下面是我校高三文、理科模拟考试卷上的两道填空题：

文科题  设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a13>0，a14<0，a13>a14，若SkSk+1<0，则k=________.

理科题  设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S13>0，S14<0，若akak+1<0，则k=________.

两题结构对称，“个性”鲜明，精巧雅致，独具特色：其一，两题涉及了等差数列中一类“存在k∈N？鄢使akak+1<0及SkSk+1<0”的问题;其二，两题揭示了等差数列中“项”与“和”之间关于零点、正负、单调性、最值等问题上的相互转化关系. 笔者探究发现，两题除了可用常规公式求解之外，还可将数列“回归”到函数，用图象来“透视”等差（即利用an与Sn对应函数的零点关系与图象求解），且以此为指导思想，引出了此类等差数列的一些相关性质，这些性质看似浅显，但对我们充分理解等差数列的函数本质，以及如何利用图象求解等差数列中的正负、单调性、最值等问题，都将大有帮助. 本文首先介绍几个预备性质，然后给出两题的“另类”解法，最后将此性质予以推广，供参考.

本文约定，等差数列{an}的首项为a1，公差为d，前n项和为Sn， f（x）与F（x）分别是an与Sn对应的函数，它们的零点分别是t与T（T≠0）.

性质1  等差数列{an}中，若存在k∈N？鄢，（1）使ak>0，ak+1<0，则a1>0，d<0;（2）使ak<0，ak+1>0，则a1<0，d>0.

证明  （1）由已知得a1+（k-1）d>0，a1+kd<0， 两式相减得-d>0，所以d<0. 又a1>（1-k）d≥0，所以a1>0;（2）同理可证.

性质2  等差数列{an}中，若存在k∈N？鄢，（1）使Sk>0，Sk+1<0，则a1>0，d<0;（2）使Sk<0，Sk+1>0，则a1<0，d>0.

证明  （1）由已知并化简可得k+a1->0，（k+1）+a1-<0，两式相减得

-d>0，所以d<0. 又a1>（1-k）≥0，所以a1>0;（2）同理可证.

性质3  等差数列{an}中，（1）若a1>0，d<0，则f（x）与F（x）的图象分别为图1与图2;（2）若a1<0，d>0，则f（x）与F（x）的图象分别为图3与图4.

图1               图2

图3               图4

证明  因an与Sn可分别写成an=d·n+a1-d与Sn=n2+a1-n，故动点M（n，an）（n∈N？鄢）与N（n，Sn）（n∈N？鄢）分别为一次函数f（x）=d·x+a1-d与二次函数F（x）=x2+a1-x图象上的点列（数列“回归”函数）. 令f（x）=0，F（x）=0，解得t=1-，T=1-.（1）当a1>0，d<0时，易知f（x）图象的倾斜角为钝角（减函数），且在x轴上的截距t=1->0的直线，故其图象如图1，而F（x）的图象是开口向下且在x轴上的非零截距T=1->0的抛物线，故其图象如图2. （2）同理可证.

性质4  等差数列{an}中，T=2t-1.

证明  由于t=1-，T=1-，消去即得T=2t-1.

文科题解  因为a13>0，a14<0，由性质1、3及零点存在性质知，a1>0，d<0， f（x）图象如图1，F（x）图象如图2，t∈（13，14）. 又因为a13>a14=-a14，即a13+a14>0，所以观察图1即知，t介于13与14之间但更接近14（图象“透视”等差），即t∈（13.5，14）. 故由性质4，T=2t-1∈（26，27），观察图2即知，S26>0，S27<0，所以k=26.

理科题解  因为S13>0，S14<0，由性质2、3及零点存在性质知，a1>0，d<0， f（x）图象如图1，F（x）图象如图2，

（下转34页）

T∈（13，14）. 故由性质4，t=∈（7，7.5），观察图1即知，a7>0，a8<0，所以k=7.

