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{a_n}為等差數(shù)列，公差d≠0,a_n≠0,(n∈N^*),且a_kx²+2a_k+1x+a_k+2=0(k∈N^*)
(1)求證:當(dāng)k取不同自然數(shù)時(shí)，此方程有公共根；
(2)若方程不同的根依次為x₁,x₂,…,x_n,…,
求證:數(shù)列為等差數(shù)列.

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       難點(diǎn)磁場(chǎng)

解法一：將S_m=30,S_2m=100代入S_n=na₁+d,得：

解法二：由知，要求S_3m只需求m［a₁+］,將②－①得ma₁+ d=70,∴S_3m=210.

解法三：由等差數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和公式知，S_n是關(guān)于n的二次函數(shù)，即S_n=An²+Bn(A、B是常數(shù)）.將S_m=30,S_2m=100代入，得

,∴S_3m=A?(3m)²+B?3m=210

解法四：S_3m=S_2m+a_2m+1+a_2m+2+…+a_3m=S_2m+(a₁+2md)+…+(a_m+2md)=S_2m+(a₁+…+a_m)+m?2md=S_2m+S_m+2m²d.

由解法一知d=,代入得S_3m=210.

解法五：根據(jù)等差數(shù)列性質(zhì)知：S_m,S_2m－S_m,S_3m－S_2m也成等差數(shù)列，從而有：2(S_2m－S_m)=S_m+(S_3m－S_2m)

∴S_3m=3(S_2m－S_m)=210

解法六：∵S_n=na₁+d,

∴=a₁+d

∴點(diǎn)(n, )是直線y=+a₁上的一串點(diǎn)，由三點(diǎn)(m,),(2m, ),(3m, )共線，易得S_3m=3(S_2m－S_m)=210.

解法七：令m=1得S₁=30，S₂=100，得a₁=30,a₁+a₂=100,∴a₁=30,a₂=70

∴a₃=70+(70－30)=110

∴S₃=a₁+a₂+a₃=210

答案：210

殲滅難點(diǎn)訓(xùn)練

一、1.解析：利用等比數(shù)列和的性質(zhì).依題意，，而a₁=－1,故q≠1,

∴,根據(jù)等比數(shù)列性質(zhì)知S₅，S₁₀－S₅，S₁₅－S₁₀,…,也成等比數(shù)列，且它的公比為q⁵,∴q⁵=－,即q=－.

∴

答案：B

二、2.解析：解出a、b,解對(duì)數(shù)不等式即可.

答案：(－∞,8)

3.解析：利用S_奇/S_偶=得解.

答案：第11項(xiàng)a₁₁=29

4.解法一：賦值法.

解法二：

b=aq,c=aq²,x=(a+b)=a(1+q),y=(b+c)=aq(1+q),

 ==2.

答案：2

三、5.(1)解：依題意有：

解之得公差d的取值范圍為－＜d＜－3.

(2)解法一：由d＜0可知a₁>a₂>a₃>…>a₁₂>a₁₃,因此，在S₁，S₂，…，S₁₂中S_k為最大值的條件為：a_k≥0且a_k+1＜0,即

∵a₃=12,∴，∵d＜0,∴2－＜k≤3－

∵－＜d＜－3,∴＜－＜4,得5.5＜k＜7.

因?yàn)?i>k是正整數(shù)，所以k=6,即在S₁，S₂，…，S₁₂中，S₆最大.

解法二：由d＜0得a₁>a₂>…>a₁₂>a₁₃，因此，若在1≤k≤12中有自然數(shù)k,使得a_k≥0,且a_k+1＜0,則S_k是S₁，S₂，…，S₁₂中的最大值.由等差數(shù)列性質(zhì)得，當(dāng)m、n、p、q∈N^*,且m+n=p+q時(shí)，a_m+a_n=a_p+a_q.所以有：2a₇=a₁+a₁₃=S₁₃＜0,∴a₇＜0,a₇+a₆=a₁+a₁₂=S₁₂>0,∴a₆≥－a₇>0,故在S₁，S₂，…，S₁₂中S₆最大.

解法三：依題意得：

最小時(shí)，S_n最大；

∵－＜d＜－3,∴6＜(5－)＜6.5.從而，在正整數(shù)中，當(dāng)n=6時(shí)，［n－ (5－)］²最小，所以S₆最大.

點(diǎn)評(píng)：該題的第(1)問(wèn)通過(guò)建立不等式組求解屬基本要求，難度不高，入手容易.第(2)問(wèn)難度較高，為求{S_n}中的最大值S_k,1≤k≤12,思路之一是知道S_k為最大值的充要條件是a_k≥0且a_k+1＜0，思路之三是可視S_n為n的二次函數(shù)，借助配方法可求解.它考查了等價(jià)轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想、邏輯思維能力和計(jì)算能力，較好地體現(xiàn)了高考試題注重能力考查的特點(diǎn).而思路之二則是通過(guò)等差數(shù)列的性質(zhì)等和性探尋數(shù)列的分布規(guī)律，找出“分水嶺”，從而得解.

6.解：(1)由題意知a₅²=a₁?a₁₇，即(a₁+4d)²=a₁(a₁+16d)a₁d=2d²,

∵d≠0,∴a₁=2d,數(shù)列{}的公比q==3,

∴=a₁?3^n－1                                                                                         ①

又=a₁+(b_n－1)d=                                                                     ②

由①②得a₁?3^n－1=?a₁.∵a₁=2d≠0,∴b_n=2?3^n－1－1.

(2)T_n=Cb₁+Cb₂+…+Cb_n=C (2?3⁰－1)+C?(2?3¹－1)+…+C(2?3^n－1－1)=(C+C?3²+…+C?3ⁿ)－(C+C+…+C)=［(1+3)ⁿ－1］－(2ⁿ－1)= ?4ⁿ－2ⁿ+,

7.解：∵{a_n}為等差數(shù)列，{b_n}為等比數(shù)列，∴a₂+a₄=2a₃,b₂?b₄=b₃²,

已知a₂+a₄=b₃,b₂?b₄=a₃,∴b₃=2a₃,a₃=b₃²,

得b₃=2b₃²,∵b₃≠0,∴b₃=,a₃=.

由a₁=1,a₃=，知{a_n}的公差d=－,

∴S₁₀=10a₁+d=－.

由b₁=1,b₃=,知{b_n}的公比q=或q=－,

8.證明：(1）∵{a_n}是等差數(shù)列，∴2a_k+1=a_k+a_k+2,故方程a_kx²+2a_k+1x+a_k+2=0可變?yōu)?a_kx+a_k+2)(x+1)=0,

∴當(dāng)k取不同自然數(shù)時(shí)，原方程有一個(gè)公共根－1.

(2）原方程不同的根為x_k=