等差數列的概念和性質

本文轉載自查看原文 2018-12-29 09:37 2172 01專題解析

判斷證明

等差數列的證明方法[證明方法比判斷方法的邏輯嚴謹性要求更高]：

➊定義法：$a_{n+1}-a_n=d(n\in N^*)$，$d$為常數；或$a_{n}-a_{n-1}=d(n\geqslant 2且 n\in N^*)$，$d$為常數；

➋等差中項法：$2a_{n+1}=a_n+a_{n-1}$，$(n\ge 2，n\in N^*)$；或$2a_{n+1}=a_n+a_{n+2}$，$(n\ge 1，n\in N^*)$；

等差數列的判斷方法：除了定義法和等差中項法外，還有

➌通項公式法：$a_n=a_1+(n-1)d=dn+(a_1-d)=kn+b$，($k，b$為常數)，故$a_n$為$n$的仿一次函數；

➍前$n$項和法：$S_n=na_1+\cfrac{n(n-1)\cdot d}{2}=\cfrac{d}{2}n^2+(a_1-\cfrac{d}{2})n=An^2+Bn$，故$S_n$為$n$的仿二次函數；

運算技巧

① 數列的項數的計算

由$a_n=a_1+(n-1)\cdot d$，可得項數$n=\cfrac{a_n-a_1}{d}+1$，推廣得到項數$n=\cfrac{a_n-a_m}{d}+m$，

如數列$2^1，2^3，2^5，\cdots ，2^{2n-1}$的項數的計算，其項數可以利用上標來計算，其上標剛好成等差數列，

項數$r=\cfrac{a_n-a_1}{d}+1=\cfrac{(2n-1)-1}{3-1}+1=n$；

比如區間$(9^{m-1}+\cfrac{8}{9}，9^{2m-1}+\cfrac{8}{9})$有幾個整數？

在上述區間的第一個整數是$9^{m-1}+1$，最后一個整數為$9^{2m-1}$，公差為$1$，

故所求個數為$\cfrac{9^{2m-1}-(9^{m-1}+1)}{1}+1=9^{2m-1}-9^{m-1}$

② 約分技巧

當題目中出現$a_n>0$，或者正項數列，則涉及方程或者不等式的運算中十之八九要約分，要么約掉$a_n$，或者約掉$a_{n+1}+a_n$。如題目中有$(a_{n+1}+a_n)(a_{n+1}-a_n)=2(a_{n+1}+a_n)$，$a_n>0$；由此得到$a_{n+1}-a_n=2$；

③在$\Delta ABC$中，三個內角$A、B、C$成等差數列，則$B=\cfrac{\pi}{3}$。三條邊成等差數列，則$3n，4n，5n$就是一個特例，可以考慮賦值法。

④ 當下標比較小的時候，直接計算比變形求解要來的快。注意恰當的數學方法選擇策略，防止思維定勢。

比如在數列$\{a_n\}$中，$a_1=3$，$a_{n+1}=\cfrac{3a_n}{a_n+3}$，求$a_4$的值，

法1：由$a_1=3$和遞推公式$a_{n+1}=\cfrac{3a_n}{a_n+3}$，直接計算$a_2$，$a_3$，$a_4$，速度要快的多。

法2：先利用倒數法求的通項公式$a_n$，再計算$a_4$，要比法1的思路慢一些。

⑤設元技巧

當題目已知三個數成等差數列時，我們常常依次設三個數為$a-d$，$a$，$a+d$，這樣設元的優越性在於其和為$3a$，如果題目恰好已知了其和的值，則中間的數立馬可知，這樣變量就剩下一個$d$了；當已知五個數成等差數列時，常設為$a-2d$，$a-d$，$a$，$a+d$，$a+2d$；

給出方式

直接給出：$a_{n+1}-a_n=3$
賦值給出：$a_{n+m}=a_n+ a_m$，$a_1=2$，求通項公式$a_n$；^[8]

變形給出：$S_{n+1}=S_n+a_n+3$，即$a_{n+1}-a_n=3$；
變形給出：點$(a_{n+1}，a_n)$在直線$x-y-3=0$上，則$a_{n+1}-a_n=3$；
運算給出：$(a_{n+1}+a_n)(a_{n+1}-a_n)=2(a_{n+1}+a_n)$，$a_n>0$；
向量給出：$\overrightarrow{P_nP_{n+1}}=(1，a_{n+1}-a_n)=(1，3)$；
構造給出：

