2025版新教材高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第5章數(shù)列第2節(jié)等差數(shù)列學(xué)案含解析新人教B版

第2節(jié)等差數(shù)列一、教材概念·結(jié)論·性質(zhì)重現(xiàn)1．等差數(shù)列的定義假如數(shù)列從第2項(xiàng)起，每一項(xiàng)與它的前一項(xiàng)之差都等于同一個(gè)常數(shù)d，即an＋1－an＝d恒成立，則稱(chēng){an}為等差數(shù)列，其中d稱(chēng)為等差數(shù)列的公差．等差數(shù)列的定義用遞推公式表示為an＋1－an＝d(n∈N*，d為常數(shù))．2．等差數(shù)列的通項(xiàng)公式(1)假如等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)是a1，公差是d，則這個(gè)等差數(shù)列的通項(xiàng)公式是an＝a1＋(n－1)d.(2)若已知ak，公差是d，則這個(gè)等差數(shù)列的通項(xiàng)公式是an＝ak＋(n－k)d.當(dāng)d≠0時(shí)，等差數(shù)列通項(xiàng)公式可以看成關(guān)于n的一次函數(shù)an＝dn＋(a1－d)．3．等差中項(xiàng)假如x，A，y是等差數(shù)列．那么稱(chēng)A為x與y的等差中項(xiàng)，即A＝eq\f(x＋y,2).4．等差數(shù)列的常用性質(zhì)(1)通項(xiàng)公式的推廣公式：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)?d＝eq\f(an－am,n－m)(n≠m)．(2)若{an}為等差數(shù)列，且m＋n＝p＋q＝2w，則am＋an＝ap＋aq＝2aw(m，n，p，q，w∈N*)．(3)若{an}是等差數(shù)列，公差為d，則ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差為md(4)若{an}，{bn}是等差數(shù)列，則{pan＋qbn}也是等差數(shù)列．5．等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式及其性質(zhì)(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，其前n項(xiàng)和Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝na1＋eq\f(nn－1,2)d.(2)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，數(shù)列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(m∈N*)也是等差數(shù)列，公差為m(3)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和的最值在等差數(shù)列{an}中，若a1>0，d<0，則Sn存在最大值；若a1<0，d>0，則Sn存在最小值．(4)若等差數(shù)列{an}的項(xiàng)數(shù)為偶數(shù)2n，則①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；②S偶－S奇＝nd，eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(an,an＋1).(5)若等差數(shù)列{an}的項(xiàng)數(shù)為奇數(shù)2n＋1，則①S2n＋1＝(2n＋1)an＋1；②eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(n＋1,n).數(shù)列{an}是等差數(shù)列?數(shù)列的前n項(xiàng)和公式Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n?Sn＝An2＋Bn(A，B為常數(shù))，所以當(dāng)d≠0時(shí)，等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式可以看成關(guān)于n的二次函數(shù)，且常數(shù)項(xiàng)為0.二、基本技能·思想·活動(dòng)體驗(yàn)1．推斷下列說(shuō)法的正誤，對(duì)的打“√”，錯(cuò)的打“×”．(1)若一個(gè)數(shù)列從第2項(xiàng)起每一項(xiàng)與它的前一項(xiàng)的差都是常數(shù)，則這個(gè)數(shù)列是等差數(shù)列．(×)(2)等差數(shù)列{an}的單調(diào)性是由公差d確定的．(√)(3)數(shù)列{an}滿意an＋1－an＝n，則數(shù)列{an}是等差數(shù)列．(×)(4)已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝pn＋q(其中p，q為常數(shù))，則數(shù)列{an}肯定是等差數(shù)列．(√)(5)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn是項(xiàng)數(shù)為n的二次函數(shù)．(×)2．等差數(shù)列{an}中，a4＋a8＝10，a10＝6，則公差d等于()A．eq\f(1,4) B．eq\f(1,2)C．2 D．－eq\f(1,2)A解析：因?yàn)閍4＋a8＝2a6＝10，所以a6又a10＝6，所以公差d＝eq\f(a10－a6,10－6)＝eq\f(6－5,4)＝eq\f(1,4).