【二轮复习】高考数学 专题6.1 等差数列及其前n项和（题型专练）（新高考专用）.zip

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TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc10078" 【题型1 等差数列的基本量计算】 PAGEREF _Tc10078 \h 2
\l "_Tc4001" 【题型2 等差中项及其应用】 PAGEREF _Tc4001 \h 3
\l "_Tc680" 【题型3 等差数列的性质的应用】 PAGEREF _Tc680 \h 4
\l "_Tc16787" 【题型4 等差数列的判定与证明】 PAGEREF _Tc16787 \h 6
\l "_Tc10882" 【题型5 等差数列通项公式的求解】 PAGEREF _Tc10882 \h 8
\l "_Tc30098" 【题型6 等差数列前n项和的性质】 PAGEREF _Tc30098 \h 11
\l "_Tc24058" 【题型7 求等差数列的前n项和】 PAGEREF _Tc24058 \h 13
\l "_Tc30313" 【题型8 求等差数列的前n项和的最值】 PAGEREF _Tc30313 \h 15
\l "_Tc27867" 【题型9 等差数列的简单应用】 PAGEREF _Tc27867 \h 17
1、等差数列及其前n项和
等差数列是高考的热点内容，属于高考的常考内容之一.从近几年的高考情况来看，等差数列的基本量计算和基本性质、等差数列的中项性质、判定是高考考查的热点，主要以选择题、填空题的形式考查，难度较易；等差数列的证明、求和及综合应用是高考考查的重点，一般出现在解答题中，难度中等；高考中数列内容一般设置一道选择题和一道解答题，需要灵活求解.
【知识点1 等差数列的基本运算的解题策略】
1.等差数列的基本运算的两大求解思路：
(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.
【知识点2 等差数列的判定的方法与结论】
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，在化简得到定值.
(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）是等差数列.
(2)前n项和公式：Sn=An2+Bn（A,B为常数）是等差数列.
问题的最终判定还是利用定义.
【知识点3 等差数列及其前n项和的性质及应用】
1.项的性质：
在等差数列中，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项和的最值的常用方法：
(1)邻项变号法：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)二次函数法：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.
(3)不等式组法：借助当Sn最大时，有，解此不等式组确定n的范围，进而确定n的值和对应Sn的值(即Sn最大值)，类似可求Sn的最小值.
【题型1 等差数列的基本量计算】
【例1】（2023·广西·统考模拟预测）设an为等差数列，若a3+2a1=1,a4=5，则公差d=（ ）
A．－2B．－1C．1D．2
【解题思路】由等差数列的基本量法列方程组求解．
【解答过程】由题意得3a1+2d=1a1+3d=5⇒解得a1=-1d=2，
故选：D.
【变式1-1】（2023·浙江台州·统考模拟预测）已知数列an满足：∀m，n∈N*，am+n=am+an.若a2022=2022，则a1=（ ）
A．1B．2C．3D．2022
【解题思路】令m=1，则an+1=a1+an，再根据等差数列的定义即可得到an+1-an=a1=d，即可求出答案.
【解答过程】令m=1，则an+1=a1+an
故an+1-an=a1，∵a1为常数，
故数列an是等差数列
∴an+1-an=a1=d
∴a2022=a1+2022-1d=2022a1=2022
a1=1
故选：A.
【变式1-2】（2023·全国·模拟预测）记Sn为等差数列an的前n项和，已知a2=1，S4=8．若Sn-2an=6，则n=（ ）
A．5B．6C．7D．8
【解题思路】设等差数列an的公差为d，由等差数列的通项公式和前n项和公式列方程组，解方程求出a1,d，即可求出an,Sn，代入Sn-2an=6即可得出答案.
【解答过程】设等差数列an的公差为d．由条件可知a1+d=1,4a1+6d=8,解得a1=-1,d=2,
所以an=-1+2n-1=2n-3，Sn=n-1+2n-32=n2-2n．
由Sn-2an=6，得n2-2n-22n-3=6，即n2-6n=0，解得n=6（n=0舍去）．
故选：B．
【变式1-3】（2023·浙江杭州·校考模拟预测）已知等差数列an，记Sn为数列an的前n项和，若a1=1，S7=5a5，则数列an的公差d=（ ）
A．1B．2C．-1D．-2
【解题思路】根据等差数列的求和公式以及通项公式可得出关于d的等式，解之即可.
【解答过程】在等差数列an中，Sn为数列an的前n项和，a1=1，
由S7=5a5可得7a1+7×62d=5a1+4d，即7+21d=5+20d，解得d=-2.
故选：D.
【题型2 等差中项及其应用】
【例2】（2023·安徽蚌埠·统考模拟预测）已知等差数列{an}满足a2+a4+a6=π，则csa1+a7=（ ）
A．-12B．12C．22D．32
【解题思路】利用等差中项求解即可.
【解答过程】因为数列{an}是等差数列，
所以a2+a4+a6=3a4=π，即a4=π3，
所以csa1+a7=cs2a4=cs2π3=-12，
故选：A.
【变式2-1】（2023·四川凉山·三模）在等差数列an中，a2+a4=2，a5=3，则a9=（ ）．
A．3B．5C．7D．9
【解题思路】由等差中项性质得a3=1，利用等差数列通项公式求基本量公差d，进而写出通项公式，即可得a9.
【解答过程】由题设a2+a4=2a3=2，则a3=1，而a5=3，
若等差数列公差为d，则d=a5-a32=1，
所以，an通项公式为an=a3+(n-3)d=n-2，故a9=7.
故选：C.
【变式2-2】（2023·全国·校联考模拟预测）已知等差数列an的首项a1=1，公差d>0，数列bn满足bn=an2-an+d若bn也是等差数列，则d=（ ）
A．14B．12C．1D．2
【解题思路】根据等差数列的通项公式及定义可得结果.
【解答过程】易知an=dn-d+1，d>0，又因为bn为等差数列，bn=an2-an+d，
所以b1,b2,b3成等差数列，即2b2=b1+b3，故2a22-a2+d=a12-a1+d+a32-a3+d，
化简得d=14，此时an=14n+34，bn=an2-an+d=14n+14，显然bn为等差数列，符合题意，所以d=14‘
故选：A.
【变式2-3】（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知数列an中，a2=2，当n≥3时，an-1，12an，an-2成等差数列.若a2022=k，那么a3+a5+⋯+a2021=（ ）
A．kB．k-1C．2kD．k-2
【解题思路】依题意可得数列an的递推关系an=an-1+an-2，再一一代入即可求解.