引例，如$(n+1)a_n=na_{n+1}$，構造得到，$\cfrac{a_{n+1}}{n+1}=\cfrac{a_n}{n}$，即$\cfrac{a_{n+1}}{n+1}-\cfrac{a_n}{n}=0$，即數列$\{\cfrac{a_n}{n}\}$為等差數列[常數列]；

引例如$(n+1)a_{n+1}=na_n$，構造得到，$(n+1)a_{n+1}-na_n=0$，即數列$\{n\cdot a_n\}$為常數列；

其他請參閱數列的常見構造方法

典例剖析

已知等差數列$\{a_n\}$和$\{b_n\}$，滿足$a_1+b_{10}=9$，$a_3+b_8=15$，則$a_5+b_6$=______________.

分析：由已知得到，$a_3+b_8=\cfrac{2a_3+2b_8}{2}$

$=\cfrac{(a_1+a_5)+(b_{10}+b_6)}{2}=\cfrac{(a_1+b_{10})+(a_5+b_6)}{2}$

即$15=\cfrac{9+(a_5+b_6)}{2}$，解得$a_5+b_6=21$。

由正數組成的等差數列$\{a_n\}$和$\{b_n\}$的前$n$項和分別為$S_n$和$T_n$，且$\cfrac{a_n}{b_n}=\cfrac{2n-1}{3n-1}$，則$\cfrac{S_5}{T_5}$=______________。

分析：$\cfrac{S_5}{T_5}=\cfrac{5a_3}{5b_3}=\cfrac{a_3}{b_3}=\cfrac{2\times 3-1}{3\times 3-1}=\cfrac{5}{8}$。

在等差數列$\{a_n\}$中，$a_1=-2018$，其前$n$項和為$S_n$，若$\cfrac{S_{12}}{12}-\cfrac{S_{10}}{10}=2$，則$S_{2018}$的值等於【】

$A.-2018$ $B.-2016$ $C.-2019$ $D.-2017$

分析：由題意可知，數列$\{\cfrac{S_n}{n}\}$為等差數列，由$\cfrac{S_{12}}{12}-\cfrac{S_{10}}{10}=2$，可知其公差為$1$，

則$\cfrac{S_{2018}}{2018}=\cfrac{S_1}{1}+(2018-1)\times 1=-2018+2017=-1$，

則$S_{2018}=-2018$。故選$A$。

【2014高考全國卷Ⅰ】已知數列$\{a_n\}$的前$n$項和為$S_n$，$a_1=1$，$a_n\neq 0$，$a_na_{n+1}=\lambda S_n-1$，其中$\lambda$為常數，

(1)證明：$a_{n+2}-a_n=\lambda$；

分析：先想辦法消掉$S_n$類，讓條件中只剩下$a_n$類，故求解如下：

由題設知道，$a_na_{n+1}=\lambda S_n-1$①，

則有$a_{n+1}a_{n+2}=\lambda S_{n+1}-1$②，

②-①得到，$a_{n+1}a_{n+2}-a_na_{n+1}=\lambda(S_{n+1}-S_n)$

即$a_{n+1}(a_{n+2}-a_n)=\lambda a_{n+1}$

由於$a_{n+1}\neq 0$，約掉$a_{n+1}$得到，

$a_{n+2}-a_n=\lambda$；

【注意】上式表明，數列$\{a_n\}$中，奇數項成等差數列，首項為$a_1$，公差為$\lambda$；

偶數項成等差數列，首項為$a_2$，公差為$\lambda$；

(2)是否存在$\lambda$，使得$\{a_n\}$為等差數列，並說明理由。

分析：存在滿足題意的實數$\lambda$，使得數列$\{a_n\}$成等差數列，理由如下：

由題設可知，$a_1=1$，令$n=1$，則$a_1a_2=\lambda S_1-1$，解得$a_2=\lambda-1$；

又由$a_{n+2}-a_n=\lambda$可知，當$n=1$時，$a_3=\lambda+1$，

令$2a_2=a_1+a_3$，即$2(\lambda-1)=1+\lambda+1$，解得$\lambda=4$，

故$a_{n+2}-a_n=4$，且可知

數列$\{a_{2n-1}\}$是首項為$a_1=1$，公差為$4$的等差數列，$a_{2n-1}=4n-3$；

$a_{2n-1}=1+\cfrac{[(2n-1)-1]}{2}\times 4=4n-3=2(2n-1)-1$

數列$\{a_{2n}\}$是首項為$a_2=3$，公差為$4$的等差數列，$a_{2n}=4n-1$；

$a_{2n}=3+\cfrac{(2n-2)}{2}\times 4=4n-1=2(2n)-1$

所以$a_n=2n-1$，$n\in N^*$，即$a_{n+1}-a_n=2$。^[9]

