新高考数学一轮复习课时过关练习第06章 数列第2节 等差数列及其前n项和 (含解析)

这是一份新高考数学一轮复习课时过关练习第06章 数列第2节 等差数列及其前n项和 (含解析)，共17页。试卷主要包含了理解等差数列的概念等内容，欢迎下载使用。
3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用等差数列的有关知识解决相应的问题.4.了解等差数列与一次函数的关系.
1.等差数列的概念
(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.
数学语言表达式：an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数).
(2)等差中项：由三个数a，A，b组成的等差数列可以看成是最简单的等差数列，这时A叫做a与b的等差中项，根据等差数列的定义可以知道，2A＝a＋b.
2.等差数列的通项公式与前n项和公式
(1)若等差数列{an}的首项是a1，公差是d，则其通项公式为an＝a1＋(n－1)d.
(2)前n项和公式：Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）d,2)＝eq \f(n（a1＋an）,2).
3.等差数列的性质
(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)若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列.
(5)若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))也为等差数列.
1.已知数列{an}的通项公式是an＝pn＋q(其中p，q为常数)，则数列{an}一定是等差数列，且公差为p.
2.在等差数列{an}中，a1＞0，d＜0，则Sn存在最大值；若a1＜0，d＞0，则Sn存在最小值.
3.等差数列{an}的单调性：当d＞0时，{an}是递增数列；当d＜0时，{an}是递减数列；当d＝0时，{an}是常数列.
4.数列{an}是等差数列⇔Sn＝An2＋Bn(A，B为常数).
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)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.( )
(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其通项公式为n的一次函数.( )
(4)等差数列的前n项和公式是常数项为0且关于n的二次函数.( )
答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)×
解析 (3)若公差d＝0，则通项公式不是n的一次函数.
(4)若公差d＝0，则前n项和不是n的二次函数.
2.(2022·福州质检)在等差数列{an}中，若a1＋a2＝5，a3＋a4＝15，则a5＋a6＝( )
A.10 B.20 C.25 D.30
答案 C
解析 等差数列{an}中，每相邻2项的和仍然构成等差数列，设其公差为d，若a1＋a2＝5，a3＋a4＝15，则d＝15－5＝10，因此a5＋a6＝(a3＋a4)＋d＝15＋10＝25.
3.(2022·青岛一模)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，S3＝eq \f(9,2)，则数列{an}的通项公式an＝( )
A.n B.eq \f(n＋1,2)
C.2n－1 D.eq \f(3n－1,2)
答案 B
解析 设等差数列{an}的公差为d，则S3＝3a1＋eq \f(3×2,2)d＝3＋3d＝eq \f(9,2)，解得d＝eq \f(1,2)，
∴an＝1＋(n－1)×eq \f(1,2)＝eq \f(n＋1,2).
4.(2021·杭州二模)已知{an}是等差数列，满足3(a1＋a5)＋2(a3＋a6＋a9)＝18，则该数列的前8项和为( )
A.36 B.24 C.16 D.12
答案 D
解析 由等差数列性质可得a1＋a5＝2a3，a3＋a6＋a9＝3a6，所以3×2a3＋2×3a6＝18，即a3＋a6＝3，所以S8＝eq \f(8（a1＋a8）,2)＝eq \f(8（a3＋a6）,2)＝12.
5.(多选)设{an}是等差数列，Sn是其前n项的和，且S5＜S6，S6＝S7＞S8，则下列结论正确的是( )
A.d＜0
B.a7＝0
C.S9＞S5
D.S6与S7均为Sn的最大值
答案 ABD
解析 S6＝S5＋a6＞S5，则a6＞0，S7＝S6＋a7＝S6，则a7＝0，则d＝a7－a6＜0，S8＝S7＋a8＜S7，a8＜0，则a9＜0，又a6＋a8＝a5＋a9＝2a7＝0，∴S5＞S9，
由a7＝0，a6＞0知S6，S7是Sn中的最大值.
从而ABD均正确.
