第六章 第二节 等差数列-【优学精研】2026年高考数学一轮总复习教用word

第二节　等差数列 课标要求 1.理解等差数列的概念和通项公式的意义. 2.探索并掌握等差数列的前n项和公式，理解等差数列的通项公式与前n项和公式的关系. 3.能在具体问题情境中，发现数列的等差关系，并解决相应的问题. 4.体会等差数列与一元一次函数、二次函数的关系. 1.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差数列，这个常数叫做等差数列的　公差　，公差通常用字母d表示，符号表示为　an＋1－an＝d　（n∈N*，d为常数）； 提醒 在公差为d的等差数列{an}中：①d＞0⇔{an}为递增数列；②d＝0⇔{an}为常数列；③d＜0⇔{an}为递减数列. （2）等差中项：数列a，A，b成等差数列的充要条件是A＝　　，其中A叫做a与b的等差中项. 2.等差数列的有关公式及等差数列与函数的关系 （1）通项公式：an＝a1＋（n－1）d＝nd＋（a1－d）⇒当d≠0时，an是关于n的一次函数模型，即an＝pn＋q，其中p为公差； （2）前n项和公式：Sn＝ Sn＝na1＋d＝n2＋n⇒当d≠0时，Sn是关于n的二次函数模型，且没有常数项，即Sn＝An2＋Bn. 3.等差数列的常用性质 已知{an}为等差数列，d为公差，Sn为该数列的前n项和. （1）通项公式的推广：an＝am＋（n－m）d（n，m∈N*）； （2）若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n（k，l，m，n∈N*），则ak＋al＝am＋an； （3）若{an}是等差数列，公差为d，则ak，ak＋m，ak＋2m，…（k，m∈N*）是公差为md的等差数列； （4）数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列，公差为　m2d　. 1.若{an}，{bn}均为等差数列且其前n项和分别为Sn，Tn，则＝. 2.若{an}是等差数列，则也是等差数列，其首项与{an}的首项相同，公差是{an}公差的. 3.若等差数列{an}的项数为偶数2n，则S2n＝n（a1＋a2n）＝…＝n（an＋an＋1）；S偶－S奇＝nd，＝. 4.若等差数列{an}的项数为奇数2n－1，则S2n－1＝（2n－1）an；＝；S奇－S偶＝an（中间项）. 1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”） （1）若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列.（　×　） （2）等差数列{an}的单调性是由公差d决定的.（　√　） （3）数列{an}为等差数列的充要条件是对任意n∈N*，都有2an＋1＝an＋an＋2.（　√　） （4）等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数.（　×　） 2.已知在等差数列{an}中，a4＋a8＝20，a7＝12，则a10＝（　　） A.18 B.16 C.20 D.17 解析：A　因为a4＋a8＝2a6＝20，所以a6＝10.又a7＝12，所以d＝2，所以a10＝a7＋3d＝12＋6＝18. 3.（人A选二P17例5改编）已知{an}为等差数列，a1＋a2＝3，a5＋a6＝7，则a9＋a10＝（　　） A.8 B.9 C.10 D.11 解析：D　∵{an}为等差数列，∴2（a5＋a6）＝a1＋a10＋a2＋a9＝（a1＋a2）＋（a9＋a10），∴a9＋a10＝2×7－3＝11.故选D. 4.（人A选二P21例7改编）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝2，S20＝8，则S30＝　18　. 解析：由于S10，S20－S10，S30－S20成等差数列，所以2×（8－2）＝2＋S30－8，解得S30＝18. 5.（苏教选一P182复习题13题改编）在项数为2n的等差数列中，各奇数项之和为75，各偶数项之和为90，末项与首项之差为27，则n＝　5　. 