【解答过程】当n≥3时，an-1，12an，an-2成等差数列，则an=an-1+an-2，
由于a2=2，则a3+a5+⋯+a2021=a2+a3+a5+⋯+a2021-2=a2022-2=k-2，
故选：D.
【题型3 等差数列的性质的应用】
【例3】（2023·全国·模拟预测）已知递增数列an是等差数列，若a4=8，3a2+a6=a2⋅a6，则a2024=（ ）
A．2024B．2023C．4048D．4046
【解题思路】设数列an的公差为d（d>0），解法一：根据题意结合等差数列的通项公式求a1,d，即可得结果；解法二：根据等差数列的性质并以a4为中心求d，即可得结果.
【解答过程】解法一：设数列an的公差为d（d>0），
因为a4=8，3a2+a6=a2⋅a6，
则a1+3d=23a1+d+a1+5d=a1+da1+5d，解得a1=2d=2，
所以a2024=2+2×2024-1=4048；
解法二：设数列an的公差为d（d>0），
由3a2+a6=a2⋅a6得3×2a4=a4-2da4+2d，
又因为a4=8，即48=8-2d8+2d，解得d=2，
所以a2024=a4+2×2024-4=8+2×2020=4048.
故选：C．
【变式3-1】（2023·全国·模拟预测）已知数列an为等差数列，则“m=4”是“a2+am+a9=3a5”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【解题思路】根据等差数列的性质，结合已知可得充分性成立；举例即可说明必要性不成立.
【解答过程】当m=4时，根据等差数列的性质可得
a2+a4+a9=a1+a5+a9=a5+a1+a9=a5+2a5=3a5，故充分性成立；
当an为常数列时，有an=a1，
由a2+am+a9=3a1，3a5=3a1=a2+am+a9，此时m∈N*即可，故必要性不成立．
因此“m=4”是“a2+am+a9=3a5”的充分不必要条件，
故选：A．
【变式3-2】（2023·宁夏石嘴山·平罗中学校考二模）已知等差数列an是递增数列，且满足a3+a5=14，a2a6=33，则a1a7等于（ ）
A．33B．16C．13D．12
【解题思路】由等差数列的性质，a2+a6=a3+a5=14，又a2a6=33，an是递增数列，可解得a2,a6,d，
得解.
【解答过程】由等差数列的性质，a2+a6=a3+a5=14，又a2a6=33，解得a2=3a6=11或a2=11a6=3，又an是递增数列，所以a2=3a6=11，∴d=a6-a24=2，
∴a1a7=a2-da6+d=3-211+2=13.
故选：C.
【变式3-3】（2023·江西鹰潭·贵溪市实验中学校考模拟预测）数列an是等差数列，若a3a9=8，1a3+1a9=13，则a6=（ ）
A．22B．4C．43D．23
【解题思路】根据等差数列性质得到1a3+1a9=2a68=13，得到答案.
【解答过程】1a3+1a9=a3+a9a3a9=a3+a98=2a68=13，故a6=43.
故选：C.
【题型4 等差数列的判定与证明】
【例4】（2023·浙江温州·统考三模）已知数列an各项为正数，bn满足an2=bnbn+1，an+an+1=2bn+1，则（ ）
A．bn是等差数列B．bn是等比数列
C．bn是等差数列D．bn是等比数列
【解题思路】分析可知数列bn的每一项都是正数，由已知条件可得出bn+bn+2=2bn+1，结合等差中项法判断可得出结论.
【解答过程】因为数列an各项为正数，bn满足an2=bnbn+1，an+an+1=2bn+1，
故对任意的n∈N*，bn+1=an+an+12>0，则bn=an2bn+1>0，
所以，数列bn的每一项都是正数，
所以，bnbn+1+bn+1bn+2=2bn+1，可得bn+bn+2=2bn+1，
由等差中项法可知，数列bn是等差数列，
故选：C.
【变式4-1】（2023上·高二课时练习）已知数列an是等差数列，下面的数列中必为等差数列的个数是（ ）
①a2n ②an+an+1 ③3an+1 ④an
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】根据等差数列的定义判断．
【解答过程】设{an}的公差为d，
对于①，a2n+1-a2n=a2n+2-a2n=2d，
a2n是等差数列，故①正确；
对于②，an+an+1-an-1+an=an+1-an-1=2d，
an+an+1是等差数列，故②正确；
对于③，3an+1-(3an-1+1)=3(an-an-1)=3d，3an+1是等差数列，故③正确；
对于④，若an=n-5，则an=n-5不是等差数列，故④错误；
故选：C．
【变式4-2】（2023上·天津蓟州·高二校考阶段练习）设数列an满足a1+3a2+⋅⋅⋅+2n-1an=2n.
(1)求an的通项公式；
(2)证明：数列2kan（k为常数）为等差数列.
【解题思路】（1）由数列递推式求出首项，再得出n≥2时，a1+3a2+⋅⋅⋅+2n-3an-1=2(n-1)，和已知等式相减可得an=22n-1，验证首项，即得答案；
（2）由（1）的结果可得2kan的通项公式的表达式，根据等差数列的定义即可证明结论.
【解答过程】（1）由题意知数列an满足a1+3a2+⋅⋅⋅+2n-1an=2n①，
则n=1时，a1=2；
当n≥2时，a1+3a2+⋅⋅⋅+2n-3an-1=2(n-1)②，
则②-①得：2n-1an=2，故an=22n-1，a1=2也适合该式，
故an=22n-1；
（2）由（1）得2kan=k(2n-1)，设bn=2kan，
则bn+1-bn=k(2n+1)-k(2n-1)=2k为常数，
故数列2kan（k为常数）为等差数列.
【变式4-3】（2023上·山东威海·高二统考期末）设Sn为数列an的前n项和，Tn为数列Sn的前n项积，已知1Tn=Sn-1Sn．
(1)求S1，S2；
(2)求证：数列1Sn-1为等差数列；
(3)求数列an的通项公式．
【解题思路】（1）直接令1Tn=Sn-1Sn中的n=1，n=2可得答案；
（2）通过1Tn=Sn-1Sn得到1Tn-1=Sn-1-1Sn-1，两式相除整理后可证明数列1Sn-1为等差数列；
（3）当n≥2时，通过an=Sn-Sn-1可得数列an的通项公式，注意验证n=1时是否符合.