6.一物体从1 960 m的高空降落，如果第1秒降落4.90 m，以后每秒比前一秒多降落9.80 m，那么经过________秒落到地面.
答案 20
解析 设物体经过t秒降落到地面.
物体在降落过程中，每一秒降落的距离构成首项为4.90，公差为9.80的等差数列.
所以4.90t＋eq \f(1,2)t(t－1)×9.80＝1 960，
即4.90t2＝1 960，解得t＝20.
考点一 等差数列的基本运算
1.记Sn为等差数列{an}的前n项和.若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝( )
A.－12 B.－10 C.10 D.12
答案 B
解析 设等差数列{an}的公差为d，则3(3a1＋3d)＝2a1＋d＋4a1＋6d，即d＝－eq \f(3,2)a1.又a1＝2得∴d＝－3，
∴a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.
2.(2021·武汉调研)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S8＝a8＝8，则公差d＝( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,2) C.1 D.2
答案 D
解析 ∵S8＝a8＝8，∴a1＋a2＋…＋a8＝a8，
∴S7＝7a4＝0，则a4＝0.
∴d＝eq \f(a8－a4,8－4)＝2.
3.(2020·全国Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1＝－2，a2＋a6＝2，则S10＝________.
答案 25
解析 设等差数列{an}的公差为d，
则a2＋a6＝2a1＋6d＝2×(－2)＋6d＝2.
解得d＝1.
所以S10＝10×(－2)＋eq \f(10×9,2)×1＝25.
4.(2020·新高考全国Ⅰ卷)将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为__________.
答案 3n2－2n
解析 法一(观察归纳法) 数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(2n－1))的各项为1，3，5，7，9，11，13，…；数列{3n－2}的各项为1，4，7，10，13，….现观察归纳可知，两个数列的公共项为1，7，13，…，是首项为1，公差为6的等差数列，则an＝1＋6(n－1)＝6n－5.
故前n项和为Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)
＝eq \f(n（1＋6n－5）,2)＝3n2－2n.
法二(引入参变量法) 令bn＝2n－1，cm＝3m－2，bn＝cm，则2n－1＝3m－2，即3m＝2n＋1，m必为奇数.
令m＝2t－1，则n＝3t－2(t＝1，2，3，…).
at＝b3t－2＝c2t－1＝6t－5，即an＝6n－5.
以下同法一.
感悟提升 1.等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想来解决问题.
2.数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法.
考点二 等差数列的判定与证明
例1 (2021·全国甲卷)已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.
①数列{an}是等差数列；②数列{eq \r(Sn)}是等差数列；③a2＝3a1.
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
解 ①③⇒②.
已知{an}是等差数列，a2＝3a1.
设数列{an}的公差为d，则a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1，
所以Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d＝n2a1.
因为数列{an}的各项均为正数，
所以eq \r(Sn)＝neq \r(a1)，
所以eq \r(Sn＋1)－eq \r(Sn)＝(n＋1)eq \r(a1)－neq \r(a1)＝eq \r(a1)(常数)，所以数列{eq \r(Sn)}是等差数列.
①②⇒③.
已知{an}是等差数列，{eq \r(Sn)}是等差数列.
设数列{an}的公差为d，
则Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d＝eq \f(1,2)n2d＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n.
因为数列{eq \r(Sn)}是等差数列，所以数列{eq \r(Sn)}的通项公式是关于n的一次函数，则a1－eq \f(d,2)＝0，即d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3a1.
②③⇒①.
已知数列{eq \r(Sn)}是等差数列，a2＝3a1，所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1.设数列{eq \r(Sn)}的公差为d，d＞0，则eq \r(S2)－eq \r(S1)＝eq \r(4a1)－eq \r(a1)＝d，得a1＝d2，所以eq \r(Sn)＝eq \r(S1)＋(n－1)d＝nd，所以Sn＝n2d2，
所以n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2，对n＝1也适合，所以an＝2d2n－d2，所以an＋1－an＝2d2(n＋1)－d2－(2d2n－d2)＝2d2(常数)，所以数列{an}是等差数列.
