1.2.2 第1课时 等差数列的前n项和-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册创新导学案课件PPT（北师大版）

第一章　数列 §2 等差数列 2.2　等差数列的前n项和 第1课时　等差数列的前n项和 课程标准：1.探索并掌握等差数列的前n项和公式.2.理解等差数列的通项公式与前n项和公式的关系． 教学重点：1.等差数列的前n项和公式的推导过程.2.利用等差数列的前n项和公式解决问题.3.熟练掌握等差数列的五个量a1，d，n，an，Sn的关系，能够由其中的三个量求另外的两个． 教学难点：等差数列的前n项和公式的推导过程． 核心素养：在探索等差数列的前n项和公式的过程中，发展数学运算和逻辑推理素养． (教师独具内容) 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 倒序相加法 核心概念掌握 5 核心概念掌握 6 核心概念掌握 7 核心概念掌握 8 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)知道等差数列的首项、公差与前n项和可求项数n.(　　) (2)对于数列{an}，一定有关系式an＝Sn－Sn－1.(　　) (3)若数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋n＋1，则数列{an}是等差数列．(　　) 答案： (1)√　(2)×　(3)× 核心概念掌握 9 2．做一做(请把正确的答案写在横线上) (1)若数列{an}的前n项和Sn＝n2，则a3＋a4＋a5＝________． (2)等差数列{an}中，a1＝6，a12＝－16，则S12＝________． (3)等差数列{an}中，a1＝2，公差d＝2，则S10＝________． (4)已知数列{an}的通项公式为an＝－5n＋2，则其前n项和Sn＝________． 21 －60 110 核心概念掌握 10 核心素养形成 题型一　等差数列前n项和的基本计算 例1　(1)已知{an}是等差数列，a10＝10，其前10项和S10＝70，求公差d. 核心素养形成 12 (2)已知{an}为等差数列，公差d＝2，前n项和为Sn，an＝11，Sn＝35，求a1，n. 核心素养形成 13 (3)在等差数列{an}中，已知a2＋a5＝19，S5＝40，求a10. 核心素养形成 14 [条件探究]　本例(2)中，将“公差d＝2”改为“a1＝3”，其他条件不变，求n和公差d. 核心素养形成 15 核心素养形成 16 【跟踪训练】 1．(1)(新课标Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若S3＝6，S5＝－5，则S6＝(　　) A．－20 B．－15 C．－10 D．－5 核心素养形成 17 (2)等差数列{an}中，a10＝30，a20＝50. ①求an和S29； ②若Sn＝242，求n. 核心素养形成 18 题型二　利用Sn判断等差数列 例2　设Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2n2－30n. (1)求a1及an； (2)判断这个数列是否是等差数列． 解　(1)因为Sn＝2n2－30n，所以当n＝1时，a1＝S1＝2×12－30×1＝－28， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－30n－[2(n－1)2－30(n－1)]＝4n－32. 验证当n＝1时上式成立，所以an＝4n－32. (2)由an＝4n－32，得an－1＝4(n－1)－32(n≥2)， 所以an－an－1＝4n－32－[4(n－1)－32]＝4(常数)， 所以数列{an}是以－28为首项，4为公差的等差数列． 核心素养形成 19 【感悟提升】已知数列{an}的前n项和Sn＝An2＋Bn＋C(A≠0)，当C＝0时，{an}为等差数列；当C≠0时，{an}为非等差数列． 核心素养形成 20 【跟踪训练】 2．已知数列{an}的前n项和Sn＝25n－2n2＋r. (1)当r＝0时，求证：数列{an}是等差数列； (2)若数列{an}是等差数列，求r满足的条件． 解：(1)证明：当r＝0时，Sn＝25n－2n2， 令n＝1，得S1＝25－2＝23，所以当n≥2时，Sn－1＝25(n－1)－2(n－1)2， 所以an＝Sn－Sn－1＝25n－2n2－25(n－1)＋2(n－1)2＝27－4n， 此时a1＝27－4＝23，所以an＝27－4n， 所以an－an－1＝(27－4n)－27＋4(n－1)＝－4， 可得数列{an}是公差为－4的等差数列． 核心素养形成 21 (2)Sn＝25n－2n2＋r， 令n＝1，得S1＝25－2＋r＝23＋r， 所以当n≥2时，Sn－1＝25(n－1)－2(n－1)2＋r， 所以an＝Sn－Sn－1＝25n－2n2－25(n－1)＋2(n－1)2＝27－4n， 所以an－an－1＝(27－4n)－27＋4(n－1)＝－4， 可得当n≥2时，数列{an}是公差为－4的等差数列， 若数列{an}是等差数列， 则a1＝27－4＝23＝23＋r， 所以r＝0. 核心素养形成 22 随堂水平达标 1．(全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5＝(　　) A．25 B．22 C．20 D．15 随堂水平达标 24 2．若一个等差数列{an}的前3项和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列有(　　) A．