【解答过程】（1）由1Tn=Sn-1Sn，Sn≠0且Sn≠1，
当n=1时，1T1=S1-1S1=1S1，得S1=2，
当n=2时，1T2=S2-1S2=1S1S2，得S2=32；
（2）对于1Tn=Sn-1Sn①，
当n≥2时，1Tn-1=Sn-1-1Sn-1②，
①÷②得Tn-1Tn=Sn-1Sn×Sn-1Sn-1-1=1Sn，
即Sn-1=Sn-1-1Sn-1，∴1Sn-1=Sn-1Sn-1-1=1Sn-1-1+1，
又1S1-1=1，
∴数列1Sn-1是以1为首项，1为公差的等差数列；
（3）由（2）得1Sn-1=1+n-1=n，
∴Sn=1n+1，
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=1n+1-1n-1+1=-1nn-1，
又n=1时，a1=S1=2，不符合an=-1nn-1，
∴an=2,n=1-1nn-1,n≥2.
【题型5 等差数列通项公式的求解】
【例5】（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）已知等差数列an满足a6+a7=4，且a1,a4,a5成等比数列．
(1)求an的通项公式；
(2)记Tn为数列an前n项的乘积，若a1<0，求Tn的最大值．
【解题思路】（1）利用a6+a7=4，和a1,a4,a5成等比数列结合等差数列和等比数列知识，从而求出首项和公差，从而求解.
（2）根据（1）中结果并结合题意进行分情况讨论，从而求解.
【解答过程】（1）设an的公差为d，由a6+a7=4，得：2a1+11d=4；
由a1,a4,a5成等比数列，得：a42=a1a5，即：a1+3d2=a1a1+4d，整理得：d2a1+9d=0.
由2a1+11d=4d2a1+9d=0，解得：a1=2d=0或a1=-9d=2.
所以：an的通项公式为an=2或an=2n-11.
（2）因为a1<0，所以：an=2n-11，
得：当n≤5时，an<0；当n≥6时，an>0.
从而T1<0,T2>0,T3<0,T4>0,T5<0,Tn<0n≥5，
又因为：T2=a1a2=63,T4=a1a2a3a4=945，所以：Tn的最大值为T4=945.
故Tn的最大值为945.
【变式5-1】（2023·江西·校联考二模）已知数列an是公差为d的等差数列，且a1=1，若16和26分别是an中的项.
(1)当d取最大值时，求通项an；
(2)在（1）的条件下，求数列15n+1an的前n项和Sn.
【解题思路】（1）由等差数列的性质，可得d=am-a1m-1=an-a1n-1，找到m,n与d的关系，进而找到d取最大值时，通项an；
（2）裂项相消即可.
【解答过程】（1）由已知得d>0，数列an单调递增，不防设am=16,an=26，且n>m>1，
∴d=am-a1m-1=an-a1n-1即15m-1=25n-1，∴3n-1=5m-1，
∵m与n越小，d越大，
∴n-1=5m-1=3，∴m=4n=6，∴d=5，∴an=5n-4n∈N*
（2）由（1）知：an=5n-4，∴15n+1an= 15n+15n-4=1515n-4-15n+1，
∴Sn=1511-16+16-111+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+15n-4-15n+1
=151-15n+1=15-125n+5n∈N*.
【变式5-2】（2023·海南海口·校联考模拟预测）已知Sn为数列an的前n项和，且an>0，an2+3an=6Sn+4．
(1)求an的通项公式；
(2)若bn=3anan+1，数列bn的前n项和为Tn，证明：Tn<14．
【解题思路】（1）根据给定的递推公式，结合“an=Sn-Sn-1(n≥2)”可得an-an-1=3，由此求出数列通项作答.
（2）由（1）的结论，利用裂项相消法求和推理作答即可.
【解答过程】（1）解：当n=1时，a12+3a1=6S1+4=6a1+4，
因为an>0，所以a1=4．
当n≥2时，an2+3an-an-12-3an-1=6Sn+4-6Sn-1-4，
即an+an-1an-an-1=3an+an-1．
因为an>0，所以an-an-1=3，
所以an是首项为4，公差为3的等差数列，故an=3n+1．
（2）证明：因为bn=3(3n+1)(3n+4)=13n+1-13n+4，
所以Tn=14-17+17-111+⋯+13n+1-13n+4=14-13n+4．
因为n∈N*，13n+4>0，
所以，Tn=14-13n+4<14.
【变式5-3】（2023·贵州铜仁·校联考模拟预测）已知常数λ≠0，数列an的前n项和为Sn，a1=1且ann-1=Snnn-1+λn≥2.
(1)求数列an的通项公式；
(2)若cn=3n+-1nan，且数列cn是单调递增数列，求实数λ的取值范围．
【解题思路】（1）由a1=1和ann-1=Snnn-1+λn≥2可得Sn=nan-λn(n-1)，根据an+1=Sn+1-Sn(n≥2)得到an+1-an=2λ，利用等差数列的通项公式即可得出；
（2）根据数列cn是单调递增数列，得到3n+(-1)nan<3n+1+(-1)n+1an+1，即(-1)n1+(2n-1)λ<3n，对n分类讨论，利用单调性即可得出.
【解答过程】（1）因为ann-1=Snn(n-1)+λ，所以Sn=nan-λn(n-1)，
因为an+1=Sn+1-Sn(n≥2)，
所以an+1=(n+1)an+1-λ(n+1)n-nan-λn(n-1)，
化简得：an+1-an=2λ (n≥2)，
在ann-1=Snn(n-1)+λ中，
当n=2时，得a2=1+2λ=a1+2λ，满足上述递推关系式，
∴数列{an}是以1为首项，公差为2λ的等差数列，
故an=1+2λ(n-1)，n∈N*；
（2）∵ cn=3n+(-1)nan，cn即3n+(-1)nan<3n+1+(-1)n+1an+1，化简得(-1)n1+(2n-1)λ<3n，
①当n是奇数时，-1+(2n-1)λ<3n，λ>-3n+12n-1，n=1, 3,5, 7, ⋯，
令f(n)=-3n+12n-1，λ>f(n)max即可，
f(n+2)-f(n)=-3n+2+12n+3+3n+12n-1=-4(4n-3)3n+4(2n-1)(2n+3)<0，
f(1)>f(3)>f(5)>…>f(n)>…，且f(1)=-4，故λ>-4；
②当n是偶数时，1+(2n-1)λ<3n，λ<3n-12n-1，n=2,4,6,8,⋯，
令g(n)=3n-12n-1，λ因为g(n+2)-g(n)=3n+2-12n+3-3n-12n-1=4(4n-3)3n+4(2n-1)(2n+3)>0，
所以g(2)综上可得：实数λ的取值范围是-4,83.
【题型6 等差数列前n项和的性质】
【例6】（2023·福建厦门·统考模拟预测）等差数列an的前n项和为Sn，S9=18,S3=3，则S6=（ ）
A．9B．212C．12D．272
【解题思路】根据等差数列前n项和的性质可得S3，S6-S3，S9-S6成等差数列，从而可列方程可求出结果.