解析：S偶－S奇＝nd＝90－75＝15，又∵a2n－a1＝27，∴解得n＝5. 等差数列基本量的运算（基础自学过关） 1.（2024·全国甲卷理4题）记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S5＝S10，a5＝1，则a1＝（　　） A. B. C.－ D.－ 解析：B　由S5＝S10，得＝，所以5a3＝5（a3＋a8），所以a8＝0，公差d＝＝－，所以a1＝a5－4d＝1－4×（－）＝，故选B. 2.（2025·厦门第二次质检）已知正项等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，且4S3＝（a3＋1）2，4S4＝（a4＋1）2，则d＝（　　） A.1 B.2 C.3 D.4 解析：B　4S3＝（a3＋1）2，4S4＝（a4＋1）2，两式相减得4a4＝（a4＋1）2－（a3＋1）2，即（a4－1）2－（a3＋1）2＝0，则（a4＋a3）（a4－a3－2）＝0，又数列{an}为正项等差数列，∴a4－a3－2＝0，∴a4－a3＝2，即d＝2，故选B. 3.（2024·新高考Ⅱ卷12题）记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝　95　. 解析：法一（基本量法） 因为数列{an}为等差数列， 则由题意得解得 则S10＝10a1＋d＝10×（－4）＋45×3＝95. 法二（下标和性质法） 设{an}的公差为d，由a3＋a4＝a2＋a5＝7，3a2＋a5＝5，得a2＝－1，a5＝8，故d＝＝3，a6＝11，则S10＝×10＝5（a5＋a6）＝5×19＝95. 4.在我国古代，9是数字之极，代表尊贵之意，所以中国古代皇家建筑中包含许多与9相关的设计.例如，北京天坛圜丘坛的地面由扇环形的石板铺成，如图，最高一层的中心是一块天心石，围绕它的第一圈有9块石板，从第二圈开始，每一圈比前一圈多9块，共9圈，则第7圈的石板数为　63　，前9圈的石板总数为　405　. 解析：由题可知从第1圈到第9圈石板数构成等差数列{an}，且首项a1＝9，公差d＝9，则第7圈的石板数为a7＝9＋6×9＝63，前9圈的石板总数为S9＝9×9＋×9＝405. 练后悟通 等差数列基本量运算的常见类型及解题策略 （1）求公差d或项数n：在求解时，一般要运用方程思想； （2）求通项：a1和d是等差数列的两个基本元素； （3）求特定项：利用等差数列的通项公式或等差数列的性质求解； （4）求前n项和：利用等差数列的前n项和公式直接求解或利用等差中项间接求解. 等差数列的判定与证明（师生共研过关） 设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且满足对任意n∈N*，都有＋＋…＋＝.求证：数列{an}为等差数列. 证明：由题意，{an}各项为正数， ＋＋…＋＝， ① 当n＝1时，＝＝，得a1＝1. 当n≥2时，＋＋…＋＝， ② ①－②得＝－＝（Sn－Sn－1）（Sn＋Sn－1）＝an（Sn＋Sn－1）， 所以＝Sn＋Sn－1，则＝Sn＋1＋Sn， 两式相减得－＝an＋1＋an， 即（an＋1－an）（an＋1＋an）＝an＋1＋an， 所以an＋1－an＝1. 当n＝2时，＋＝（a1＋a2）2，即1＋＝（1＋a2）2，解得a2＝2，满足a2－a1＝1. 所以数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列. 解题技法 判断数列{an}是等差数列的常用方法 （1）定义法：对任意n∈N*，an＋1－an是同一常数； （2）等差中项法：对任意n≥2，n∈N*，满足2an＝an＋1＋an－1； （3）通项公式法：对任意n∈N*，都满足an＝pn＋q（p，q为常数）； （4）前n项和公式法：对任意n∈N*，都满足Sn＝An2＋Bn（A，B为常数）. 提醒 （3）（4）只适用于客观题的求解与判断. 1.数列{an}满足a1＝2，a2＝1，且＝－（n≥2），则数列{an}的第100项为（　　） A. B. C. D. 