13项 B．12项 C．11项 D．10项 随堂水平达标 25 随堂水平达标 26 4．设数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，其中an＝－3n＋20，bn＝|an|，则使Tn＝Sn成立的最大正整数为________，S2026＋T2026＝________． 6 114 随堂水平达标 27 5．在等差数列{an}中， (1)已知S8＝48，S12＝168，求a1和d； (2)已知a6＝10，S5＝5，求a8和S8； (3)已知a3＋a15＝40，求S17. 随堂水平达标 28 课后课时精练 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 30 2．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，a4＋S7＝－16，a8＝－a4，则S10＝(　　) A．5 B．0 C．－10 D．－5 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 31 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 32 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 33 5．(多选)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1＋3a5＝S7，则下列结论一定正确的是(　　) A．a4＝0 B．S3>0 C．S1＝S6 D．|a3|<|a5| 解析：设等差数列{an}的公差为d，则a1＋3(a1＋4d)＝7a1＋21d，解得a1＝－3d，所以an＝a1＋(n－1)d＝(n－4)d，所以a4＝0，故A正确；由于d的正负不清楚，故S3可能大于0，也可能小于0，故B不正确；因为S6－S1＝5a4＝0，所以S1＝S6，故C正确；因为a3＋a5＝2a4＝0，所以a3＝－a5，即|a3|＝|a5|，故D不正确．故选AC. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 34 二、填空题 6．(新课标Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝________． 95 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 35 7．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S12＝21，则a2＋a5＋a8＋a11＝________． 7 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 36 8．若数列{an}的前n项和Sn＝n2－4n＋2，则|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝________． 解析：当n＝1时，a1＝S1＝1－4＋2＝－1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－4n＋2－[(n－1)2－4(n－1)＋2]＝2n－5，所以a2＝－1，所以前2项是负数．故|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝S10＋2(|a1|＋|a2|)＝102－4×10＋2＋2×(1＋1)＝66. 66 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 37 三、解答题 9．在等差数列{an}中， (1)已知a4＝9，a9＝－6，Sn＝54，求n； (2)已知a2＝1，a5＝7，求S10； (3)已知S5＝24，求a2＋a4. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 38 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 39 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 40 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 41 1．已知一次函数f(x)＝x＋8－2n. (1)设函数y＝f(x)的图象与y轴交点的纵坐标构成数列{an}，求证：数列{an}为等差数列； (2)设函数y＝f(x)的图象与y轴的交点到x轴的距离构成数列{bn}，求数列{bn}的前n项和Sn. 解：(1)证明：由题意，得an＝8－2n. ∵an＋1－an＝8－2(n＋1)－8＋2n＝－2， ∴数列{an}为等差数列． 课后课时精练 1 2 B级 42 课后课时精练 1 2 B级 43 课后课时精练 1 2 B级 44 课后课时精练 1 2 B级 45 课后课时精练 1 2 B级 46 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点　等差数列的前n项和公式及其推导 1．等差数列前n项和公式的推导思路：它来源于对等差数列的第k项与倒数第k项的和都等于首项a1和末项an的和这一性质的认识和发现．推导方法是___________． 2．等差数列的前n项和公式 因为等差数列{an}中，有a1＋an＝a2＋an－1＝…＝ak＋an－k＋1成立，所以可得到等差数列前n项和公式为Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2). 