因此存在滿足題意的實數$\lambda$，使得數列$\{a_n\}$成等差數列。

【2018•鳳中模擬】【考點：數列的單調性，二次函數的對稱性和單調性，恆成立命題】已知數列$\{a_n\}$中，$a_n=n^2-kn(k\in N)$，且$\{a_n\}$單調遞增，則$k$的取值范圍為【】

$A.(-\infty，2]$ $B.(-\infty，3)$ $C.(-\infty，2)$ $D.(-\infty，3]$

【法1】、由於$a_n=n^2-kn(n\in N^*)$，且$\{a_n\}$單調遞增，

所以$a_{n+1}-a_n>0$對$\forall n\in N*$都成立，

又$a_{n+1}-a_n=(n+1)^2-k(n+1)-n^2+kn=2n+1-k$，所以由$2n+1-k>0$，

即$k<2n+1$恆成立，可知$k<(2n+1)_{min}=3$.

【法2】：借助二次函數的對稱性和單調性，

$a_n=(n-\cfrac{k}{2})^2-\cfrac{k^2}{4}$，其對稱軸是$n=\cfrac{k}{2}$，

要使得$\{a_n\}$單調遞增，

則必須且只需$\cfrac{k}{2}<\cfrac{3}{2}$，解得$k<3$，故選$B$。

【法3】：嘗試導數法。

由$a_n=f(n)=n^2-kn$為單調遞增數列，則$f'(n)\ge 0$在$n\in N^*$上恆成立，

即$f'(n)=2n-k\ge 0$在$n\in N^*$上恆成立，分離參數得到，

$k\leq 2n$在$n\in N^*$上恆成立，即$k\leq (2n)_{min}=2$，

則$k\leq 2$。這個解法是錯誤的。

錯因分析：數列$a_n=f(n)$單調遞增，但函數$y=f(x)$不一定單調遞增，

但是若函數$y=f(x)$單調遞增，則其對應的數列$a_n=f(n)$必然單調遞增。

感悟反思：

1、法1轉化為恆成立問題，很好理解；

2、法2很容易錯解為 $\cfrac{k}{2}<1$，故$k<2$，其實這是充分不必要條件，也就是說遺漏了一部分的解集，可以看看上面的圖像解釋。

3、數列$\{a_n\}$單調遞增的充要條件是$a_{n+1}>a_n$，而不是$f'(n)\ge 0$恆成立。

【2019屆•高三理科數學課時作業】已知等差數列$\{a_n\}$的前$n$項和為$S_n$，其中$n\in N^*$，則下列命題錯誤的是【】

$A.若a_n>0，則S_n>0$

$B.若S_n>0，則a_n>0$

$C.若a_n>0，則\{S_n\}是單調遞增數列$

$D.若\{S_n\}是單調遞增數列，則a_n>0$

分析：選項$A$：由於$a_n>0$，由$S_n=\cfrac{n(a_1+a_n)}{2}$可得，$S_n>0$，或由定義式可知$S_n=a_1+a_2+\cdots+a_n>0$；而且由$a_n>0$能得到$d\ge 0$，否則$d<0$就不能保證$a_n>0$。故選項$A$正確；

選項$B$：由於$S_n>0$，則可知$d\ge 0$，否則不能保證$S_n>0$。這樣得到$a_n=a_1+(n-1)d>0$，故選項$B$正確；

選項$C$：由於$a_n>0$，則可知$d\ge 0$，可知數列$\{S_n\}$是單調遞增數列，故選項$C$正確；

選項$D$：由數列$\{-1，1，3，5，\cdots\}$可知，$S_1=-1$，$S_2=0$，$S_3=3$，$S_4=8$，則數列$\{S_n\}$是單調遞增數列，但不能保證$a_n>0$，故選項$D$不正確；