解析：B　因为＝－（n≥2），所以＋＝，所以{}为等差数列，首项为＝，第2项为＝1，所以d＝，所以＝＋99d＝＋99×＝50.所以a100＝.故选B. 2.（2023·新高考Ⅰ卷7题）设Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：{}为等差数列.则（　　） A.甲是乙的充分条件但不是必要条件 B.甲是乙的必要条件但不是充分条件 C.甲是乙的充要条件 D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 解析：C　若{an}是等差数列，设首项为a1，公差为d，则Sn＝na1＋d，所以＝a1＋d＝n＋a1－，所以－＝（n＋1）＋a1－－（n＋a1－）＝，所以{}是等差数列.若{}是等差数列，设＝kn＋b，k，b∈R，则Sn＝kn2＋bn.当n＝1时，a1＝S1＝k＋b；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝kn2＋bn－[k（n－1）2＋b（n－1）]＝2kn－k＋b，所以an－an－1＝2kn－k＋b－2k（n－1）＋k－b＝2k.所以{an}是等差数列.所以甲是乙的充要条件.故选C. 等差数列的性质及应用（定向精析突破） 考向1　等差数列项的性质 （1）（2024·全国甲卷文5题）记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S9＝1，则a3＋a7＝（　B　） A. B. C. D. 解析：（1）法一 设等差数列{an}的公差为d，由S9＝9a1＋d＝9（a1＋4d）＝1，得a1＋4d＝，则a3＋a7＝a1＋2d＋a1＋6d＝2a1＋8d＝2（a1＋4d）＝，故选B. 法二 因为{an}为等差数列，所以S9＝＝9a5＝1，得a5＝，则a3＋a7＝2a5＝，故选B. （2）已知数列{an}，{bn}都是等差数列，a1＝1，b1＝5，且a21－b21＝34，则a11－b11＝（　D　） A.－17 B.－15 C.17 D.15 解析：（2）因为数列{an}，{bn}都是等差数列，所以a11－b11＝－＝，又a1＝1，b1＝5，a21－b21＝34，所以a11－b11＝＝15，故选D. 解题技法 　　利用2am＝am－n＋am＋n可实现项的合并与拆分，在Sn＝中，Sn与a1＋an也可相互转化. 考向2　等差数列前n项和的性质 （1）（2025·河北调研）设Sn是等差数列{an}的前n项和，若＝，则＝（　B　） A. B. C. D. 解析：（1）由等差数列前n项和的性质知S5，S10－S5，S15－S10，S20－S15，…是等差数列.由＝，可设S5＝t（t≠0），则S10＝3t，于是S5，S10－S5，S15－S10，S20－S15，…依次为t，2t，3t，4t，…，所以S20＝t＋2t＋3t＋4t＝10t，所以＝.故选B. （2）等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意正整数n都有＝，则＋＝　　. 解析：（2）∵＋＝＝＝，∴＝＝＝＝. 解题技法 　　在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则： （1）S2n＝n（a1＋a2n）＝…＝n（an＋an＋1），S2n－1＝（2n－1）an； （2）Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…成等差数列. 考向3　等差数列前n项和的最值问题 〔多选〕设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S15＞0，S16＜0，则（　　） A.a8＞0 B.a9＜0 C.，，…，中最大的项为 D.，，…，中最大的项为 解析：ABD　由S15＝＝15a8＞0，得a8＞0，故A正确；由S16＝＝＜0，得a9＋a8＜0，所以a9＜0，且d＜0，故B正确；所以数列{an}为递减数列，且a1，…，a8为正，a9，…，an为负，且S1，…，S15大于0，S16，…，Sn小于0，则＞0，＞0，…，＞0，＜0，＜0，…，＜0，又S8＞S1，a1＞a8，所以＞＞0，所以，，…，中最大的项为，故C错误，D正确. 