点评 上述解法的核心思想是：将f（x）与F（x）的图象及零点进行转化（图象转化的依据是首项与公差的正负，零点转化的依据是T=2t-1），最终观察图象解题. 具体步骤是：①由条件获知f（x）（F（x））的图象与零点t（T）的取值范围，判断首项与公差的正负，进而获知F（x）（f（x））的图象;②由零点关系T=2t-1（t=）获知T（t）的取值范围，观察F（x）（f（x））的图象即可解题. 这种“零点+图象”的解题策略即为本文所指的“另类”解法.

预备性质揭示了此类等差数列的一个明显特征：a1d<0，并阐明了f（x）与F（x）的图象及零点关系，下面将上述性质在最值、单调性等方面予以推广（a1d<0的等差数列较a1d>0有更多性质）.

推广1 等差数列{an}中，若存在k∈N？鄢使ak>0，ak+1<0，则（1）（Sn）max=Sk;（2）①当ak+ak+1>0时，S2k>0，S2k+1<0;②当ak+ak+1=0时，S2k-1>0，S2k=0，S2k+1<0;③当ak+ak+1<0时，S2k-1>0，S2k<0.

证明  （1）因为ak>0，ak+1<0，由性质1、3、4及零点存在性质知，a1>0，d<0， f（x）图象如图1，F（x）图象如图2，t∈（k，k+1），所以T=2t-1∈（2k-1，2k+1），F（x）图象的对称轴x=∈k-，k+. 观察图2知：抛物线开口向下，且k比k-1及k+1更接近于对称轴，所以（Sn）max=Sk（图象“透视”等差）.（2）①当ak+ak+1>0时，观察图1知：t介于k与k+1之间，但更接近k+1，所以t∈k+，k+1，所以T=2t-1∈（2k，2k+1），观察图象2即知，S2k>0，S2k+1<0;②当ak+ak+1=0时，观察图1知，t=k+，所以T=2t-1=2k，观察图2即知，S2k-1>0，S2k=0，S2k+1<0;③当ak+ak+1<0时，观察图1知t∈k，k+，所以T=2t-1∈（2k-1，2k），观察图象2即知，S2k-1>0，S2k<0.

推广2  等差数列{an}中，若存在k∈N？鄢使ak<0，ak+1>0，则（1）（Sn）min=Sk;（2）①当ak+ak+1>0时，S2k-1<0，S2k>0;②当ak+ak+1=0时，S2k-1<0，S2k=0，S2k+1>0;③当ak+ak+1<0时，S2k<0，S2k+1>0.（证明同推广1）

综上可知，两题看似平常而内蕴不凡，通过它们，不仅深刻揭示了等差数列的函数本质，而且充分体验了“数列读图”的美妙意境. 因此，这是两道值得赏析和推崇的好题.endprint

下面是我校高三文、理科模拟考试卷上的两道填空题：

文科题  设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a13>0，a14<0，a13>a14，若SkSk+1<0，则k=________.

理科题  设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S13>0，S14<0，若akak+1<0，则k=________.

两题结构对称，“个性”鲜明，精巧雅致，独具特色：其一，两题涉及了等差数列中一类“存在k∈N？鄢使akak+1<0及SkSk+1<0”的问题;其二，两题揭示了等差数列中“项”与“和”之间关于零点、正负、单调性、最值等问题上的相互转化关系. 笔者探究发现，两题除了可用常规公式求解之外，还可将数列“回归”到函数，用图象来“透视”等差（即利用an与Sn对应函数的零点关系与图象求解），且以此为指导思想，引出了此类等差数列的一些相关性质，这些性质看似浅显，但对我们充分理解等差数列的函数本质，以及如何利用图象求解等差数列中的正负、单调性、最值等问题，都将大有帮助. 本文首先介绍几个预备性质，然后给出两题的“另类”解法，最后将此性质予以推广，供参考.

本文约定，等差数列{an}的首项为a1，公差为d，前n项和为Sn， f（x）与F（x）分别是an与Sn对应的函数，它们的零点分别是t与T（T≠0）.