故選A.3．在等差數(shù)列{an}中，已知a4＋a8＝16，則該數(shù)列前11項(xiàng)的和S11等于()A．58 B．88C．143 D．176B解析：S11＝eq\f(11a1＋a11,2)＝eq\f(11a4＋a8,2)＝88.4．設(shè)數(shù)列{an}是等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn.若a6＝2且S5＝30，則S8等于()A．31 B．32C．33 D．34B解析：由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋5d＝2，,5a1＋10d＝30，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(26,3)，,d＝－\f(4,3)，))所以S8＝8a1＋eq\f(8×7,2)d＝32.5．一物體從1960m的高空著陸，假如第1秒著陸4.90m，以后每秒比前一秒多著陸9.80m，那么經(jīng)過(guò)________秒落到地面．20解析：設(shè)物體經(jīng)過(guò)t秒著陸到地面，物體在著陸過(guò)程中，每一秒著陸的距離構(gòu)成首項(xiàng)為4.90，公差為9.80的等差數(shù)列，所以4.90t＋eq\f(1,2)t(t－1)×9.80＝1960，即4.90t2＝1960，解得t＝20.考點(diǎn)1等差數(shù)列的定義、通項(xiàng)公式、基本運(yùn)算——基礎(chǔ)性1．等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a1＝3，S5＝35，則數(shù)列{an}的公差為()A．－2 B．2C．4 D．7B解析：因?yàn)閍1＝3，S5＝35，所以5×3＋eq\f(5×4,2)d＝35，解得d＝2.2．(2024·宜春模擬)已知等差數(shù)列{an}中，a1＝1，前10項(xiàng)的和等于前5項(xiàng)的和．若am＋a7＝0，則m＝()A．10 B．9C．8 D．2B解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，a1＝1.因?yàn)榍?0項(xiàng)的和等于前5項(xiàng)的和，且am＋a7＝0，則10＋45d＝5＋10d,2＋(m＋5)d＝0，解得m＝9.3．(2024·哈爾濱試驗(yàn)中學(xué)模擬)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2,an＋1)))是等差數(shù)列，且a1＝1，a3＝－eq\f(1,3)，那么a2022＝()A．eq\f(1010,1011) B．－eq\f(1010,1011)C．eq\f(2019,2021) D．－eq\f(2021,2022)B解析：設(shè)等差數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2,an＋1)))的公差為d，且a1＝1，a3＝－eq\f(1,3)，所以eq\f(2,a1＋1)＝1，eq\f(2,a3＋1)＝3，所以3＝1＋2d，解得d＝1.所以eq\f(2,an＋1)＝1＋n－1＝n，所以an＝eq\f(2,n)－1.那么a2022＝eq\f(2,2022)－1＝－eq\f(1010,1011).4．(2024·江蘇卷)已知數(shù)列{an}(n∈N*)是等差數(shù)列，Sn是其前n項(xiàng)和．若a2a5＋a8＝0，S9＝27，則S816解析：設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋da1＋4d＋a1＋7d＝0，,9a1＋\f(9×8,2)d＝27，))解得a1＝－5，d＝2，所以S8＝8×(－5)＋eq\f(8×7,2)×2＝16.等差數(shù)列運(yùn)算問(wèn)題的解題策略(1)等差數(shù)列運(yùn)算問(wèn)題的一般求法是設(shè)出首項(xiàng)a1和公差d，然后由通項(xiàng)公式或前n項(xiàng)和公式轉(zhuǎn)化為方程(組)求解．(2)等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式，共涉及五個(gè)量a1，an，d，n，Sn，知其中三個(gè)就能求另外兩個(gè)，體現(xiàn)了用方程的思想解決問(wèn)題．考點(diǎn)2等差數(shù)列的判定與證明——綜合性數(shù)列{an}滿意an＋1＝eq\f(an,2an＋1)，a1＝1.(1)證明：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差數(shù)列；(2)求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n項(xiàng)和Sn，并證明：eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)>eq\f(n,n＋1).(1)證明：因?yàn)閍n＋1＝eq\f(an,2an＋1)，所以eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2an＋1,an)，化簡(jiǎn)得eq\f(1,an＋1)＝2＋eq\f(1,an)，即eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝2，故數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列．