感悟提升 1.证明数列是等差数列的主要方法：
(1)定义法：对于n≥2的任意自然数，验证an－an－1为同一常数.即作差法，将关于an－1的an代入an－an－1，再化简得到定值.
(2)等差中项法：验证2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)都成立.
2.判定一个数列是等差数列还常用到的结论：
(1)通项公式：an＝pn＋q(p，q为常数)⇔{an}是等差数列.
(2)前n项和公式：Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)⇔{an}是等差数列.问题的最终判定还是利用定义.
训练1 (2021·全国乙卷)设Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知eq \f(2,Sn)＋eq \f(1,bn)＝2.
(1)证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求{an}的通项公式.
(1)证明 因为bn是数列{Sn}的前n项积，
所以n≥2时，Sn＝eq \f(bn,bn－1)，
代入eq \f(2,Sn)＋eq \f(1,bn)＝2可得，eq \f(2bn－1,bn)＋eq \f(1,bn)＝2，
整理可得2bn－1＋1＝2bn，
即bn－bn－1＝eq \f(1,2)(n≥2).
又eq \f(2,S1)＋eq \f(1,b1)＝eq \f(3,b1)＝2，所以b1＝eq \f(3,2)，
故{bn}是以eq \f(3,2)为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列.
(2)解 由(1)可知，bn＝eq \f(3,2)＋eq \f(1,2)(n－1)＝eq \f(n＋2,2)，则eq \f(2,Sn)＋eq \f(2,n＋2)＝2，所以Sn＝eq \f(n＋2,n＋1)，
当n＝1时，a1＝S1＝eq \f(3,2)，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(n＋2,n＋1)－eq \f(n＋1,n)＝－eq \f(1,n（n＋1）).
故an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，n＝1，,－\f(1,n（n＋1）)，n≥2.))
考点三 等差数列的性质及应用
角度1 等差数列项的性质
例2 (1)设Sn为等差数列{an}的前n项和，且4＋a5＝a6＋a4，则S9等于( )
A.72 B.36 C.18 D.9
答案 B
解析 ∵a6＋a4＝2a5，∴a5＝4，
∴S9＝eq \f(9（a1＋a9）,2)＝9a5＝36.
(2)在等差数列{an}中，若a5＋a6＝4，则lg2(2a1·2a2·…·2a10)＝( )
A.10 B.20
C.40 D.2＋lg25
答案 B
解析 由等差数列的性质知a1＋a10＝a2＋a9＝a3＋a8＝a4＋a7＝a5＋a6＝4，则2a1·2a2·…·2a10＝2a1＋a2＋…＋a10＝25(a5＋a6)＝25×4，所以lg2(2a1·2a2·…·2a10)＝lg225×4＝20.
角度2 等差数列前n项和的性质
例3 (1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn.若S5＝7，S10＝21，则S15等于( )
A.35 B.42 C.49 D.63
答案 B
解析 在等差数列{an}中，S5，S10－S5，S15－S10成等差数列，即7，14，S15－21成等差数列，所以7＋(S15－21)＝2×14，解得S15＝42.
(2)(2020·全国Ⅱ卷)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块.向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )
A.3 699块 B.3 474块
C.3 402块 D.3 339块
答案 C
解析 设每一层有n环，由题可知从内到外每环之间构成公差d＝9，a1＝9的等差数列.由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列，且(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝n2d，则9n2＝729，得n＝9，则三层共有扇面形石板S3n＝S27＝27×9＋eq \f(27×26,2)×9＝3 402(块).
角度3 等差数列前n项和的最值
例4 等差数列{an}中，设Sn为其前n项和，且a1＞0，S3＝S11，则当n为多少时，Sn最大？
解 法一 设公差为d.由S3＝S11，可得3a1＋eq \f(3×2,2)d＝11a1＋eq \f(11×10,2)d，即d＝－eq \f(2,13)a1.
从而Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n＝－eq \f(a1,13)(n－7)2＋eq \f(49,13)a1，
因为a1＞0，所以－eq \f(a1,13)＜0.
故当n＝7时，Sn最大.