綜上所述，故選$D$。

反思總結：若有$a_n>0$，則即使數列不是等差數列，也必有$S_n>0$，且有數列$\{S_n\}$是單調遞增數列。

【2019屆•高三理科數學課時作業】【2018廣東潮州二模】在我國古代著名的數學專著《九章算術》中有一段敘述：今有良馬與駑馬發長安至齊，齊去長安一千一百二十五里，良馬初日行一百零三里，日增一十三里；駑馬初日行九十七里，日減半里，良馬先至齊，復還迎駑馬，二馬相逢，問：幾日相逢？【】

$A.8日$ $B.9日$ $C.12日$ $D.16日$

分析：良馬日行構成等差數列$\{a_n\}$，其中$a_1=103$，公差$d_1=13$，其前$n$項和為$S_n$；

駑馬日行構成等差數列$\{b_n\}$，其中$b_1=97$，公差$d_2=-\cfrac{1}{2}$，其前$n$項和為$T_n$；

設兩馬$n$日能相逢，則由題可知，$S_n+T_n=2\times 1125$，即$103n+\cfrac{n(n-1)}{2}\times 13+97n+\cfrac{n(n-1)}{2} \times (-\cfrac{1}{2})=2250$，

解得$n=9$，或者由上式直接驗證得到$n=9$，故選$B$。

【2018廣東中山期末】已知等差數列$\{a_n\}$的前$n$項和為$S_n$，$S_4=40$，$S_n=210$，$S_{n-4}=130$，則$n$=【】

$A.12$ $B.14$ $C.16$ $D.18$

法1：建立相應的方程組求解即可，只是運算可能復雜些；

法2：利用等差數列的性質，$S_n-S_{n-4}=80$，即$a_n+a_{n-1}+a_{n-2}+a_{n-3}=80$，

又$a_1+a_2+a_3+a_4=40$，兩式相加，得到$4(a_1+a_n)=120$，即$a_1+a_n=30$，

又$S_n=\cfrac{n(a_1+a_n)}{2}=210$，則$n=14$，故選$B$。

【數列的相關運算】已知數列$\{a_n\}$是等差數列，其前$n$項和為$S_n$，已知$S_6=42$，$S_{12}=156$，求$S_{18}$的值。

【法1：以$a_1$和$d$為元的方程組法】利用$S_n=na_1+\cfrac{n(n-1)}{2}\times d$得到，

$\begin{cases}S_6=6a_1+15d=42\\S_{12}=12a_1+66d=156\end{cases}$，解得$\begin{cases}a_1=2\\d=2\end{cases}$，

故$S_{18}=18a_1+\cfrac{18\times17}{2}\times 2=342$。

【法2：以$a$和$b$為元的方程組法】由等差數列的性質知道，其前$n$項和公式可以寫成這樣：$S_n=an^2+bn$，

由此得到，$\begin{cases}S_6=36a+6b=42\\S_{12}=144a+12b=156\end{cases}$，解得$\begin{cases}a=1\\b=1\end{cases}$，

故$S_{18}=1\times 18^2+1\times 18=342$。

【法3：等差數列性質，函數法】注意到$\cfrac{S_n}{n}=an+b$，即表明數列$\{\cfrac{S_n}{n}\}$也是一個等差數列。

由於$\cfrac{S_6}{6}$，$\cfrac{S_{12}}{12}$，$\cfrac{S_{18}}{18}$分別是數列的第$6,12,18$項，故這三項也是成等差數列的，

則有$2\times\cfrac{S_{12}}{12}=\cfrac{S_6}{6}+\cfrac{S_{18}}{18} $，即$2\times\cfrac{156}{12}=\cfrac{42}{6}+\cfrac{S_{18}}{18} $，

解得$S_{18}=342$。

【法4：等差數列性質法】由於$S_6，S_{12}-S_6，S_{18}-S_{12}$成等差數列，

故有$2(S_{12}-S_6)=S_6+S_{18}-S_{12}$，即$2(156-42)=42+S_{18}-156$，

解得$S_{18}=3(156-42)=342$。

綜合應用

【絕對值數列求和】已知數列$\{a_n\}$的通項公式是$a_n=3n-63$，它的前$n$項和為$S_n$，求數列$\{|a_n|\}$的前$n$項和$T_n$。

解析：令$a_n=3n-63\leq 0$，則$n\leq 21$，

故數列$\{|a_n|\}$的通項公式為$|a_n|= \begin{cases}63-3n &n\leq 21 \\ 3n-63 &n\ge22 \end{cases}$

[備注：由於數列的通項公式是分段函數，所以其前$n$項和自然也應該用分段函數來表達刻畫]

$1^。$ 當$n\leq 21$，$T_n=|a_1|+|a_2|+\cdots+|a_n|$

$=-a_1-a_2-\cdots-a_n$

$=-\cfrac{(a_1+a_n)\times n}{2}$

$=-\cfrac{[-60+(3n-63)]\times n}{2}$

$=-\cfrac{3n^2-123n}{2}=\cfrac{123n-3n^2}{2}$.