【解答过程】由已知S3，S6-S3，S9-S6，即3，S6-3，18-S6成等差数列，
所以2×S6-3=3+18-S6，所以S6=9，
故选：A．
【变式6-1】（2023上·四川眉山·高三校考开学考试）在等差数列{an}中， a1=-2024，其前n项和为Sn，若S1010-S88=2，则S2024=（ ）
A．2 023B．-2 023C．-2 024D．2 024
【解题思路】设{an}公差为d，可得出Snn也为等差数列，根据条件得出其公差，从而得出其通项公式，从而得出答案.
【解答过程】由{an}是等差数列，设公差为d，则Sn=na1+nn-12d
所以Snn=a1+n-12d，Sn+1n+1-Snn=d2（常数），则Snn也为等差数列.
由S1010-S88=2，则数列Snn的公差为1.
所以Snn=S11+n-1×1=-2024+n-1=n-2025
所以S20242024=2024-2025=-1，所以S2024=-2024
故选：C.
【变式6-2】（2023上·陕西榆林·高二校联考阶段练习）已知等差数列 an 与等差数列 bn 的前 n 项和分别为 Sn 与 Tn, 且SnT2n-1=5n+34n-2, 则a3b11+a9b11=（ ）
A．2921B．2911C．5821D．5811
【解题思路】由等差数列性质可得a3b11+a9b11=2a6b11，由等差数列前n项和公式可得a6=S1111、b11=T2121，即可令n=11，代入计算即可得.
【解答过程】因为数列an、bn都是等差数列, 所以a3b11+a9b11=a3+a9b11=2a6b11,
又S11=11a1+a112=11a6，T21=21b1+b212=21b11，
故a6=S1111，b11=T2121，即有a3b11+a9b11=2a6b11=4211×S11T21,
在SnT2n-1=5n+34n-2中，令n=11，得S11T21=2921，
故a3b11+a9b11=2a6b11=4211×2921=5811.
故选：D.
【变式6-3】（2023·宁夏石嘴山·石嘴山市第三中学校考一模）设等差数列an的公差为d，共前n项和为Sn，已知S16>0，S17<0，则下列结论不正确的是（ ）.
A．a1>0，d<0B．S8与S9均为Sn的最大值
C．a8+a9>0D．a9<0
【解题思路】由等差中项性质与等差数列前n项和公式即可求解.
【解答过程】依题意，
因为S16=16a1+a162=8a8+a9>0，
S17=17a1+a172=17×2×a92=17a9<0，
所以a8+a9>0,a9<0，所以CD正确；
由a8+a9>0,a9<0，易得a8>0，
所以d=a9-a8<0，即d<0，
由a8=a1+7d>0，得a1>-7d，
所以a1>0，所以A正确；
对于B：因为S9=S8+a9因此，S8与S9不可能同为Sn的最大值.
故选：B.
【题型7 求等差数列的前n项和】
【例7】（2023·四川内江·统考一模）已知等差数列an的前n项和为Sn，a2=3，S5+a3=30.
(1)求an及Sn；
(2)若bn=an+1Sn⋅Sn+1，求数列bn的前n项和Tn.
【解题思路】（1）根据等差数列基本量的计算可得公差和首项，即可求解，
（2）根据裂项求和即可求解.
【解答过程】（1）设公差为d，则由a2=3，S5+a3=30可得：
a1+d=35a1+10d+a1+2d=30，解得a1=1d=2，
所以an=1+2n-1=2n-1，Sn=1+2n-1n2=n2
（2）bn=an+1Sn⋅Sn+1=2n+1n2⋅n+12=1n2-1n+12，
故Tn=11-122+122-132+132-142+⋯+1n2-1n+12=1-1n+12.
【变式7-1】（2023·湖北武汉·统考三模）已知各项均不为零的数列an的前n项和为Sn，a1=1，2Sn=anan+1n∈N*.
(1)求an的通项公式；
(2)若Sk≤2023恒成立，求正整数k的最大值.
【解题思路】（1）根据题意，当n=1时，求得a2=2，当n≥2时，得到2Sn-1=an-1an，两式相减化简求得an+1-an-1=2，得到数列an中奇数项和偶数项分别构成等差数列，进而求得数列的通项公式；
（2）由（1）求得Sn=nn+12，结合当k≤63时，Sk<2023和当k=64时，Sk>2023，即可求解.
【解答过程】（1）解：由题意，各项均不为零的数列an的前n项和为Sn，满足a1=1且2Sn=anan+1，
当n=1时，2a1=a1a2，解得a2=2，
当n≥2时，2Sn-1=an-1an，两式相减得2an=anan+1-an-1，
因为数列an中各项均不为零，即an+1-an-1=2.
所以数列an中奇数项是以a1为首项，2为公差的等差数列；
偶数项是以a2为首项，2为公差的等差数列，
当n=2k时，a2k=a2+k-1×2=2k，即an=n；
当n=2k-1时，a2k-1=a1+k-1×2=2k-1，即an=n，
综上，数列an的通项公式为an=n.
（2）解：由（1）知数列an是以1为首项，1为公差的等差数列，可得Sn=nn+12，
因为Sk≤2023，所以kk+1≤4046，
当k≤63时，Sk<2023，即不等式恒成立；
当k=64时，Sk>2023.
故正整数k的最大值为63.
【变式7-2】（2023·辽宁大连·大连二十四中校考模拟预测）已知等差数列an的前n项和为Sn，其中a2=-10，S6=-42．
(1)求数列an的通项；
(2)求数列an的前n项和为Tn．
【解题思路】（1）利用等差数列的通项公式以及等比数列的性质列方程求出an的公差即可求解；
（2）由等差数列的求和公式求出Sn，讨论当n≤7时，an=-an，Tn=-Sn；当n>7时，an=an，Tn=Sn-2S7，写成分段的形式即可.
【解答过程】（1）设{an}的公差为d，
则a2=a1+d=-10S6=6a1+15d=-42，解得a1=-12d=2，
所以an=-12+2(n-1)=2n-14；
（2）因为an=2n-14，所以Sn=n-12+2n-142=n2-13n，
当n≤7时，an=2n-14≤0，此时an=-an，
Tn=a1+a2+⋯+an=-a1+a2+⋯+an=-Sn=13n-n2，
当n>7时，an=2n-14>0，此时an=an，
Tn=a1+a2+⋯+a6+a7+a8+⋯+an=-a1+a2+⋯+a7+a8+a9+⋯+an
=-S7+Sn-S7=Sn-2S7=n2-13n-272-13×7=n2-13n+84，
综上所述：Tn=13n-n2,n≤7n2-13n+84,n>7.