(2)解：由(1)知eq\f(1,an)＝2n－1，所以Sn＝eq\f(n1＋2n－1,2)＝n2，eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,n2)>eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).證明：eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,12)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,n2)>eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋…＋eq\f(1,nn＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).1．若本例條件變?yōu)椤叭鬭1＝1，a2＝eq\f(1,2)，eq\f(2,an＋1)＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,an＋2)(n∈N*)”，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．解：由已知式eq\f(2,an＋1)＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,an＋2)可得eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝eq\f(1,an＋2)－eq\f(1,an＋1)，知數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首項(xiàng)為eq\f(1,a1)＝1，公差為eq\f(1,a2)－eq\f(1,a1)＝2－1＝1的等差數(shù)列，所以eq\f(1,an)＝n，即an＝eq\f(1,n).2．若本例條件變?yōu)椤癮1＝eq\f(3,5)，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)”，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．解：由已知可得eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(an,n)＋1，即eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝1.又a1＝eq\f(3,5)，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是以eq\f(a1,1)＝eq\f(3,5)為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，所以eq\f(an,n)＝eq\f(3,5)＋(n－1)·1＝n－eq\f(2,5)，所以an＝n2－eq\f(2,5)n.等差數(shù)列的四個(gè)判定方法(1)定義法：證明對(duì)隨意正整數(shù)n都有an＋1－an等于同一個(gè)常數(shù)．(2)等差中項(xiàng)法：證明對(duì)隨意正整數(shù)n都有2an＋1＝an＋an＋2.(3)通項(xiàng)公式法：得出an＝pn＋q后，再依據(jù)定義判定數(shù)列{an}為等差數(shù)列．(4)前n項(xiàng)和公式法：得出Sn＝An2＋Bn后，再運(yùn)用定義法證明數(shù)列{an}為等差數(shù)列．已知{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等差數(shù)列，公差為d.對(duì)隨意的n∈N*，bn是an和an＋1的等比中項(xiàng)．設(shè)cn＝beq\o\al(2,n＋1)－beq\o\al(2,n)，n∈N*,求證：數(shù)列{cn}是等差數(shù)列．證明：由題意得beq\o\al(2,n)＝anan＋1，有cn＝beq\o\al(2,n＋1)－beq\o\al(2,n)＝an＋1an＋2－anan＋1＝2dan＋1，因此cn＋1－cn＝2d(an＋2－an＋1)＝2d2，所以數(shù)列{cn}是等差數(shù)列．考點(diǎn)3等差數(shù)列性質(zhì)的應(yīng)用——應(yīng)用性考向1等差數(shù)列項(xiàng)的性質(zhì)問(wèn)題(1)(2024·寧德二模)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a2＋a5＋a8＝9，則S9＝()A．21 B．27C．30 D．36B解析：因?yàn)榈炔顢?shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a2＋a5＋a8＝9＝3a5，所以a5則S9＝eq\f(9a1＋a9,2)＝9a5＝27.(2)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．若a4＋a5＝24，S6＝48，則{an}的公差為()A．1 B．2C．4 D．8C解析：(方法一)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，依題意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋3d＋a1＋4d＝24，,6a1＋\f(6×5,2)d＝48，))解得d＝4.(方法二)等差數(shù)列{an}中，S6＝eq\f(a1＋a6×6,2)＝48，則a1＋a6＝16＝a2＋a5.又a4＋a5＝24，所以a4－a2＝2d＝24－16＝8，所以d＝4.