如果代入等差数列的通项公式an＝a1＋(n－1)d，Sn也可以用首项a1与公差d表 示，即Sn＝_______________． na1＋eq \f(n（n－1）,2)d 3．等差数列前n项和公式Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d还可以由如下方法推导： Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋(a1＋d)＋(a1＋2d)＋…＋[a1＋(n－1)d]， Sn＝an＋an－1＋…＋a1＝[a1＋(n－1)d]＋[a1＋(n－2)d]＋[a1＋(n－3)d]＋…＋a1， ∴2Sn＝[2a1＋(n－1)d]＋[2a1＋(n－1)d]＋…＋[2a1＋(n－1)d]＝n·[2a1＋(n－1)d]． ∴Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d. 等差数列的前n项和公式的应用 公式Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)①与Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d②都叫作等差数列的前n项和公式． (1)公式①反映了等差数列中任意的第k项与倒数第k项的和等于首项与末项的和这个内在性质．推导方法是倒序相加法． (2)公式②反映了等差数列前n项和与它的首项、公差之间的关系，而且是关于n的“二次函数”：Sn＝An2＋Bn(不含常数项)，其中A＝eq \f(d,2)，B＝a1－eq \f(d,2). (3)当已知首项、末项和项数时，用公式①较为方便；当已知首项、公差和项数时，用公式②较为方便． (4)上述两个公式涉及a1，d，n，an和Sn这五个基本量，依据方程思想，我们可以“知三求二”． －eq \f(5n2＋n,2) 解　由等差数列的前n项和公式可得 S10＝eq \f(（a1＋a10）×10,2)＝5(a1＋10)＝70， 解得a1＝4，所以d＝eq \f(a10－a1,9)＝eq \f(2,3). 解　由题设可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(11＝a1＋2（n－1），,35＝\f(n（a1＋11）,2)，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－1，,n＝7))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,n＝5.)) 解　由题设可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a1＋5d＝19，,5a1＋\f(5（5－1）,2)d＝40，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a1＋5d＝19，,a1＋2d＝8，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,d＝3，)) 故a10＝2＋3×(10－1)＝29. 解：解法一：由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＝a1＋（n－1）d，,Sn＝na1＋\f(n（n－1）,2)d，)) 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(11＝3＋（n－1）d，,35＝3n＋\f(n（n－1）,2)d，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n＝5，,d＝2.)) 解法二：∵a1＝3，an＝11，Sn＝35， ∴35＝eq \f(n（3＋11）,2)＝7n，即n＝5. 又11＝3＋(5－1)d，∴d＝2. 【感悟提升】等差数列中的基本计算 (1)利用基本量求值．等差数列的通项公式和前n项和公式中有五个量a1，d，n，an和Sn，这五个量可以“知三求二”．一般是利用公式列出基本量a1和d的方程组，解出a1和d，便可解决问题，解题时注意整体代换的思想． (2)结合等差数列的性质解题．等差数列的常用性质：若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N＋)，则am＋an＝ap＋aq，常与求和公式Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)结合使用． 解析：设等差数列{an}的公差为d，则由题可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a1＋3d＝6，,5a1＋10d＝－5，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d＝－3，,a1＝5，))所以S6＝6a1＋15d＝6×5＋15×(－3)＝－15.故选B. 解：①设数列{an}的首项为a1，公差为d，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a10＝a1＋9d＝30，,a20＝a1＋19d＝50，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝12，,d＝2.)) ∴an＝a1＋(n－1)d＝10＋2n， S29＝eq \f(29×（a1＋a29）,2)＝eq \f(29×（a10＋a20）,2)＝eq \f(29×80,2)＝1160. ②由Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d，a1＝12，d＝2， Sn＝242，得方程242＝12n＋eq \f(n（n－1）,2)×2. 