解题技法 求等差数列前n项和Sn最值的两种方法 1.（2024·青岛一模）记正项等差数列{an}的前n项和为Sn，S20＝100，则a10·a11的最大值为（　　） A.9　　　　B.16 C.25　　　　D.50 解析：C　∵S20＝×20＝100，∴a1＋a20＝10，∴a10＋a11＝a1＋a20＝10.又∵a10＞0，a11＞0，∴a10·a11≤（）2＝＝25，当且仅当a10＝a11＝5时取等号.∴a10·a11的最大值为25.故选C. 2.在等差数列{an}中，a1＝－2 026，其前n项和为Sn，若－＝2，则S2 026＝（　　） A.2 025 B.－2 025 C.－2 026 D.2 026 解析：C　由{an}是等差数列，设公差为d，则Sn＝na1＋d，所以＝a1＋d，－＝（常数），则{}也为等差数列.由－＝2，则数列{}的公差为1.所以＝＋（n－1）×1＝－2 026＋n－1＝n－2 027，所以＝2 026－2 027＝－1，所以S2 026＝－2 026. 1.已知{an}为等差数列，其前n项和为Sn，若a1＝1，a3＝5，Sn＝64，则n＝（　　） A.6 B.7 C.8 D.9 解析：C　因为d＝＝2，Sn＝na1＋d＝n＋n（n－1）＝64，解得n＝8（负值舍去）. 2.（2025·潍坊一模）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－1，S7＝5a4＋10，则S4＝（　　） A.6 B.7 C.8 D.10 解析：C　因为数列{an}为等差数列，所以S7＝＝＝7a4，又S7＝5a4＋10，则7a4＝5a4＋10，即a4＝5，则S4＝＝＝8.故选C. 3.设等差数列{an}满足3a8＝5a15，且a1＞0，Sn为其前n项和，则数列{Sn}的最大项为（　　） A.S23 B.S24 C.S25 D.S26 解析：C　设等差数列的公差为d，∵3a8＝5a15，∴3a1＋21d＝5a1＋70d，∴a1＋d＝0. 法一 ∵a1＞0，∴d＜0，∴a1＋24d＝a25＞0，a1＋25d＝a26＜0，∴数列{Sn}的最大项为S25.故选C. 法二 ∵Sn＝（n2－50n），d＜0，∴当n＝25时，数列{Sn}有最大项，为S25.故选C. 4.已知数列{an}中，a2＝4，am＋n＝am＋an，则a11＋a12＋a13＋…＋a19＝（　　） A.95 B.145 C.270 D.520 解析：C　在等式am＋n＝am＋an中，令m＝1，可得an＋1＝an＋a1，则an＋1－an＝a1，所以数列{an}为等差数列，且该数列的首项和公差均为a1.因为a2＝2a1＝4，故a1＝2，所以an＝2＋2（n－1）＝2n，则a15＝2×15＝30，因此a11＋a12＋a13＋…＋a19＝＝＝9a15＝270.故选C. 5.如图所示，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且｜AnAn＋1｜＝｜An＋1An＋2｜，An≠An＋1，n∈N*，｜BnBn＋1｜＝｜Bn＋1Bn＋2｜，Bn≠Bn＋1，n∈N*（P≠Q表示点P与Q不重合）.若dn＝｜AnBn｜，Sn为△AnBnBn＋1的面积，则（　　） A.{Sn}是等差数列 B.{}是等差数列 C.{dn}是等差数列 D.{}是等差数列 解析：A　设△AnBnBn＋1的边BnBn＋1上的高为hn且已知锐角α的顶点为O（如图所示），则hn＝｜OAn｜sin α，所以hn＋1－hn＝｜OAn＋1｜sin α－｜OAn｜·sin α＝（｜OAn＋1｜－｜OAn｜）sin α＝｜AnAn＋1｜sin α为常数，所以数列{hn}是等差数列.因为Sn＝｜BnBn＋1｜·hn，所以{Sn}是等差数列，故选A. 6.〔多选〕已知等差数列{an}的前n项和为Sn（n∈N*），若a1＞0，S4＝S12，则（　　） A.公差d＜0 B.a7＋a9＜0 C.Sn的最大值为S8 D.