法二 易知Sn＝An2＋Bn是关于n的二次函数，
由S3＝S11，可知Sn＝An2＋Bn的图象关于直线n＝eq \f(3＋11,2)＝7对称.
由解法一可知A＝－eq \f(a1,13)＜0，故当n＝7时，Sn最大.
法三 设公差为d.由解法一可知d＝－eq \f(2,13)a1.
要使Sn最大，则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an≥0，,an＋1≤0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋（n－1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,13)a1))≥0，,a1＋n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,13)a1))≤0，))解得6.5≤n≤7.5，
故当n＝7时，Sn最大.
法四 设公差为d.由S3＝S11，可得2a1＋13d＝0，
即(a1＋6d)＋(a1＋7d)＝0，故a7＋a8＝0，
又由a1＞0，S3＝S11可知d＜0，
所以a7＞0，a8＜0，所以当n＝7时，Sn最大.
感悟提升 1.项的性质：在等差数列{an}中，若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq.
2.和的性质：在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则
(1)S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；
(2)S2n－1＝(2n－1)an.
(3)依次k项和成等差数列，即Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…成等差数列.
3.求等差数列前n项和的最值，常用的方法：(1)利用等差数列的单调性，求出其正负转折项，或者利用性质求其正负转折项，便可求得和的最值；(2)利用公差不为零的等差数列的前n项和Sn＝An2＋Bn(A，B为常数，A≠0)为二次函数，通过二次函数的性质求最值.
训练2 (1)(多选)(2022·淄博调研)已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，当首项a1和d变化时，a2＋a8＋a11是一个定值，则下列各数也为定值的是( )
A.a7 B.a8 C.S13 D.S15
答案 AC
解析 由题知a2＋a8＋a11＝a1＋d＋a1＋7d＋a1＋10d＝3a1＋18d＝3(a1＋6d)＝3a7，∴a7是定值，∴S13＝eq \f(13（a1＋a13）,2)＝13a7是定值，故选AC.
(2)(2022·重庆诊断)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2 020，eq \f(S2 020,2 020)－eq \f(S2 014,2 014)＝6，则S2 023等于( )
A.2 023 B.－2 023
C.4 046 D.－4 046
答案 C
解析 ∵eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列，设公差为d′，
则eq \f(S2 020,2 020)－eq \f(S2 014,2 014)＝6d′＝6，∴d′＝1，
首项为eq \f(S1,1)＝－2 020，
∴eq \f(S2 023,2 023)＝－2 020＋(2 023－1)×1＝2，
∴S2 023＝2 023×2＝4 046，故选C.
(3)设等差数列{an}满足a1＝1，an＞0(n∈N*)，其前n项和为Sn，若数列{eq \r(Sn)}也为等差数列，则eq \f(Sn＋10,aeq \\al(2,n))的最大值是________.
答案 121
解析 设数列{an}的公差为d，依题意得
2eq \r(S2)＝eq \r(S1)＋eq \r(S3)，
∴2eq \r(2a1＋d)＝eq \r(a1)＋eq \r(3a1＋3d)，
把a1＝1代入求得d＝2，
∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
Sn＝n＋eq \f(n（n－1）,2)×2＝n2，
∴eq \f(Sn＋10,aeq \\al(2,n))＝eq \f(（n＋10）2,（2n－1）2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n＋10,2n－1)))eq \s\up12(2)
＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\f(1,2)（2n－1）＋\f(21,2),2n－1)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(21,2n－1)))eq \s\up12(2)≤121.
∴eq \f(Sn＋10,aeq \\al(2,n))的最大值是121.
1.已知公差不为0的等差数列{an}中，a2＋a4＝a6，a9＝aeq \\al(2,6)，则a10＝( )
A.eq \f(5,2) B.5 C.10 D.40
答案 A
解析 设公差为d，由已知得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋d＋a1＋3d＝a1＋5d，,a1＋8d＝（a1＋5d）2，))由于d≠0，
故a1＝d＝eq \f(1,4)，所以a10＝eq \f(1,4)＋eq \f(1,4)×9＝eq \f(5,2).