【变式7-3】（2023·湖北黄冈·统考模拟预测）设等差数列an前n项和Sn，a1=1，满足2Sn+1=nan+5+2，n∈N*.
(1)求数列an的通项公式；
(2)记bn=n+1SnSn+2，设数列bn的前n项和为Tn，求证Tn<516.
【解题思路】（1）根据等差数列的通项公式进行求解即可；
（2）利用等差数列前n项和公式，结合裂项相消法进行求解即可.
【解答过程】（1）依题意有2a1+a2=a1+5+2，
∵a1=1，∴a2=3，
又an为等差数列，设公差为d，
∴d=a2-a1=2，∴an=1+2n-1=2n-1.
（2）由（1）可得Sn=1+2n-1n2=n2，
∴bn=n+1n2(n+2)2=141n2-1(n+2)2
b1=1411-132，b2=14122-142，b3=14132-152，⋯，bn-1=141(n-1)2-1(n+1)2，
∴Tn=141+14-1(n+1)2-1(n+2)2<14×54=516.
【题型8 求等差数列的前n项和的最值】
【例8】（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）设Sn为等差数列an的前n项和，且∀n∈N*，都有SnnA．Sn的最小值是S9B．Sn的最小值是S10
C．Sn的最大值是S9D．Sn的最大值是S10
【解题思路】由Snn0，即可求出，Sn有最小值，且最小值为S9.
【解答过程】由Snn所以数列an为递增的等差数列.
因为S5=S13，所以a6+a7+a8+a9+a10+a11+a12+a13=0，即a9+a10=0，
则a9<0，a10>0，所以当n≤9且n∈N*时，an<0；
当n≥10且n∈N*时，an>0.因此，Sn有最小值，且最小值为S9.
故选：A.
【变式8-1】（2023·河南·开封高中校考模拟预测）已知Sn为等差数列an的前n项和．若S12<0，a5+a7>0，则当Sn取最大值时，n的值为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【解题思路】由已知结合等差数列的性质和前n项和公式，可推得a6>0，a7<0，从而得解．
【解答过程】因为等差数列an中，S12=12×a1+a122<0，即a1+a12<0，
所以a1+a12=a6+a7<0，
因为a5+a7=2a6>0，即a6>0，
所以a7<0，
由an为等差数列，得n≤6时，an>0；n>6时，an<0，
所以当n=6时，Sn取得最大值．
故选：D.
【变式8-2】（2023·四川自贡·统考三模）等差数列an的前n项和为Sn，公差为d，若S10<0，S11>0，则下列四个命题正确个数为（ ）①S5为Sn的最小值 ②a6>0 ③a1<0，d>0 ④S6为Sn的最小值
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】根据等差数列的前n项和公式以及等差数列的性质，即可得a6>0，a5<0，从而确定d>0，即可逐项判断得答案.
【解答过程】等差数列an中，S11=a1+a11×112=11a6>0，则a6>0，故②正确；
又S10=a1+a10×102=5a1+a10=5a5+a6<0，所以a5<0，故d>0，则a1=a5-4d<0，故③正确；
于是可得等差数列an满足an+1-an=d>0，其为递增数列，则a10，所以S5为Sn的最小值，故①正确，④不正确；
则四个命题正确个数为3.
故选：C.
【变式8-3】（2023·全国·模拟预测）已知等差数列an的前n项和为Sn，S15=30，S16<0，则（ ）
A．当n=15时，Sn最大B．当n=16时，Sn最小
C．数列Sn中存在最大项，且最大项为S8D．数列Sn中存在最小项
【解题思路】根据题意分析可得a1=2-7d，d<-4.对A：根据等差数列的前n项和的性质结合二次函数分析判断；对B：分类讨论判断S15与S16的大小关系；对C、D：根据等差数列的单调性以及an的正负性分析判断.
【解答过程】设等差数列an的公差为d，
∵S15=15a8=30，则a8=a1+7d=2，即a1=2-7d，
又∵S16=S15+a16=30+a8+8d=32+8d<0，解得d<-4，
对A：∵an为等差数列，则可设Sn=An2+Bn,A=d2<0，
由二次函数可知Sn不存在最大值，故A错误；
对B：因为S16=S15+a16=30+a8+8d=32+8d，则有：
当d<-314时，S16<-30，故S15当d=-314时，S16=-30，故S15=S16；
当-314对C、D：∵d<-4<0，则数列an为递减数列，
且a8=2>0,a9=a8+d=2+d<2+-4=-2<0，
所以对∀n≤8,n∈N*，均有an>0；对∀n≥9,n∈N*，均有an<0，
所以Sn中，S8最大，Sn无最小项，故C正确，D错误.
故选：C.
【题型9 等差数列的简单应用】
【例9】（2023·四川绵阳·绵阳中学校考模拟预测）《张丘建算经》是我国南北朝时期的一部重要数学著作，书中系统地介绍了等差数列，同类结果在三百年后在印度才首次出现，卷中记载“今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月日织九匹三丈”，其意思为：“现有一善于织布的女子，从第二天开始，每天比前一天多织相同量的布，第一天织了5尺布，现在一个月（30天）共织390尺布”，假如该女子1号开始织布，则这个月中旬（第11天到第20天）的织布量为（ ）
A．26B．130C．4213D．156
【解题思路】根据题意得：该女子每天的织布量构成等差数列an,该等差数列的前30项和为390，首项a1=5，设公差为d，代入等差数列的前n项和公式，求出d，再求a11+a12+⋅⋅⋅+a19+a20即可.
【解答过程】设第n天的织布量为an,根据题意得：该女子每天的织布量构成等差数列an,
该等差数列的前30项和为390，首项a1=5，设公差为d，
所以S30=30×5+30×292×d=390，解得d=1629，
所以a11+a12+⋅⋅⋅+a19+a20=5a11+a20=52a1+29d=52×5+29×1629=130．
所以这个月中旬（第11天到第20天）的织布量为130.
故选:B.
【变式9-1】（2023·四川雅安·统考模拟预测）中国古代数学名著《九章算术》中“均输”一章有如下问题：“今有竹九节，下三节容量四升，上四节容量三升．问中间二节欲均容各多少．”意思是“今有竹9节，下部分3节总容量4升，上部分4节总容量3升，且自下而上每节容积成等差数列，问中间二节容积各是多少？”按此规律，中间二节（自下而上第四节和第五节）容积之和为（ ）
A．4722B．13166C．12766D．11366
【解题思路】根据给定条件，利用等差数列的第5项a5及公差d列出方程组，求解作答.