满足Sn＜0的n的最小值为16 解析：AC　因为a1＞0，S4＝S12，则＝，即a1＋a4＝3（a1＋a12），则d＝－a1＜0，故A正确；a7＋a9＝2a1＋14d＝－d＞0，故B错误；由a7＋a9＞0，得a8＞0，a9＝a1＋8d＝d＜0，因为d＜0，a1＞0，所以数列{an}是递减数列，且当n≤8时，an＞0，当n≥9时，an＜0，所以Sn的最大值为S8，故C正确；Sn＝n2＋（a1－）n＝－n2＋n，令Sn＜0，解得n＞16，所以满足Sn＜0的n的最小值为17，故D错误. 7.等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，若S4＝S5＝20，则a1－d＝　10　. 解析：由题意可知，解得a1＝8，d＝－2，所以a1－d＝10. 8.记等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝2，数列{}为等差数列，则a13的值为　50　. 解析：设等差数列{an}的公差为d，结合a1＝2得S1＝2，S2＝4＋d，S3＝6＋3d，∵{}为等差数列，∴2＝＋，即2＝＋，两边平方整理得8＋d＝2，两边再平方整理得d2－8d＋16＝0，即（d－4）2＝0，∴d＝4，∴a13＝a1＋12d＝2＋12×4＝50. 9.设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n－1.数列{bn}满足b1＝2，bn＋1－2bn＝8an. （1）求数列{an}的通项公式； （2）证明数列{}为等差数列，并求{bn}的通项公式. 解：（1）当n＝1时，a1＝S1＝21－1＝1； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（2n－1）－（2n－1－1）＝2n－1. 因为a1＝1符合上式，所以an＝2n－1. （2）因为bn＋1－2bn＝8an， 所以bn＋1－2bn＝2n＋2，即－＝2.又＝1， 所以数列{}是首项为1，公差为2的等差数列. 所以＝1＋2（n－1）＝2n－1.所以bn＝（2n－1）×2n. 10.若数列{an}满足－＝d（n∈N*，d为常数），则称数列{an}为“调和数列”，已知数列{}为“调和数列”，且x1＋x2＋…＋x20＝200，则x5＋x16＝（　　） A.10 B.20 C.30 D.40 解析：B　因为数列{}为“调和数列”，所以由“调和数列”的定义可知xn＋1－xn＝d（n∈N*，d为常数），即数列{xn}为等差数列，则x1＋x2＋…＋x20＝＝200，所以x1＋x20＝20，故x5＋x16＝x1＋x20＝20，故选B. 11.（2024·西安一模）如图，用相同的球堆成若干堆“正三棱锥”形的装饰品，其中第1堆只有1层，且只有1个球；第2堆有2层4个球，其中第1层有1个球，第2层有3个球；…；第n堆有n层共Sn个球，第1层有1个球，第2层有3个球，第3层有6个球，….已知S20＝1 540，则n2＝（　　） A.2 290 B.2 540 C.2 650 D.2 870 解析：D　在第n（n≥2）堆中，从第2层起，第n层球的个数比第n－1层球的个数多n，记第n层球的个数为an，则an－an－1＝n（n≥2） ，得an＝a1＋（a2－a1）＋（a3－a2）＋…＋（an－an－1）＝1＋2＋3＋…＋n＝n（n＋1），其中a1＝1也适合上式，则an＝n（n＋1）＝（n2＋n），在第n堆中，Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝[（12＋22＋32＋…＋n2）＋（1＋2＋3＋…＋n）]＝［（12＋22＋32＋…＋n2）＋n（n＋1）］，当n＝20时，S20＝（n2＋210）＝1 540，解得n2＝2 870.故选D. 12.〔多选〕（2025·海口摸底）已知首项为正数的等差数列{an}的前n项和为Sn，若（S15－S11）·（S15－S12）＜0，则（　　） A.a13＋a14＞0 B.S11＜S15＜S12 C.当n＝14时，Sn取最大值 D.