2.(多选)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S4＝0，a5＝5，则下列选项正确的是( )
A.a2＋a3＝0 B.an＝2n－5
C.Sn＝n(n－4) D.d＝－2
答案 ABC
解析 S4＝eq \f(4×（a1＋a4）,2)＝0，
∴a1＋a4＝a2＋a3＝0，A正确；
a5＝a1＋4d＝5，①
a1＋a4＝a1＋a1＋3d＝0，②
联立①②得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(d＝2，,a1＝－3，))∴an＝－3＋(n－1)×2＝2n－5，B正确，D错误；
Sn＝－3n＋eq \f(n（n－1）,2)×2＝n2－4n，C正确，故选ABC.
3.已知数列{an}满足5an＋1＝25·5an，且a2＋a4＋a6＝9，则lgeq \f(1,3)(a5＋a7＋a9)＝( )
A.－3 B.3 C.－eq \f(1,3) D.eq \f(1,3)
答案 A
解析 数列{an}满足5an＋1＝25·5an，
∴an＋1＝an＋2，即an＋1－an＝2，
∴数列{an}是等差数列，公差为2.
∵a2＋a4＋a6＝9，∴3a4＝9，a4＝3.
∴a1＋3×2＝3，解得a1＝－3.
∴a5＋a7＋a9＝3a7＝3×(－3＋6×2)＝27，
则lgeq \f(1,3)(a5＋a7＋a9)＝lgeq \f(1,3)33＝－3.故选A.
4.(2021·深圳一模)在数列{an}中，a1＝3，am＋n＝am＋an(m，n∈N*)，若a1＋a2＋a3＋…＋ak＝135，则k＝( )
A.10 B.9 C.8 D.7
答案 B
解析 令m＝1，由am＋n＝am＋an可得an＋1＝a1＋an，所以an＋1－an＝3，
所以{an}是首项为a1＝3，公差为3的等差数列，an＝3＋3(n－1)＝3n，
所以a1＋a2＋a3＋…＋ak＝eq \f(k（a1＋ak）,2)＝eq \f(k（3＋3k）,2)＝135.
整理可得k2＋k－90＝0，解得k＝9或k＝－10(舍).
5.(多选)(2022·衡阳联考)设数列{an}的前n项和为Sn，若eq \f(S2n,S4n)为常数，则称数列{an}为“吉祥数列”，则下列数列{bn}为“吉祥数列”的是( )
A.bn＝n B.bn＝(－1)n(n＋1)
C.bn＝4n－2 D.bn＝2n
答案 BC
解析 若{bn}是等差数列，则根据等差数列求和公式知需b1＋bn＝kn，k∈R，则{bn}为“吉祥数列”，检验A，C可知C符合题意；
{bn}是摆动数列，由并项求和法知S2n＝n，S4n＝2n，eq \f(S2n,S4n)＝eq \f(n,2n)＝eq \f(1,2)，故B符合题意；
根据等比数列求和公式知D不符合题意.故选BC.
6.设Sn为等差数列{an}的前n项和，若S6＝1，S12＝4，则S18＝________.
答案 9
解析 在等差数列中，S6，S12－S6，S18－S12成等差数列，
∵S6＝1，S12＝4，∴1，3，S18－4成公差为2的等差数列，
即S18－4＝5，∴S18＝9.
7.等差数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，若eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(3n－2,2n＋1)，则eq \f(a7,b7)等于________.
答案 eq \f(37,27)
解析 eq \f(a7,b7)＝eq \f(2a7,2b7)＝eq \f(a1＋a13,b1＋b13)＝eq \f(\f(a1＋a13,2)×13,\f(b1＋b13,2)×13)＝eq \f(S13,T13)＝eq \f(3×13－2,2×13＋1)＝eq \f(37,27).
8.(2021·长春一模)设Sn为等差数列{an}的前n项和，a6＋a7＝1，则S12＝________，若a7＜0，则使得不等式Sn＜0成立的最小整数n＝________.