$2^。$ 當$n\ge 22$，$T_n=|a_1|+|a_2|+\cdots+|a_n|$

$=-a_1-a_2-\cdots-a_{21}+a_{22}+\cdots+a_n$

$=(a_1+a_2+\cdots+a_{21}+a_{22}+\cdots+a_n)-2(a_1+a_2+\cdots+a_{21})$

$=S_n-2S_{21}$$=\cfrac{[-60+(3n-63)]n}{2}-2\times\cfrac{[(3\times 1-63)+(3\times 21-63)]\times 21}{2}$

$=\cfrac{3n^2-123n}{2}+1260 $.

故數列$\{|a_n|\}$的前$n$項和$T_n=\begin{cases}\cfrac{123n-3n^2}{2} &n\leq 21 \\ \cfrac{3n^2-123n}{2}+1260 &n\ge 22\end{cases}$

【2018四川內江一模】已知$S_n$是等差數列$\{a_n\}$的前$n$項和，$a_1=1$，$a_8=3a_3$，則$\cfrac{a_2}{S_1S_2}+\cfrac{a_3}{S_2S_3}+\cfrac{a_4}{S_3S_4}+\cdots+\cfrac{a_{n+1}}{S_nS_{n+1}}$=___________。

提示：$d=2$，$\cfrac{a_{n+1}}{S_n\cdot S_{n+1}}=\cfrac{S_{n+1}-S_{n}}{S_n\cdot S_{n+1}}=\cfrac{1}{S_n}-\cfrac{1}{S_{n+1}}$

$\cfrac{a_2}{S_1S_2}+\cfrac{a_3}{S_2S_3}+\cfrac{a_4}{S_3S_4}+\cdots+\cfrac{a_{n+1}}{S_nS_{n+1}}=1-\cfrac{1}{(n+1)^2}$；

【2019年高考數學試卷理科新課標Ⅱ第19題】已知數列$\{a_n\}$和數列$\{b_n\}$滿足$a_1=1$，$b_1=0$，$4a_{n+1}=3a_n-b_n+4$，$4b_{n+1}=3b_n-a_n-4$，

(1).證明：$\{a_n+b_n\}$是等比數列，$\{a_n-b_n\}$是等差數列，

分析：考查等差等比數列的證明方法(定義法和等差[比]中項法)，以及整體意識或字母的內涵和方程思想。

解析：由題設可知$4a_{n+1}=3a_n-b_n+4$①，$4b_{n+1}=3b_n-a_n-4$②，

由①+②得到，$4(a_{n+1}+b_{n+1})=2(a_n+b_n)$；即$a_{n+1}+b_{n+1}=\cfrac{1}{2}(a_n+b_n)$；

又由於$a_1+b_1=1\neq 0$，所以數列$\{a_n+b_n\}$是首項為$1$，公比為$\cfrac{1}{2}$的等比數列；

由①-②得到，$4(a_{n+1}-b_{n+1})=4(a_n-b_n)+8$；即$a_{n+1}-b_{n+1}=a_n-b_n+2$；

又由於$a_1-b_1=1$，所以數列$\{a_n-b_n\}$是首項為$1$，公差為$2$的等差數列；

【注意細節】由$a_{n+1}+b_{n+1}=\cfrac{1}{2}(a_n+b_n)$不能得到$\cfrac{a_{n+1}+b_{n+1}}{a_n+b_n}=\cfrac{1}{2}$，還需要條件$a_1+b_1\neq 0$的配合；

相關鏈接：對數列中$a_n$的內涵的理解

(2).求$\{a_n\}$和$\{b_n\}$的通項公式；

分析：考察數列的通項公式的求法；

解析：由(1)分別寫出數列$\{a_n+b_n\}$和數列$\{a_n-b_n\}$的通項公式，

$a_n+b_n=1\times (\cfrac{1}{2})^{n-1}=\cfrac{1}{2^{n-1}}$③，$a_n-b_n=1+(n-1)\times 2=2n-1$④；

由③+④，變形整理得到，$a_n=\cfrac{1}{2^n}+n-\cfrac{1}{2}$，$n\in N^*$；

由③-④，變形整理得到，$b_n=\cfrac{1}{2^n}-n+\cfrac{1}{2}$，$n\in N^*$；

相關鏈接：1、求數列的通項公式；2、方程思想

重新編輯於2020-07-23 by WangHai.