【解答过程】依题意，令九节竹子从下到上的容积构成的等差数列为{an},n∈N*,n≤9，其公差为d，
于是得：a1+a2+a3=4a6+a7+a8+a9=3，即有3a5-9d=44a5+10d=3，解得a5=6766,d=-766，
所以中间二节容积之和为a4+a5=2a5-d=4722.
故选：A.
【变式9-2】（2023·江西上饶·校联考模拟预测）2022年10月16日上午10时，举世瞩目的中国共产党第二十次全国代表大会在北京人民大会堂隆重开幕，某单位组织全体人员在报告厅集体收看，已知该报告厅共有16排座位，共有432个座位数，并且从第二排起，每排比前一排多2个座位数，则最后一排的座位数为（ ）
A．12B．26C．42D．50
【解题思路】根据题意，把各排座位数看作等差数列，设等差数列通项为an，首项为a1，公差为d=2，前n项和为Sn，由已知S16=432求出a1，再根据等差数列通项公式求出a16即可．
【解答过程】根据题意，把各排座位数看作等差数列，
设等差数列通项为an，首项为a1，公差为d=2，前n项和为Sn，则S16=432，
所以S16=16×(a1+a16)2=8×(2a1+15×2)=432，解得a1=12，
所以a16=a1+15d=12+15×2=42，
故选：C．
【变式9-3】（2023·四川达州·统考一模）《孙子算经》是我国南北朝时著名的数学著作，其中有物不知数问题：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二.问物几何？意思是：有一些物品，不知道有多少个，只知道将它们三个三个地数，会剩下2个；五个五个地数，会剩下3个；七个七个地数，也会剩下2个，这些物品的数量是多少个？若一个正整数除以三余二，除以五余三，将这样的正整数由小到大排列，则前10个数的和为（ ）
A．754B．755C．756D．757
【解题思路】由题意可得除以三余二且除以五余三的正整数是以8为首项，15为公差的等差数列，再根据等差数列的前n项和公式即可得解.
【解答过程】设除以三余二的正整数为数列an，则an=3n-1n∈N*，
除以五余三的正整数为数列bn，则bn=5n-2n∈N*，
除以三余二且除以五余三的正整数为数列cn，
而3和5的最小公倍数为15，
则数列cn是由数列an和bn的公共项构成的一个数列，
数列cn是以8为首项，15为公差的等差数列，
则cn=15n-7，
所以前10个数的和为10×8+1432=755.
故选：B.
1．（2023·全国·统考高考真题）记Sn为等差数列an的前n项和．若a2+a6=10,a4a8=45，则S5=（ ）
A．25B．22C．20D．15
【解题思路】方法一：根据题意直接求出等差数列an的公差和首项，再根据前n项和公式即可解出；
方法二：根据等差数列的性质求出等差数列an的公差，再根据前n项和公式的性质即可解出．
【解答过程】方法一：设等差数列an的公差为d，首项为a1，依题意可得，
a2+a6=a1+d+a1+5d=10，即a1+3d=5,
又a4a8=a1+3da1+7d=45，解得：d=1,a1=2，
所以S5=5a1+5×42×d=5×2+10=20．
故选：C.
方法二：a2+a6=2a4=10，a4a8=45，所以a4=5，a8=9，
从而d=a8-a48-4=1，于是a3=a4-d=5-1=4，
所以S5=5a3=20．
故选：C.
2．（2023·全国·统考高考真题）已知等差数列an的公差为2π3，集合S=csann∈N*，若S=a,b，则ab=（ ）
A．－1B．-12C．0D．12
【解题思路】根据给定的等差数列，写出通项公式，再结合余弦型函数的周期及集合只有两个元素分析、推理作答.
【解答过程】依题意，等差数列{an}中，an=a1+(n-1)⋅2π3=2π3n+(a1-2π3)，
显然函数y=cs[2π3n+(a1-2π3)]的周期为3，而n∈N*，即csan最多3个不同取值，又{csan|n∈N*}={a,b}，
则在csa1,csa2,csa3中，csa1=csa2≠csa3或csa1≠csa2=csa3，
于是有csθ=cs(θ+2π3)，即有θ+(θ+2π3)=2kπ,k∈Z，解得θ=kπ-π3,k∈Z，
所以k∈Z，ab=cs(kπ-π3)cs[(kπ-π3)+4π3]=-cs(kπ-π3)cskπ=-cs2kπcsπ3=-12.
故选：B.
3．（2023·全国·统考高考真题）记Sn为数列an的前n项和，设甲：an为等差数列；乙：{Snn}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
【解题思路】利用充分条件、必要条件的定义及等差数列的定义，再结合数列前n项和与第n项的关系推理判断作答.，
【解答过程】方法1，甲：an为等差数列，设其首项为a1，公差为d，
则Sn=na1+n(n-1)2d,Snn=a1+n-12d=d2n+a1-d2,Sn+1n+1-Snn=d2，
因此{Snn}为等差数列，则甲是乙的充分条件；
反之，乙：{Snn}为等差数列，即Sn+1n+1-Snn=nSn+1-(n+1)Snn(n+1)=nan+1-Snn(n+1)为常数，设为t，
即nan+1-Snn(n+1)=t，则Sn=nan+1-t⋅n(n+1)，有Sn-1=(n-1)an-t⋅n(n-1),n≥2，
两式相减得：an=nan+1-(n-1)an-2tn，即an+1-an=2t，对n=1也成立，
因此an为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件，C正确.
方法2，甲：an为等差数列，设数列an的首项a1，公差为d，即Sn=na1+n(n-1)2d，
则Snn=a1+(n-1)2d=d2n+a1-d2，因此{Snn}为等差数列，即甲是乙的充分条件；
反之，乙：{Snn}为等差数列，即Sn+1n+1-Snn=D,Snn=S1+(n-1)D，
即Sn=nS1+n(n-1)D，Sn-1=(n-1)S1+(n-1)(n-2)D，
当n≥2时，上两式相减得：Sn-Sn-1=S1+2(n-1)D，当n=1时，上式成立，
于是an=a1+2(n-1)D，又an+1-an=a1+2nD-[a1+2(n-1)D]=2D为常数，
因此an为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件.
故选：C.
4．（2022·北京·统考高考真题）设an是公差不为0的无穷等差数列，则“an为递增数列”是“存在正整数N0，当n>N0时，an>0”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【解题思路】设等差数列an的公差为d，则d≠0，利用等差数列的通项公式结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
【解答过程】设等差数列an的公差为d，则d≠0，记x为不超过x的最大整数.