性质1  等差数列{an}中，若存在k∈N？鄢，（1）使ak>0，ak+1<0，则a1>0，d<0;（2）使ak<0，ak+1>0，则a1<0，d>0.

证明  （1）由已知得a1+（k-1）d>0，a1+kd<0， 两式相减得-d>0，所以d<0. 又a1>（1-k）d≥0，所以a1>0;（2）同理可证.

性质2  等差数列{an}中，若存在k∈N？鄢，（1）使Sk>0，Sk+1<0，则a1>0，d<0;（2）使Sk<0，Sk+1>0，则a1<0，d>0.

证明  （1）由已知并化简可得k+a1->0，（k+1）+a1-<0，两式相减得

-d>0，所以d<0. 又a1>（1-k）≥0，所以a1>0;（2）同理可证.

性质3  等差数列{an}中，（1）若a1>0，d<0，则f（x）与F（x）的图象分别为图1与图2;（2）若a1<0，d>0，则f（x）与F（x）的图象分别为图3与图4.

图1               图2

图3               图4

证明  因an与Sn可分别写成an=d·n+a1-d与Sn=n2+a1-n，故动点M（n，an）（n∈N？鄢）与N（n，Sn）（n∈N？鄢）分别为一次函数f（x）=d·x+a1-d与二次函数F（x）=x2+a1-x图象上的点列（数列“回归”函数）. 令f（x）=0，F（x）=0，解得t=1-，T=1-.（1）当a1>0，d<0时，易知f（x）图象的倾斜角为钝角（减函数），且在x轴上的截距t=1->0的直线，故其图象如图1，而F（x）的图象是开口向下且在x轴上的非零截距T=1->0的抛物线，故其图象如图2. （2）同理可证.

性质4  等差数列{an}中，T=2t-1.

证明  由于t=1-，T=1-，消去即得T=2t-1.

文科题解  因为a13>0，a14<0，由性质1、3及零点存在性质知，a1>0，d<0， f（x）图象如图1，F（x）图象如图2，t∈（13，14）. 又因为a13>a14=-a14，即a13+a14>0，所以观察图1即知，t介于13与14之间但更接近14（图象“透视”等差），即t∈（13.5，14）. 故由性质4，T=2t-1∈（26，27），观察图2即知，S26>0，S27<0，所以k=26.

理科题解  因为S13>0，S14<0，由性质2、3及零点存在性质知，a1>0，d<0， f（x）图象如图1，F（x）图象如图2，

（下转34页）

T∈（13，14）. 故由性质4，t=∈（7，7.5），观察图1即知，a7>0，a8<0，所以k=7.

点评 上述解法的核心思想是：将f（x）与F（x）的图象及零点进行转化（图象转化的依据是首项与公差的正负，零点转化的依据是T=2t-1），最终观察图象解题. 具体步骤是：①由条件获知f（x）（F（x））的图象与零点t（T）的取值范围，判断首项与公差的正负，进而获知F（x）（f（x））的图象;②由零点关系T=2t-1（t=）获知T（t）的取值范围，观察F（x）（f（x））的图象即可解题. 这种“零点+图象”的解题策略即为本文所指的“另类”解法.

预备性质揭示了此类等差数列的一个明显特征：a1d<0，并阐明了f（x）与F（x）的图象及零点关系，下面将上述性质在最值、单调性等方面予以推广（a1d<0的等差数列较a1d>0有更多性质）.

推广1 等差数列{an}中，若存在k∈N？鄢使ak>0，ak+1<0，则（1）（Sn）max=Sk;（2）①当ak+ak+1>0时，S2k>0，S2k+1<0;②当ak+ak+1=0时，S2k-1>0，S2k=0，S2k+1<0;③当ak+ak+1<0时，S2k-1>0，S2k<0.