即n2＋11n－242＝0，得n＝11或n＝－22(舍去)． 解析：解法一：设等差数列{an}的公差为d，首项为a1，依题意可得，a2＋a6＝(a1＋d)＋(a1＋5d)＝10，即a1＋3d＝5，又a4a8＝(a1＋3d)·(a1＋7d)＝45，解得d＝1，a1＝2，所以S5＝5a1＋eq \f(5×4,2)×d＝5×2＋10×1＝20.故选C. 解法二：设等差数列{an}的公差为d，a2＋a6＝2a4＝10，a4a8＝45，所以a4＝5，a8＝9，从而d＝eq \f(a8－a4,8－4)＝1，于是a3＝a4－d＝5－1＝4，所以S5＝5a3＝20.故选C. 解析：a1＋a2＋a3＋an－2＋an－1＋an＝34＋146＝180，所以3(a1＋an)＝180，即a1＋an＝60.由Sn＝390，知eq \f(n（a1＋an）,2)＝390，所以eq \f(n×60,2)＝390，解得n＝13. 3．(多选)已知等差数列{an}的首项为a1，公差为d，前n项和为Sn，且Sn＝－n2＋2n，则下列说法中正确的是(　　) A．a1<0 B．{Sn}为递减数列 C．{an}为递减数列 D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是公差为－1的等差数列 解析：等差数列{an}的首项为a1，公差为d，Sn＝－n2＋2n，则a1＝－1＋2＝1>0，A错误；因为Sn＝－n2＋2n的图象开口向下，对称轴为直线n＝1，由n≥1可知，{Sn}为递减数列，B正确；由题意得a2＝－1，d＝a2－a1＜0，故{an}为递减数列，C正确；因为eq \f(Sn,n)＝－n＋2，则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是公差为－1的等差数列，D正确．故选BCD. 解析：根据题意，数列{an}中，an＝－3n＋20，则数列{an}是首项为17，公差为－3的等差数列，且当n≤6时，an＞0，当n≥7时，an＜0.又由bn＝|an|，则当n≤6时，bn＝an，当n≥7时，bn＝－an，则使Tn＝Sn成立的最大正整数为6，S2026＋T2026＝(a1＋a2＋…＋a6＋a7＋a8＋…＋a2026)＋(b1＋b2＋…＋b6＋b7＋b8＋…＋b2026)＝(a1＋a2＋…＋a6＋a7＋a8＋…＋a2026)＋(a1＋a2＋…＋a6－a7－a8－…－a2026)＝2(a1＋a2＋…＋a6)＝2×eq \f(（17＋2）×6,2)＝114. 解　(1)∵S8＝8a1＋28d＝48，S12＝12a1＋66d＝168，解得a1＝－8，d＝4. (2)∵a6＝10＝a1＋5d，S5＝5a1＋10d＝5， 解得d＝3，a1＝－5，∴a8＝16，S8＝44. (3)∵a1＋a17＝a3＋a15＝40， ∴S17＝eq \f(17（a1＋a17）,2)＝340. 一、选择题 1．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝2，且S4＝10，则{an}的公差为(　　) A.eq \f(1,2) B．1 C.eq \f(3,2) D．2 解析：因为S4＝eq \f(4（a1＋a4）,2)＝2(a2＋a3)＝10，a2＝2，则a3＝3，因此等差数列{an}的公差为d＝a3－a2＝1.故选B. 解析：设数列{an}的公差为d，a4＋S7＝a4＋eq \f(7（a1＋a7）,2)＝a4＋7a4＝8a4＝－16，所以a4＝－2，又a8＝－a4＝2，所以d＝eq \f(a8－a4,4)＝1，a1＝－5，S10＝10×(－5)＋eq \f(10×（10－1）,2)×1＝－50＋45＝－5.故选D. 3．等差数列{an}的通项公式为an＝1－2n，其前n项和为Sn，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))的前11项和为(　　) A．－45 B．－50 C．－55 D．－66 解析：等差数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)，∴eq \f(Sn,n)＝eq \f(a1＋an,2)＝eq \f(（1－2）＋（1－2n）,2)＝－n，∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))的前11项和为－(1＋2＋3＋…＋11)＝－66. 4．等差数列{an}的前n项和为Sn，已知am－1＋am＋1－aeq \o\al(2,m)＝0，S2m－1＝38，则m＝(　　) A．38 B．20 C．10 D．9 解析：由数列{an}是等差数列，得am－1＋am＋1＝2am，由am－1＋am＋1－aeq \o\al(2,m)＝0，得2am－aeq \o\al(2,m)＝0，解得am＝2或am＝0.又由S2m－1＝eq \f(a1＋a2m－1,2)×(2m－1)＝38，且2am＝a1＋a2m－1，得(2m－1)am＝38，故am≠0，则有2m－1＝19，m＝10. 解析：设等差数列{an}的公差为d，则由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＋a1＋3d＝7，,3（a1＋d）＋a1＋4d＝5，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－4，,d＝3，))则S10＝10a1＋eq \f(10×9,2)d＝10×(－4)＋45×3＝95. 