【解析】Sn2(ana) , 当 n1 时可得,Sn12(an1a) , 两式相减可得,an2an1,n1, 又 n1 时,S12(a1a)可得,a12a, 若 a0 时,数列an不是等比数列,而是等差数列,其各项都为 0,和也为等差数列 当 a0 时,数列an是等比数列,不是等差数列,而非常数性等比数列的前 n 项和不是等比, 变式 1、已知数列 an 是等差数列,公差为 d,设 bna2n1a2n. 第 10 页 / 共 15 页 (1)求证:数列bn是等差数列; (2)若 a1

25、a,求数列bn的通项公式及前 n 项和 Sn. 【解析】 (1)数列 an 的公差为 d,则 bn1bn(a2n2a2 n1)(a 2 n1a 2 n)(an2an1) (an2an1)(an 1an)(an1an)d(an2an1an1an)d(an2an)2d 2为常数 数列bn是等差数列 (2)由(1)知,数列bn的公差为 2d2. bnb1(n1)2d2a2 2a 2 12d 2n2d2(ad)2a22d2n2d22d2n2add2, Sn n(b1bn) 2 n(2add22d2n2add2) 2 d2n22adn. 变式 2、已知数列an中,a15 且 an2an12n1(n2 且

26、 nN*) (1)求证:数列 an1 2n 为等差数列; (2)求数列an的通项公式 【解析】 (1)a15, 当 n2 时, an1 2n an11 2n1 (2an12n1)1 2n 2(an11) 2n1 2 2n 2n1, an1 2n 是以 a11 2 2 为首项,以 1 为公差的等差数列 (2)由(1)知 an1 2n 2(n1) 1, an(n1)2n1. 变式 3、若数列an的前 n 项和为 Sn,且满足 an2SnSn10(n2),a1 1 2. (1)求证: 1 Sn成等差数列; (2)求数列an的通项公式 【解析】(1)证明:当 n2 时,由 an2SnSn10, 得 S

27、nSn12SnSn1, 因为 Sn0,所以 1 Sn 1 Sn12, 又 1 S1 1 a12, 故 1 Sn是首项为 2,公差为 2 的等差数列 第 11 页 / 共 15 页 (2)由(1)可得 1 Sn2n,所以 Sn 1 2n. 当 n2 时, anSnSn1 1 2n 1 2n1 n1n 2nn1 1 2nn1. 当 n1 时,a1 1 2不适合上式 故 an 1 2,n1, 1 2nn1,n2. 方法总结:欲证一个数列是等差数列,根据定义,即证 bn1bn为常数目标明确了,下面还需要推理正 确;欲求数列 cn 的前 n 项和 Sn,可先求通项,再判断为何数列;如果知道了具体的等差或

28、等比数列,只 需要求出两个基本量首项、公差(或公比),再代入 Sn公式即可 五、优化提升与真题演练 1、 (2020 届北京市清华大学附属中学高三第一学期(12 月)月考数学试题)设等差数列 n a的前 n 项的和 为 n S,且 13 52S,则 489 aaa( ) A8 B12 C16 D20 【答案】B 【解析】设数列公差为d,则 1311 13 12 1313(6 )52 2 Sadad , 1 64ad, 4891111 3783(6 )3 412aaaadadadad . 故选:B. 2、 (北京市北京师范大学附属实验中学 2019-2020 学年上学期期中)已知 n S是等差数

29、列 n a(n )的前 n项和,且 564 SSS,以下有四个命题: 数列 n a中的最大项为 10 S 数列 n a的公差0d 10 0S 11 0S 其中正确的序号是( ) 第 12 页 / 共 15 页 A B C D 【答案】B 【解析】 564 SSS, 656 00aaa, 5 00ad, 数列 n a中的最大项为 5 S, 110 1056 10 50 2 aa Saa , 111 116 11 110 2 aa Sa 正确的序号是 故选 B 3、 (北京市昌平区新学道临川学校 2019-2020 学年上学期期末)设 n a为等差数列, 1 22a , n S为其前n 项和,若

30、1013 SS,则公差d ( ) A-2 B-1 C1 D2 【答案】A 【解析】 由题意可得: 121112131310 30aaaaSS, 则 12 0a,等差数列的公差 121 022 2 12 111 aa d . 本题选择 A 选项. 4、 (2020 届山东省滨州市三校高三上学期联考) 已知等差数列 n a的前 n 项和为 n S,且 3 5 2 a , 9 9S , 则 7 a ( ) A 1 2 B1 C 1 2 D2 【答案】C 【解析】由已知 7 1937 9 5 9() 9()9() 2 9 222 a aaaa S ,得 7 1 2 a , 故选:C. 5、 【2020

31、 年全国 2 卷】北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层,上层中心有一块圆形石 第 13 页 / 共 15 页 板(称为天心石),环绕天心石砌 9 块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加 9块,下一层的第一环比上 一层的最后一环多 9 块,向外每环依次也增加 9块,已知每层环数相同,且下层比中层多 729块,则三层共 有扇面形石板(不含天心石)( ) A. 3699块 B. 3474块 C. 3402块 D. 3339块 【答案】C 【解析】设第 n 环天石心块数为 n a,第一层共有 n环, 则 n a是以 9为首项,9 为公差的等差数列,9(1) 99 n ann, 设 n

32、S为 n a的前 n 项和,则第一层、第二层、第三层的块数分 别为 232 , nnnnn S SS SS,因为下层比中层多 729块, 所以 322 729 nnnn SSSS, 即 3 (927 )2 (918 )2 (918 )(99 ) 729 2222 nnnnnnnn 即 2 9729n ,解得9n , 所以 327 27(9927) 3402 2 n SS . 故选:C 6、 【2020 年北京卷】在等差数列 n a中, 1 9a , 3 1a 记 12 (1,2,) nn Taaa n,则数列 n T ( ) A. 有最大项,有最小项 B. 有最大项,无最小项 C. 无最大项,

33、有最小项 D. 无最大项,无最小项 【答案】B 第 14 页 / 共 15 页 【解析】由题意可知,等差数列的公差 51 1 9 2 5 15 1 aa d , 则其通项公式为: 1 1912211 n aandnn , 注意到 1234567 01aaaaaaa , 且由 5 0T 可知06, i TiiN, 由 1 17, i i i T aiiN T 可知数列 n T不存在最小项, 由于 123456 9,7,5,3,1,1aaaaaa , 故数列 n T中的正项只有有限项: 2 63T , 4 63 15945T . 故数列 n T中存在最大项,且最大项为 4 T. 故选:B. 7、

34、【2020 年浙江卷】已知数列an满足 (1) = 2 n n n a ,则 S3=_ 【答案】10 【解析】因为 1 2 n n n a ,所以 123 1,3,6aaa 即 3123 1 3610Saaa 故答案为:10. 8、 (2019 年江苏卷).已知数列 * () n anN是等差数列, n S是其前 n 项和.若 2589 0,27a aaS,则 8 S 的值是_. 【答案】16. 【解析】由题意首先求得首项和公差,然后求解前 8 项和即可. 由题意可得: 258111 91 470 9 8 927 2 a aaadadad Sad , 解得: 1 5 2 a d ,则 81 8 7 84028 216 2 Sad . 第 15 页 / 共 15 页 9、 (2015 江苏卷)数列满足,且() ,则数列的前 10 项和为 n a1 1 a1 1 naa nn * Nn 1 n a