對公式的解讀，
$a_n=a_1+(n-1)d$，若定義相鄰兩項的差$a_2-a_1$為間隔距離[其實就是公差]，則$n-1$意味着$a_1$和$a_n$兩項之間的間隔距離數為$n-1$個，不能僅僅理解為對應的兩項的下標之差；否則在處理隔項取值得到的數列的通項公式的計算時，非常容易出錯，尤其要注意理解這一點。
比如數列$\{n\}$，我們知道，$a_n=n$，那么其所有的奇數項構成的數列的通項公式如何寫呢？
首先其下標應該體現奇數，故采用$2n-1(n\geqslant1)$[也可以取$2n+1(n\geqslant -1)$，故一般不用這種形式]，其次首項還是$1$，末項為$a_{2n-1}$，此時的公差變為$2$了，$a_1$和$a_{2n-1}$兩項的間隔距離的個數變成了$\cfrac{(2n-1)-1}{2}=n-1$；
故$a_{2n-1}=1+\cfrac{(2n-1)-1}{2}\times 2=2n-1$ ↩︎
以數列$\{pa_n+qb_n\}$($p，q$為常數)為例，說明如何判斷其為等差數列？
設數列$\{a_n\}$，$\{b_n\}$分別是公差為$d_1$和$d_2$的等差數列，
由於$(pa_{n+1}+qb_{n+1})-(pa_n+qb_n)=p(a_{n+1}-a_n)+q(b_{n+1}-b_n)=p\cdot d_1+q\cdot d_2$
由於$p\cdot d_1+q\cdot d_2$為常數，故數列$\{pa_n+qb_n\}$為等差數列，公差為$p\cdot d_1+q\cdot d_2$；
其他數列的判斷證明與此同理； ↩︎
由於$a_m=a_1+(m-1)d$，$a_{m+k}=a_1+(m+k-1)d$，
則新數列的公差為$a_{m+k}-a_m=kd$; ↩︎
$S_{2n-1}=\cfrac{(a_1+a_{2n-1})\times(2n-1)}{2}=\cfrac{2a_n\times(2n-1)}{2}=(2n-1)\cdot a_n$，
$S_{2n}=\cfrac{(a_1+a_{2n})\times 2n}{2}=n(a_1+a_{2n})=\cdots=n(a_n+a_{n+1})$； ↩︎
證明如下：
由於等差數列$\{a_n\}$和$\{b_n\}$的前$n$項和分別為$S_n$和$T_n$，
則$S_{2n-1}=(2n-1)a_n$，$T_{2n-1}=(2n-1)b_n$，
故$\cfrac{S_{2n-1}}{T_{2n-1}}=\cfrac{a_n}{b_n}$； ↩︎
如果等差數列的公差$d<0$，則此等差數列不論首項有多大，到最后一定會出現負數項，不滿足題意，故$d\geqslant0$；由於$S_n=na_1+\cfrac{n(n-1)}{2}\cdot d>0$，正數之和一定為正，並且只要是正數，則正數相加的個數越多，其和越大； ↩︎
由於$S_n=An^2+Bn$，若$A=0$，則$d=0$，則滿足$d\ge 0$，也可知$a_n>0$；
若$A\neq0$，則必有$A>0$，即$d>0$，否則二次函數開口向下，必然不滿足$S_n>0$；
又由於$S_1=a_1>0$，故$a_n=a_1+(n-1)d>0$； ↩︎
令$m=1$得到$a_{n+1}=a_n+ a_1$，
即$a_{n+1}-a_n=a_1=2$，不就是等差數列嘛；
故$a_n=2+(n-1)\times 2=2n$； ↩︎
詳細說明如下：
由$a_{2n-1}=2(2n-1)-1$
$a_{2n}=2(2n)-1$
故合二為一得到，
$a_n=2n-1$，$n\in N^*$，即$a_{n+1}-a_n=2$。 ↩︎

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