等差數(shù)列的項(xiàng)的性質(zhì)的關(guān)注點(diǎn)(1)項(xiàng)的性質(zhì)：在等差數(shù)列{an}中，m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，則am＋an＝ap＋aq.(2)在等差數(shù)列題目中，只要出現(xiàn)項(xiàng)的和問(wèn)題，一般先考慮應(yīng)用項(xiàng)的性質(zhì)．(3)項(xiàng)的性質(zhì)常與等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式Sn＝eq\f(na1＋an,2)相結(jié)合命題．考向2等差數(shù)列前n項(xiàng)和的性質(zhì)(1)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若S5＝7，S10＝21，則S15等于()A．35 B．42C．49 D．63B解析：在等差數(shù)列{an}中，S5，S10－S5，S15－S10成等差數(shù)列，即7,14，S15－21成等差數(shù)列，所以7＋(S15－21)＝2×14，解得S15＝42.(2)已知Sn是等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若a1＝－2018，eq\f(S2019,2019)－eq\f(S2013,2013)＝6，則S2020＝________.2020解析：由等差數(shù)列的性質(zhì)可得數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也為等差數(shù)列．設(shè)其公差為d，則eq\f(S2019,2019)－eq\f(S2013,2013)＝6d＝6，所以d＝1.故eq\f(S2020,2020)＝eq\f(S1,1)＋2019d＝－2018＋2019＝1，所以S2020＝1×2020＝2020.等差數(shù)列前n項(xiàng)和的性質(zhì)在等差數(shù)列{an}中，Sn為其前n項(xiàng)和，則：(1)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m(2)S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)．(3)S2n－1＝(2n－1)an.1．已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)和，2＋a5＝a6＋a3，則S7＝()A．2 B．7C．14 D．28C解析：因?yàn)?＋a5＝a6＋a3，所以2＋a4＋d＝a4＋2d＋a4－d，解得a4＝2.所以S7＝eq\f(7a1＋a7,2)＝7a4＝14.2．(2024·海南模擬)已知等差數(shù)列{an}，{bn}的前n項(xiàng)和分別為Sn和Tn，且eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(n＋5,2n－1)，則eq\f(a7,b6)＝()A.eq\f(6,7) B.eq\f(12,11)C.eq\f(18,25) D.eq\f(16,21)A解析：因?yàn)榈炔顢?shù)列{an}，{bn}的前n項(xiàng)和分別為Sn和Tn，且eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(n＋5,2n－1)，所以可設(shè)Sn＝kn(n＋5)，Tn＝kn(2n－1)，k≠0.所以a7＝S7－S6＝18k，b6＝T6－T5＝21k，所以eq\f(a7,b6)＝eq\f(6,7).3．設(shè)Sn是等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，S10＝16，S100－S90＝24，則S100＝________.200解析：依題意，S10，S20－S10，S30－S20，…，S100－S90依次成等差數(shù)列，設(shè)該等差數(shù)列的公差為d.又S10＝16，S100－S90＝24，因此S100－S90＝24＝16＋(10－1)d＝16＋9d，解得d＝eq\f(8,9)，因此S100＝10S10＋eq\f(10×9,2)d＝10×16＋eq\f(10×9,2)×eq\f(8,9)＝200.考點(diǎn)4等差數(shù)列前n項(xiàng)和的最值——應(yīng)用性等差數(shù)列{an}中，已知a5>0，a4＋a7<0，則{an}的前n項(xiàng)和Sn的最大值為()A．S4 B．S5C．S6 D．S7B解析：因?yàn)閑q\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＋a7＝a5＋a6<0，,a5>0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a5>0，,a6<0，))所以Sn的最大值為S5.1．本例若把條件改為“等差數(shù)列{an}中，S5<S6，S6＝S7>S8”A．d<0B．a(chǎn)7＝0C．S9>S5D．S6，S7均為Sn中的最大值C解析：由S5<S6得a1＋a2＋a3＋…＋a5<a1＋a2＋…＋a5＋a6，即a6>0.又因?yàn)镾6＝S7，所以a1＋a2＋…＋a6＝a1＋a2＋…＋a6＋a7，所以a7＝0，故B正確．同理由S7>S8，得a8<0.因?yàn)閐＝a7－a6<0，故A正確．而C選項(xiàng)中S9>S5，即a6＋a7＋a8＋a9>0，可得2(a7＋a8)>0，由結(jié)論a7＝0，a8<0，明顯C選項(xiàng)是錯(cuò)誤的．