证明  （1）因为ak>0，ak+1<0，由性质1、3、4及零点存在性质知，a1>0，d<0， f（x）图象如图1，F（x）图象如图2，t∈（k，k+1），所以T=2t-1∈（2k-1，2k+1），F（x）图象的对称轴x=∈k-，k+. 观察图2知：抛物线开口向下，且k比k-1及k+1更接近于对称轴，所以（Sn）max=Sk（图象“透视”等差）.（2）①当ak+ak+1>0时，观察图1知：t介于k与k+1之间，但更接近k+1，所以t∈k+，k+1，所以T=2t-1∈（2k，2k+1），观察图象2即知，S2k>0，S2k+1<0;②当ak+ak+1=0时，观察图1知，t=k+，所以T=2t-1=2k，观察图2即知，S2k-1>0，S2k=0，S2k+1<0;③当ak+ak+1<0时，观察图1知t∈k，k+，所以T=2t-1∈（2k-1，2k），观察图象2即知，S2k-1>0，S2k<0.

推广2  等差数列{an}中，若存在k∈N？鄢使ak<0，ak+1>0，则（1）（Sn）min=Sk;（2）①当ak+ak+1>0时，S2k-1<0，S2k>0;②当ak+ak+1=0时，S2k-1<0，S2k=0，S2k+1>0;③当ak+ak+1<0时，S2k<0，S2k+1>0.（证明同推广1）

综上可知，两题看似平常而内蕴不凡，通过它们，不仅深刻揭示了等差数列的函数本质，而且充分体验了“数列读图”的美妙意境. 因此，这是两道值得赏析和推崇的好题.endprint

下面是我校高三文、理科模拟考试卷上的两道填空题：

文科题  设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a13>0，a14<0，a13>a14，若SkSk+1<0，则k=________.

理科题  设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S13>0，S14<0，若akak+1<0，则k=________.

两题结构对称，“个性”鲜明，精巧雅致，独具特色：其一，两题涉及了等差数列中一类“存在k∈N？鄢使akak+1<0及SkSk+1<0”的问题;其二，两题揭示了等差数列中“项”与“和”之间关于零点、正负、单调性、最值等问题上的相互转化关系. 笔者探究发现，两题除了可用常规公式求解之外，还可将数列“回归”到函数，用图象来“透视”等差（即利用an与Sn对应函数的零点关系与图象求解），且以此为指导思想，引出了此类等差数列的一些相关性质，这些性质看似浅显，但对我们充分理解等差数列的函数本质，以及如何利用图象求解等差数列中的正负、单调性、最值等问题，都将大有帮助. 本文首先介绍几个预备性质，然后给出两题的“另类”解法，最后将此性质予以推广，供参考.

本文约定，等差数列{an}的首项为a1，公差为d，前n项和为Sn， f（x）与F（x）分别是an与Sn对应的函数，它们的零点分别是t与T（T≠0）.

性质1  等差数列{an}中，若存在k∈N？鄢，（1）使ak>0，ak+1<0，则a1>0，d<0;（2）使ak<0，ak+1>0，则a1<0，d>0.

证明  （1）由已知得a1+（k-1）d>0，a1+kd<0， 两式相减得-d>0，所以d<0. 又a1>（1-k）d≥0，所以a1>0;（2）同理可证.

性质2  等差数列{an}中，若存在k∈N？鄢，（1）使Sk>0，Sk+1<0，则a1>0，d<0;（2）使Sk<0，Sk+1>0，则a1<0，d>0.

证明  （1）由已知并化简可得k+a1->0，（k+1）+a1-<0，两式相减得

-d>0，所以d<0. 又a1>（1-k）≥0，所以a1>0;（2）同理可证.

性质3  等差数列{an}中，（1）若a1>0，d<0，则f（x）与F（x）的图象分别为图1与图2;（2）若a1<0，d>0，则f（x）与F（x）的图象分别为图3与图4.

图1               图2

图3               图4

证明  因an与Sn可分别写成an=d·n+a1-d与Sn=n2+a1-n，故动点M（n，an）（n∈N？鄢）与N（n，Sn）（n∈N？鄢）分别为一次函数f（x）=d·x+a1-d与二次函数F（x）=x2+a1-x图象上的点列（数列“回归”函数）. 令f（x）=0，F（x）=0，解得t=1-，T=1-.（1）当a1>0，d<0时，易知f（x）图象的倾斜角为钝角（减函数），且在x轴上的截距t=1->0的直线，故其图象如图1，而F（x）的图象是开口向下且在x轴上的非零截距T=1->0的抛物线，故其图象如图2. （2）同理可证.