解析：S12＝eq \f(12（a1＋a12）,2)＝21，即a1＋a12＝eq \f(7,2)，则a2＋a5＋a8＋a11＝2(a1＋a12)＝7. 解：(1)∵eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a4＝a1＋3d＝9，,a9＝a1＋8d＝－6，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝18，,d＝－3，)) ∴Sn＝n·18＋eq \f(n（n－1）,2)×(－3)＝54， 解得n＝4或n＝9. (2)∵a2＝1，a5＝7， 又a5－a2＝3d，∴3d＝6，即d＝2， ∴a1＝a2－d＝－1，∴S10＝10a1＋eq \f(10×9,2)·d＝10×(－1)＋45×2＝80. (3)解法一：设等差数列的首项为a1，公差为d，则S5＝5a1＋eq \f(5×（5－1）,2)d＝24， 即5a1＋10d＝24，∴a1＋2d＝eq \f(24,5)， ∴a2＋a4＝a1＋d＋a1＋3d＝2(a1＋2d)＝2×eq \f(24,5)＝eq \f(48,5). 解法二：由S5＝eq \f(5（a1＋a5）,2)＝24，得a1＋a5＝eq \f(48,5)， ∴a2＋a4＝a1＋a5＝eq \f(48,5). 10．已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a3a4＝117，a2＋a5＝22. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}是等差数列，且bn＝eq \f(Sn,n＋c)，求非零常数c. 解：(1)∵{an}为等差数列，∴a3＋a4＝a2＋a5＝22， 又a3a4＝117，∴a3，a4是方程x2－22x＋117＝0的两个根， 又公差d>0，∴a3<a4，∴a3＝9，a4＝13. ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝9，,a1＋3d＝13，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝4，)) ∴an＝4n－3. (2)由(1)知，Sn＝n·1＋eq \f(n（n－1）,2)·4＝2n2－n， ∴bn＝eq \f(Sn,n＋c)＝eq \f(2n2－n,n＋c)， ∴b1＝eq \f(1,1＋c)，b2＝eq \f(6,2＋c)，b3＝eq \f(15,3＋c)， ∵{bn}是等差数列， ∴2b2＝b1＋b3，∴2c2＋c＝0， ∴c＝－eq \f(1,2)(c＝0舍去)． (2)由题意，得bn＝|8－2n|. ∵b1＝6，b2＝4，b3＝2，b4＝0，b5＝2， ∴此数列的前4项是首项为6，公差为－2的等差数列， 从第5项起是以2为首项，2为公差的等差数列． ∴当n≤4时，Sn＝6n＋eq \f(n（n－1）,2)×(－2)＝－n2＋7n； 当n≥5时， Sn＝S4＋(n－4)×2＋eq \f(（n－5）（n－4）,2)×2＝12＋n2－7n＋12＝n2－7n＋24. ∴Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－n2＋7n，n≤4且n∈N＋，,n2－7n＋24，n≥5且n∈N＋.)) 2．(新课标Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d，且d>1.令bn＝eq \f(n2＋n,an)，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和． (1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式； (2)若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d. 解：(1)∵3a2＝3a1＋a3，∴3d＝a1＋2d，解得a1＝d， ∴S3＝3a2＝3(a1＋d)＝6d， 又T3＝b1＋b2＋b3＝eq \f(2,d)＋eq \f(6,2d)＋eq \f(12,3d)＝eq \f(9,d)，∴S3＋T3＝6d＋eq \f(9,d)＝21， 即2d2－7d＋3＝0，解得d＝3或d＝eq \f(1,2)(舍去)， ∴an＝a1＋(n－1)d＝3n. (2)∵{bn}为等差数列， ∴2b2＝b1＋b3，即eq \f(12,a2)＝eq \f(2,a1)＋eq \f(12,a3)， ∴6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)－\f(1,a3)))＝eq \f(6d,a2a3)＝eq \f(6d,（a1＋d）（a1＋2d）)＝eq \f(1,a1)， 即aeq \o\al(2,1)－3a1d＋2d2＝0， 解得a1＝d或a1＝2d， ∵d>1，∴an>0， 又S99－T99＝99， 由等差数列的性质知，99a50－99b50＝99，即a50－b50＝1， ∴a50－eq \f(2550,a50)＝1，即aeq \o\al(2,50)－a50－2550＝0， 解得a50＝51或a50＝－50(舍去)． 当a1＝2d时，a50＝a1＋49d＝51d＝51， 解得d＝1，与d>1矛盾，无解； 当a1＝d时，a50＝a1＋49d＝50d＝51， 解得d＝eq \f(51,50). 综上，d＝eq \f(51,50). $