因?yàn)镾5<S6，S6＝S7>S8，所以S6與S7均為Sn的最大值，故D正確．2．本例條件變?yōu)椤暗炔顢?shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S13>0，S14<0”，則Sn取最大值時(shí)nA．6 B．7C．8 D．13B解析：依據(jù)S13>0，S14<0，可以確定a1＋a13＝2a7>0，a1＋a14＝a7＋a8<0，所以a7>0，a8<0，所以Sn取最大值時(shí)n求等差數(shù)列前n項(xiàng)和Sn最值的兩種方法(1)二次函數(shù)法：利用等差數(shù)列前n項(xiàng)和的函數(shù)表達(dá)式Sn＝an2＋bn，通過(guò)配方或借助圖像求二次函數(shù)最值的方法求解．(2)通項(xiàng)變號(hào)法：①當(dāng)a1>0，d<0時(shí)，滿意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(am≥0，,am＋1≤0))的項(xiàng)數(shù)m使得Sn取得最大值為Sm；②當(dāng)a1<0，d>0時(shí)，滿意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(am≤0，,am＋1≥0))的項(xiàng)數(shù)m使得Sn取得最小值為Sm.等差數(shù)列{an}中，若eq\f(a9,a8)<－1，且它的前n項(xiàng)和Sn有最小值，則當(dāng)Sn>0時(shí)，n的最小值為()A．14B．15C．16D．17C解析：因?yàn)閿?shù)列{an}是等差數(shù)列，它的前n項(xiàng)和Sn有最小值，所以公差d>0，首項(xiàng)a1<0，{an}為遞增數(shù)列．因?yàn)閑q\f(a9,a8)<－1，所以a8·a9<0，a8＋a9>0，由等差數(shù)列的性質(zhì)知，2a8＝a1＋a15<0，a8＋a9＝a1＋a16因?yàn)镾n＝eq\f(na1＋an,2)，所以當(dāng)Sn>0時(shí)，n的最小值為16.在等差數(shù)列{an}中，已知a1＝20，前n項(xiàng)和為Sn，且S10＝S15.求當(dāng)n取何值時(shí)，Sn取得最大值，并求出它的最大值．[四字程序]讀想算思n取何值時(shí)，Sn取得最大值1.Sn的表達(dá)式；2．求最值的方法？1.求通項(xiàng)公式an；2．求前n項(xiàng)和Sn轉(zhuǎn)化與化歸等差數(shù)列，a1＝20，S10＝S151.利用等差數(shù)列的項(xiàng)的符號(hào)；2．利用二次函數(shù)的性質(zhì)1.an＝－eq\f(5,3)n＋eq\f(65,3)；2．Sn＝－eq\f(5,6)n2＋eq\f(125,6)n1.數(shù)列的單調(diào)性；2．二次函數(shù)的性質(zhì)思路參考：先求基本量d，再由an確定Sn取得最大值時(shí)n的值．解：因?yàn)閍1＝20，S10＝S15，所以10×20＋eq\f(10×9,2)d＝15×20＋eq\f(15×14,2)d，所以d＝－eq\f(5,3).由an＝20＋(n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝－eq\f(5,3)n＋eq\f(65,3).因?yàn)閍1＝20>0，d＝－eq\f(5,3)<0，所以數(shù)列{an}是遞減數(shù)列．由an＝－eq\f(5,3)n＋eq\f(65,3)≤0，得n≥13，即a13＝0.當(dāng)n≤12時(shí)，an＞0，當(dāng)n≥14時(shí)，an＜0，所以當(dāng)n＝12或13時(shí)，Sn取得最大值，且最大值為S12＝S13＝12×20＋eq\f(12×11,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝130.思路參考：先求出d，再由Sn的表達(dá)式確定其最大值．解：因?yàn)閍1＝20，S10＝S15，所以10×20＋eq\f(10×9,2)d＝15×20＋eq\f(15×14,2)d，所以d＝－eq\f(3,5).Sn＝20n＋eq\f(nn－1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝－eq\f(5,6)n2＋eq\f(125,6)n＝－eq\f(5,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(25,2)))2＋eq\f(3125,24).因?yàn)閚∈N*，所以當(dāng)n＝12或13時(shí)，Sn有最大值，且最大值為S12＝S13＝130.思路參考：利用等差數(shù)列的性質(zhì)求解．解：由S10＝S15得S15－S10＝a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0，所以5a13＝0，即a13＝0.又d＝eq\f(a13－a1,13－1)＝－eq\f(5,3)，所以當(dāng)n＝12或13時(shí)，Sn有最大值．所以S12＝12×20＋eq\f(12×11,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝130.思路參考：結(jié)合二次函數(shù)學(xué)問(wèn)解答．解：因?yàn)榈炔顢?shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn是關(guān)于n的二次函數(shù)，且S10＝S15，所以10×20＋eq\f(10×9,2)d＝15×20＋eq\f(15×14,2)d，所以d＝－eq\f(5,3).又eq\