若an为单调递增数列，则d>0，
若a1≥0，则当n≥2时，an>a1≥0；若a1<0，则an=a1+n-1d，
由an=a1+n-1d>0可得n>1-a1d，取N0=1-a1d+1，则当n>N0时，an>0，
所以，“an是递增数列”⇒“存在正整数N0，当n>N0时，an>0”；
若存在正整数N0，当n>N0时，an>0，取k∈N*且k>N0，ak>0，
假设d<0，令an=ak+n-kd<0可得n>k-akd，且k-akd>k，
当n>k-akd+1时，an<0，与题设矛盾，假设不成立，则d>0，即数列an是递增数列.
所以，“an是递增数列”⇐“存在正整数N0，当n>N0时，an>0”.
所以，“an是递增数列”是“存在正整数N0，当n>N0时，an>0”的充分必要条件.
故选：C.
5．（2022·全国·统考高考真题）记Sn为等差数列an的前n项和．若2S3=3S2+6，则公差d= 2 ．
【解题思路】转化条件为2a1+2d=2a1+d+6，即可得解.
【解答过程】由2S3=3S2+6可得2a1+a2+a3=3a1+a2+6，化简得2a3=a1+a2+6，
即2a1+2d=2a1+d+6，解得d=2.
故答案为：2.
6．（2023·全国·统考高考真题）已知an为等差数列，bn=an-6,n为奇数2an,n为偶数，记Sn，Tn分别为数列an，bn的前n项和，S4=32，T3=16．
(1)求an的通项公式；
(2)证明：当n>5时，Tn>Sn．
【解题思路】（1）设等差数列an的公差为d，用a1,d表示Sn及Tn，即可求解作答.
（2）方法1，利用（1）的结论求出Sn，bn，再分奇偶结合分组求和法求出Tn，并与Sn作差比较作答；方法2，利用（1）的结论求出Sn，bn，再分奇偶借助等差数列前n项和公式求出Tn，并与Sn作差比较作答.
【解答过程】（1）设等差数列an的公差为d，而bn=an-6,n=2k-12an,n=2k,k∈N*，
则b1=a1-6,b2=2a2=2a1+2d,b3=a3-6=a1+2d-6，
于是S4=4a1+6d=32T3=4a1+4d-12=16，解得a1=5,d=2，an=a1+(n-1)d=2n+3，
所以数列an的通项公式是an=2n+3.
（2）方法1：由（1）知，Sn=n(5+2n+3)2=n2+4n，bn=2n-3,n=2k-14n+6,n=2k,k∈N*，
当n为偶数时，bn-1+bn=2(n-1)-3+4n+6=6n+1，
Tn=13+(6n+1)2⋅n2=32n2+72n，
当n>5时，Tn-Sn=(32n2+72n)-(n2+4n)=12n(n-1)>0，因此Tn>Sn，
当n为奇数时，Tn=Tn+1-bn+1=32(n+1)2+72(n+1)-[4(n+1)+6]=32n2+52n-5，
当n>5时，Tn-Sn=(32n2+52n-5)-(n2+4n)=12(n+2)(n-5)>0，因此Tn>Sn，
所以当n>5时，Tn>Sn.
方法2：由（1）知，Sn=n(5+2n+3)2=n2+4n，bn=2n-3,n=2k-14n+6,n=2k,k∈N*，
当n为偶数时，Tn=(b1+b3+⋯+bn-1)+(b2+b4+⋯+bn)=-1+2(n-1)-32⋅n2+14+4n+62⋅n2=32n2+72n，
当n>5时，Tn-Sn=(32n2+72n)-(n2+4n)=12n(n-1)>0，因此Tn>Sn，
当n为奇数时，若n≥3，则Tn=(b1+b3+⋯+bn)+(b2+b4+⋯+bn-1)=-1+2n-32⋅n+12+14+4(n-1)+62⋅n-12
=32n2+52n-5，显然T1=b1=-1满足上式，因此当n为奇数时，Tn=32n2+52n-5，
当n>5时，Tn-Sn=(32n2+52n-5)-(n2+4n)=12(n+2)(n-5)>0，因此Tn>Sn，
所以当n>5时，Tn>Sn.
7．（2023·全国·统考高考真题）设等差数列an的公差为d，且d>1．令bn=n2+nan，记Sn,Tn分别为数列an,bn的前n项和．
(1)若3a2=3a1+a3,S3+T3=21，求an的通项公式；
(2)若bn为等差数列，且S99-T99=99，求d．
【解题思路】（1）根据等差数列的通项公式建立方程求解即可；
（2）由{bn}为等差数列得出a1=d或a1=2d，再由等差数列的性质可得a50-b50=1，分类讨论即可得解.
【解答过程】（1）∵3a2=3a1+a3，∴3d=a1+2d，解得a1=d，
∴S3=3a2=3(a1+d)=6d，
又T3=b1+b2+b3=2d+62d+123d=9d，
∴S3+T3=6d+9d=21，
即2d2-7d+3=0，解得d=3或d=12（舍去），
∴an=a1+(n-1)⋅d=3n.
（2）∵{bn}为等差数列，
∴2b2=b1+b3，即12a2=2a1+12a3，
∴6(1a2-1a3)=6da2a3=1a1，即a12-3a1d+2d2=0，解得a1=d或a1=2d，
∵d>1，∴an>0，
又S99-T99=99，由等差数列性质知，99a50-99b50=99，即a50-b50=1，
∴a50-2550a50=1，即a502-a50-2550=0，解得a50=51或a50=-50（舍去）
当a1=2d时，a50=a1+49d=51d=51，解得d=1，与d>1矛盾，无解；
当a1=d时，a50=a1+49d=50d=51，解得d=5150.
综上，d=5150.
8．（2023·全国·统考高考真题）记Sn为等差数列an的前n项和，已知a2=11,S10=40．
(1)求an的通项公式；
(2)求数列an的前n项和Tn．
【解题思路】（1）根据题意列式求解a1,d，进而可得结果；
（2）先求Sn，讨论an的符号去绝对值，结合Sn运算求解.
【解答过程】（1）设等差数列的公差为d，
由题意可得a2=a1+d=11S10=10a1+10×92d=40，即a1+d=112a1+9d=8，解得a1=13d=-2，
所以an=13-2n-1=15-2n，
（2）因为Sn=n13+15-2n2=14n-n2，
令an=15-2n>0，解得n<152，且n∈N*，
当n≤7时，则an>0，可得Tn=a1+a2+⋅⋅⋅+an=a1+a2+⋅⋅⋅+an=Sn=14n-n2；
当n≥8时，则an<0，可得Tn=a1+a2+⋅⋅⋅+an=a1+a2+⋅⋅⋅+a7-a8+⋅⋅⋅+an
=S7-Sn-S7=2S7-Sn=214×7-72-14n-n2=n2-14n+98；
综上所述：Tn=14n-n2,n≤7n2-14n+98,n≥8.