答案 6 13
解析 根据{an}为等差数列，且a6＋a7＝1，得S12＝eq \f(（a1＋a12）×12,2)＝6(a6＋a7)＝6；
若a7＜0，则S13＝eq \f(（a1＋a13）×13,2)＝13a7＜0，
又S12＞0，所以使不等式Sn＜0成立的最小整数n＝13.
9.已知数列{an}的前n项和为Sn，满足a1＝eq \f(3,2)，a2＝2，2(Sn＋2＋Sn)＝4Sn＋1＋1，则数列{an}的前16项和S16＝________.
答案 84
解析 将2(Sn＋2＋Sn)＝4Sn＋1＋1变形为(Sn＋2－Sn＋1)－(Sn＋1－Sn)＝eq \f(1,2)，即an＋2－an＋1＝eq \f(1,2)，又a1＝eq \f(3,2)，a2＝2，∴a2－a1＝eq \f(1,2)符合上式，∴{an}是首项a1＝eq \f(3,2)，公差d＝eq \f(1,2)的等差数列，∴S16＝16×eq \f(3,2)＋eq \f(16×15,2)×eq \f(1,2)＝84.
10.已知等差数列的前三项依次为a，4，3a，前n项和为Sn，且Sk＝110.
(1)求a及k的值；
(2)设数列{bn}的通项公式bn＝eq \f(Sn,n)，证明：数列{bn}是等差数列，并求其前n项和Tn.
(1)解 设该等差数列为{an}，则a1＝a，a2＝4，a3＝3a，
由已知有a＋3a＝8，得a1＝a＝2，公差d＝4－2＝2，
所以Sk＝ka1＋eq \f(k（k－1）,2)·d
＝2k＋eq \f(k（k－1）,2)×2＝k2＋k，
由Sk＝110，得k2＋k－110＝0，
解得k＝10或k＝－11(舍去)，
故a＝2，k＝10.
(2)证明 由(1)得Sn＝eq \f(n（2＋2n）,2)＝n(n＋1)，
则bn＝eq \f(Sn,n)＝n＋1，
故bn＋1－bn＝(n＋2)－(n＋1)＝1，
即数列{bn}是首项为2，公差为1的等差数列，
所以Tn＝eq \f(n（2＋n＋1）,2)＝eq \f(n（n＋3）,2).
11.已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a2a4＝65，a1＋a5＝18.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)是否存在常数k，使得数列{eq \r(Sn＋kn)}为等差数列？若存在，求出常数k；若不存在，请说明理由.
解 (1)设公差为d.∵{an}为等差数列，
∴a1＋a5＝a2＋a4＝18，又a2a4＝65，
∴a2，a4是方程x2－18x＋65＝0的两个根，
又公差d＞0，∴a2＜a4，∴a2＝5，a4＝13.
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋d＝5，,a1＋3d＝13，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝4，))∴an＝4n－3.
(2)由(1)知，Sn＝n＋eq \f(n（n－1）,2)×4＝2n2－n，
假设存在常数k，使数列{eq \r(Sn＋kn)}为等差数列.
由eq \r(S1＋k)＋eq \r(S3＋3k)＝2eq \r(S2＋2k)，
得eq \r(1＋k)＋eq \r(15＋3k)＝2eq \r(6＋2k)，解得k＝1.
∴eq \r(Sn＋kn)＝eq \r(2n2)＝eq \r(2)n，
当n≥2时，eq \r(2)n－eq \r(2)(n－1)＝eq \r(2)，为常数，
∴数列{eq \r(Sn＋kn)}为等差数列.
故存在常数k＝1，使得数列{eq \r(Sn＋kn)}为等差数列.