性质4  等差数列{an}中，T=2t-1.

证明  由于t=1-，T=1-，消去即得T=2t-1.

文科题解  因为a13>0，a14<0，由性质1、3及零点存在性质知，a1>0，d<0， f（x）图象如图1，F（x）图象如图2，t∈（13，14）. 又因为a13>a14=-a14，即a13+a14>0，所以观察图1即知，t介于13与14之间但更接近14（图象“透视”等差），即t∈（13.5，14）. 故由性质4，T=2t-1∈（26，27），观察图2即知，S26>0，S27<0，所以k=26.

理科题解  因为S13>0，S14<0，由性质2、3及零点存在性质知，a1>0，d<0， f（x）图象如图1，F（x）图象如图2，

（下转34页）

T∈（13，14）. 故由性质4，t=∈（7，7.5），观察图1即知，a7>0，a8<0，所以k=7.

点评 上述解法的核心思想是：将f（x）与F（x）的图象及零点进行转化（图象转化的依据是首项与公差的正负，零点转化的依据是T=2t-1），最终观察图象解题. 具体步骤是：①由条件获知f（x）（F（x））的图象与零点t（T）的取值范围，判断首项与公差的正负，进而获知F（x）（f（x））的图象;②由零点关系T=2t-1（t=）获知T（t）的取值范围，观察F（x）（f（x））的图象即可解题. 这种“零点+图象”的解题策略即为本文所指的“另类”解法.

预备性质揭示了此类等差数列的一个明显特征：a1d<0，并阐明了f（x）与F（x）的图象及零点关系，下面将上述性质在最值、单调性等方面予以推广（a1d<0的等差数列较a1d>0有更多性质）.

推广1 等差数列{an}中，若存在k∈N？鄢使ak>0，ak+1<0，则（1）（Sn）max=Sk;（2）①当ak+ak+1>0时，S2k>0，S2k+1<0;②当ak+ak+1=0时，S2k-1>0，S2k=0，S2k+1<0;③当ak+ak+1<0时，S2k-1>0，S2k<0.

证明  （1）因为ak>0，ak+1<0，由性质1、3、4及零点存在性质知，a1>0，d<0， f（x）图象如图1，F（x）图象如图2，t∈（k，k+1），所以T=2t-1∈（2k-1，2k+1），F（x）图象的对称轴x=∈k-，k+. 观察图2知：抛物线开口向下，且k比k-1及k+1更接近于对称轴，所以（Sn）max=Sk（图象“透视”等差）.（2）①当ak+ak+1>0时，观察图1知：t介于k与k+1之间，但更接近k+1，所以t∈k+，k+1，所以T=2t-1∈（2k，2k+1），观察图象2即知，S2k>0，S2k+1<0;②当ak+ak+1=0时，观察图1知，t=k+，所以T=2t-1=2k，观察图2即知，S2k-1>0，S2k=0，S2k+1<0;③当ak+ak+1<0时，观察图1知t∈k，k+，所以T=2t-1∈（2k-1，2k），观察图象2即知，S2k-1>0，S2k<0.

推广2  等差数列{an}中，若存在k∈N？鄢使ak<0，ak+1>0，则（1）（Sn）min=Sk;（2）①当ak+ak+1>0时，S2k-1<0，S2k>0;②当ak+ak+1=0时，S2k-1<0，S2k=0，S2k+1>0;③当ak+ak+1<0时，S2k<0，S2k+1>0.（证明同推广1）

综上可知，两题看似平常而内蕴不凡，通过它们，不仅深刻揭示了等差数列的函数本质，而且充分体验了“数列读图”的美妙意境. 因此，这是两道值得赏析和推崇的好题.endprint