9．（2022·全国·统考高考真题）记Sn为数列an的前n项和，已知a1=1,Snan是公差为13的等差数列．
(1)求an的通项公式；
(2)证明：1a1+1a2+⋯+1an<2．
【解题思路】（1）利用等差数列的通项公式求得Snan=1+13n-1=n+23，得到Sn=n+2an3，利用和与项的关系得到当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n+2an3-n+1an-13,进而得：anan-1=n+1n-1，利用累乘法求得an=nn+12，检验对于n=1也成立，得到an的通项公式an=nn+12；
（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到1a1+1a2+⋯+1an=21-1n+1，进而证得.
【解答过程】（1）∵a1=1，∴S1=a1=1,∴S1a1=1,
又∵Snan是公差为13的等差数列，
∴Snan=1+13n-1=n+23,∴Sn=n+2an3,
∴当n≥2时，Sn-1=n+1an-13，
∴an=Sn-Sn-1=n+2an3-n+1an-13,
整理得：n-1an=n+1an-1,
即anan-1=n+1n-1,
∴an=a1×a2a1×a3a2×…×an-1an-2×anan-1
=1×31×42×…×nn-2×n+1n-1=nn+12，
显然对于n=1也成立，
∴an的通项公式an=nn+12；
（2）1an=2nn+1=21n-1n+1,
∴1a1+1a2+⋯+1an =21-12+12-13+⋯1n-1n+1=21-1n+1<2.
10．（2023·北京·统考高考真题）已知数列an,bn的项数均为m(m>2)，且an,bn∈{1,2,⋯,m}, an,bn的前n项和分别为An,Bn，并规定A0=B0=0．对于k∈0,1,2,⋯,m，定义rk=maxi∣Bi≤Ak,i∈{0,1,2,⋯,m}，其中，maxM表示数集M中最大的数.
(1)若a1=2,a2=1,a3=3,b1=1,b2=3,b3=3，求r0,r1,r2,r3的值；
(2)若a1≥b1，且2rj≤rj+1+rj-1,j=1,2,⋯,m-1,，求rn；
(3)证明：存在p,q,s,t∈0,1,2,⋯,m，满足p>q,s>t, 使得Ap+Bt=Aq+Bs．
【解题思路】（1）先求A0,A1,A2,A3,B0,B1,B2,B3，根据题意分析求解；
（2）根据题意题意分析可得ri+1-ri≥1，利用反证可得ri+1-ri=1，在结合等差数列运算求解；
（3）讨论Am,Bm的大小，根据题意结合反证法分析证明.
【解答过程】（1）由题意可知：A0=0,A1=2,A2=3,A3=6,B0=0,B1=1,B2=4,B3=7，
当k=0时，则B0=A0=0,Bi>A0,i=1,2,3，故r0=0；
当k=1时，则B0A1,i=2,3，故r1=1；
当k=2时，则Bi≤A2,i=0,1,B2>A2,B3>A2,故r2=1；
当k=3时，则Bi≤A3,i=0,1,2,B3>A3，故r3=2；
综上所述：r0=0，r1=1，r2=1，r3=2.
（2）由题意可知：rn≤m，且rn∈N，
因为an≥1,bn≥1，且a1≥b1，则An≥B1>B0对任意n∈N*恒成立，
所以r0=0,r1≥1，
又因为2ri≤ri-1+ri+1，则ri+1-ri≥ri-ri-1，即rm-rm-1≥rm-1-rm-2≥⋅⋅⋅≥r1-r0≥1，
可得ri+1-ri≥1，
反证：假设满足rn+1-rn>1的最小正整数为0≤j≤m-1，
当i≥j时，则ri+1-ri≥2；当i≤j-1时，则ri+1-ri=1，
则rm=rm-rm-1+rm-1-rm-2+⋅⋅⋅+r1-r0+r0 ≥2m-j+j=2m-j，
又因为0≤j≤m-1，则rm≥2m-j≥2m-m-1=m+1>m，
假设不成立，故rn+1-rn=1，
即数列rn是以首项为1，公差为1的等差数列，所以rn=0+1×n=n,n∈N.
（3）因为an,bn均为正整数，则An,Bn均为递增数列，
（ⅰ）若Am=Bm，则可取t=q=0，满足p>q,s>t, 使得Ap+Bt=Aq+Bs；
（ⅱ）若Am构建Sn=Brn-An,1≤n≤m，由题意可得：Sn≤0，且Sn为整数，
反证，假设存在正整数K，使得SK≤-m，
则BrK-AK≤-m,BrK+1-AK>0，可得brK+1=BrK+1-BrK=BrK+1-AK-BrK-AK>m，
这与brK+1∈1,2,⋅⋅⋅,m相矛盾，故对任意1≤n≤m,n∈N，均有Sn≥1-m.
①若存在正整数N，使得SN=BrN-AN=0，即AN=BrN，
可取t=q=0,p=N,s=rN，
满足p>q,s>t，使得Ap+Bt=Aq+Bs；
②若不存在正整数N，使得SN=0，
因为Sn∈-1,-2,⋅⋅⋅,-m-1，且1≤n≤m，
所以必存在1≤X即BrX-AX=BrY-AY，可得AY+BrX=AX+BrY，
可取p=Y,s=rY,q=X,t=rX，
满足p>q,s>t，使得Ap+Bt=Aq+Bs；
（ⅲ）若Am>Bm，
定义Rk=maxi∣Ai≤Bk,i∈{0,1,2,⋯,m}，则Rk构建Sn=ARn-Bn,1≤n≤m，由题意可得：Sn≤0，且Sn为整数，
反证，假设存在正整数K,1≤K≤m，使得SK≤-m，
则ARK-BK≤-m,ARK+1-BK>0，可得aRK+1=ARK+1-ARK=ARK+1-BK-ARK-BK>m，
这与aRK+1∈1,2,⋅⋅⋅,m相矛盾，故对任意1≤n≤m-1,n∈N，均有Sn≥1-m.
①若存在正整数N，使得SN=ARN-BN=0，即ARN=BN，
可取q=t=0,s=N,p=RN，
即满足p>q,s>t，使得Ap+Bt=Aq+Bs；
②若不存在正整数N，使得SN=0，
因为Sn∈-1,-2,⋅⋅⋅,-m-1，且1≤n≤m，
所以必存在1≤X即ARX-BX=ARY-BY，可得ARY+BX=ARX+BY，
可取p=RY,t=X,q=RX,s=Y，
满足p>q,s>t，使得Ap+Bt=Aq+Bs.
综上所述：存在0≤q