12.(多选)(2021·南通海门一中期末)在悠久灿烂的中国古代文化中，数学文化是其中一朵绚丽的奇葩.《张丘建算经》是我国古代有标志性的内容丰富的众多数学名著之一，大约创作于公元5世纪.书中有如下问题：“今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月织九匹三丈，问日益几何？”.其大意为：“有一女子擅长织布，织布的速度一天比一天快，从第二天起，每天比前一天多织相同数量的布，第一天织5尺，一个月共织了九匹三丈，问从第二天起，每天比前一天多织多少尺布？”.已知1匹＝4丈，1丈＝10尺，若这一个月有30天，记该女子这一个月中第n天所织布的尺数为an，bn＝2an，对于数列{an}、{bn}，下列选项中正确的为( )
A.b10＝8b5 B.{bn}是等比数列
C.a1b30＝105 D.eq \f(a3＋a5＋a7,a2＋a4＋a6)＝eq \f(209,193)
答案 BD
解析 由题意可知，数列{an}为等差数列，设数列{an}的公差为d，
由题意可得a1＝5，30a1＋eq \f(30×29d,2)＝390，解得d＝eq \f(16,29)，
∴an＝a1＋(n－1)d＝eq \f(16n＋129,29).
∵bn＝2an，∴eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(2an＋1,2an)＝2an＋1－an＝2d(非零常数)，
则数列{bn}是等比数列，B正确；
∵5d＝5×eq \f(16,29)＝eq \f(80,29)≠3，eq \f(b10,b5)＝(2d)5＝25d≠23，
∴b10≠8b5，A错误；
a30＝a1＋29d＝5＋16＝21，
∴a1b30＝5×221＞105，C错误；
a4＝a1＋3d＝5＋3×eq \f(16,29)＝eq \f(193,29)，a5＝a1＋4d＝5＋4×eq \f(16,29)＝eq \f(209,29)，
所以eq \f(a3＋a5＋a7,a2＋a4＋a6)＝eq \f(3a5,3a4)＝eq \f(a5,a4)＝eq \f(209,193)，D正确.故选BD.
13.(2022·衡水模拟)已知在数列{an}中，a6＝11，且nan－(n－1)an＋1＝1，则an＝________；eq \f(aeq \\al(2,n)＋143,n)的最小值为________.
答案 2n－1 44
解析 nan－(n－1)an＋1＝1，
∴(n＋1)an＋1－nan＋2＝1，
两式相减得nan－2nan＋1＋nan＋2＝0，
∴an＋an＋2＝2an＋1，
∴数列{an}为等差数列.
当n＝1时，由nan－(n－1)an＋1＝1得a1＝1，
由a6＝11，得公差d＝2，
∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1，
∴eq \f(aeq \\al(2,n)＋143,n)＝eq \f(（2n－1）2＋143,n)
＝4n＋eq \f(144,n)－4≥2eq \r(4n·\f(144,n))－4＝44，
当且仅当4n＝eq \f(144,n)，即n＝6时等号成立.
14.等差数列{an}中，公差d＜0，a2＋a6＝－8，a3a5＝7.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Tn为数列{bn}前n项的和，其中bn＝|an|，n∈N*，若Tn≥1 464，求n的最小值.
解 (1)∵等差数列{an}中，公差d＜0，a2＋a6＝－8，
∴a2＋a6＝a3＋a5＝－8，又∵a3a5＝7，
∴a3，a5是一元二次方程x2＋8x＋7＝0的两个根，且a3＞a5，
解方程x2＋8x＋7＝0，得a3＝－1，a5＝－7，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝－1，,a1＋4d＝－7，))解得a1＝5，d＝－3.
∴an＝5＋(n－1)×(－3)＝－3n＋8.
(2)由(1)知{an}的前n项和Sn＝5n＋eq \f(n（n－1）,2)×(－3)＝－eq \f(3,2)n2＋eq \f(13,2)n.
∵bn＝|an|，∴b1＝5，b2＝2，b3＝|－1|＝1，b4＝|－4|＝4，
当n≥3时，bn＝|an|＝3n－8.
当n＜3时，T1＝5，T2＝7；
当n≥3时，Tn＝－Sn＋2S2＝eq \f(3n2,2)－eq \f(13n,2)＋14.
∵Tn≥1 464，∴Tn＝eq \f(3n2,2)－eq \f(13n,2)＋14≥1 464，
即(3n－100)(n＋29)≥0，解得n≥eq \f(100,3)，
∴n的最小值为34.