当Sn＜0时，n的最小值为27 解析：ABD　对于A，首项为正数的等差数列{an}的前n项和为Sn，所以（S15－S11）（S15－S12）＝（a15＋a14＋a13＋a12）×3a14＝6a14（a14＋a13）＜0，若a14＞0，则a14＋a13＞0，不符合题意，所以a14＜0，a14＋a13＞0，故A正确；对于B，由A可知S15－S11＝a15＋a14＋a13＋a12＝2（a14＋a13）＞0，则S15＞S11，S15－S12＝3a14＜0，则S15＜S12，故B正确；对于C，由A可知，a14＜0，a14＋a13＞0，所以a13＞0，故n＝13时，Sn取最大值，故C错误；对于D，由S27＝＝27a14＜0，S26＝＝13（a14＋a13）＞0，且{an}是首项为正数的等差数列，故D正确.故选A、B、D. 13.已知数列{an}满足an＝（－1）n，在ak，ak＋1（k∈N*）之间插入首项为ak＋，公差为的等差数列的前k项，构成数列{bn}，记数列{bn}的前n项和为Sn，则S230＝　125　. 解析：由题可得数列{bn}为a1，a1＋1，a2，a2＋，a2＋＋，a3，a3＋，a3＋＋，a3＋＋＋，…，ak，ak＋，…，ak＋（k－1），ak＋1，ak＋1，…，记ak及其后连续k项的和为ck，则ck＝（k＋1）（－1）k＋×＝（k＋1）（－1）k＋，则S230＝c1＋c2＋c3＋…＋c20＝－2＋3－4＋…＋21＋×（2＋3＋4＋…＋21）＝10＋×＝125. 14.已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，＝a3·a7，且S8＝32. （1）求S10； 解：（1）设等差数列{an}的公差为d（d≠0），则由题知解得所以S10＝10a1＋d＝－30＋90＝60. （2）若数列{bn}是公差为－4的等差数列，其前n项和为Tn，且b1＝a13，则Tn是否存在最值？如果存在，求出最值；如果不存在，请说明理由. 解：（2）由（1）可知b1＝a13＝－3＋12×2＝21. 因为数列{bn}的公差为－4，所以Tn＝21n＋×（－4）＝－2n2＋23n＝－2（n－）2＋. 所以当n＝6时，Tn有最大值T6＝－2×62＋23×6＝66. 15.（情境创新）（2025·河南五市联考）一款卷筒卫生纸绕在圆柱形空心纸筒上，纸筒直径为20 mm，卫生纸厚度约为0.1 mm，若未使用时直径为80 mm，则这个卷筒卫生纸总长度大约为（参考数据：π≈3.14）（　　） A.47 m B.51 m C.94 m D.102 m 解析：A　空心纸筒直径为20 mm，则底面半径为10 mm，其周长为2π×10＝20π（mm），卷纸未使用时直径为80 mm，则底面半径为40 mm，其周长为2π×40＝80π（mm），又因为卫生纸厚度约为0.1 mm，则卷纸共有的层数约为＝300，即每一圈的卷纸周长构成一个等差数列，即首项为20π，末项为80π，项数为300，则这个卷筒卫生纸总长度即这个等差数列的前300项和，S300＝＝15 000π（mm），而15 000π mm≈15 000×3.14＝47 100 mm≈47 m.即这个卷筒卫生纸总长度大约为47 m.故选A. 16.（新定义）对于数列{an}，若从第二项起的每一项均大于该项之前的所有项的和，则称{an}为P数列. （1）若{an}的前n项和Sn＝3n＋2，试判断{an}是否是P数列，并说明理由； （2）设数列a1，a2，…，a20是首项为－1，公差为d的等差数列，若该数列是P数列，求d的取值范围. 解：（1）因为Sn＝3n＋2，Sn－1＝3n－1＋2（n≥2）， 则an＝Sn－Sn－1＝2·3n－1（n≥2）， 当n＝1时，a1＝S1＝5不适合上式，故an＝ 那么当k∈N*时，ak＋1－Sk＝2·3k－3k－2＝3k－2＞0符合题意， 故数列{an}是P数列. （2）由题意知，该数列的前n项和为Tn＝－n＋d，an＋1＝－1＋nd， 由数列a1，a2，…，a20是P数列，可知a2＞S1＝a1，故公差d＞0， Tn－an＋1＝n2－（1＋d）n＋1＜0对满足n＝1，2，…，19，n∈N*的任意n都成立， 则n＝1时，－d＜0，明显成立； n＝19时，令×192－（1＋d）×19＋1＜0，解得d＜， 故d的取值范围为（0，）. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $