新高考数学一轮复习学案 第6章 §6.2　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学案 第6章 §6.2　等差数列及其前n项和（含解析），共13页。学案主要包含了等差数列基本量的运算，等差数列的判定与证明，等差数列性质的应用等内容，欢迎下载使用。


1．等差数列的有关概念
(1)等差数列的定义
一般地，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，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d表示，定义表达式为an－an－1＝d(常数)(n≥2，n∈N*)或an＋1－an＝d(常数)(n∈N*)．
(2)等差中项
若三个数，a，A，b成等差数列，则A叫做a与b的等差中项，且有A＝eq \f(a＋b,2).
2．等差数列的有关公式
(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d.
(2)前n项和公式：Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d或Sn＝eq \f(na1＋an,2).
3．等差数列的常用性质
(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)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列．
(5)S2n－1＝(2n－1)an.
(6)等差数列{an}的前n项和为Sn，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列．
微思考
1．等差数列的前n项和Sn是项数n的二次函数吗？
提示 不一定．当公差d＝0时，Sn＝na1，不是关于n的二次函数．
2．若数列的前n项和为Sn＝An2＋Bn＋C(A≠0)，则这个数列一定是等差数列吗？
提示 不一定．当C＝0时是等差数列.
题组一 思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的．( √ )
(2)若一个数列每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．( × )
(3)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.( √ )
(4)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．( √ )
题组二 教材改编
2．已知在等差数列{an}中，a2＝－3，a3＝－5，则a9＝________.
答案 －17
解析 d＝a3－a2＝－2，∴a9＝a3＋6d＝－5＋6×(－2)＝－17.
3．已知在等差数列{an}中，a4＋a8＝20，a7＝12，则d＝________.
答案 2
解析 ∵a4＋a8＝20，∴a1＋3d＋a1＋7d＝20，
即a1＋5d＝10，①
a7＝a1＋6d＝12，②
②－①得d＝2.
4．已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a3＝2，且S6＝30，则S9＝________.
答案 126
解析 由已知可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝2，,2a1＋5d＝10，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－10，,d＝6.))
∴S9＝9a1＋eq \f(9×8,2)d＝－90＋36×6＝126.
题组三 易错自纠
5．(多选)设{an}是等差数列，Sn是其前n项的和，且S5S8，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＋a8S9，
由a7＝0，a6>0知S6，S7是Sn中的最大值．
从而ABD均正确．
6．在等差数列{an}中，|a3|＝|a9|，公差d<0，则使数列{an}的前n项和Sn取最大值的正整数n的值是________．
答案 5或6
解析 ∵|a3|＝|a9|，∴|a1＋2d|＝|a1＋8d|，
可得a1＝－5d，∴a6＝a1＋5d＝0，
且a1>0，∴a5>0，故Sn取最大值时n的值为5或6.
题型一 等差数列基本量的运算
1．(多选)(2019·全国Ⅰ改编)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\{\rc\ (\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.
2．(2020·全国Ⅱ)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.
因为a1＝－2，所以d＝1.
所以S10＝10×(－2)＋eq \f(10×9,2)×1＝25.
3．(2020·上海)已知{an}是公差不为零的等差数列，且a1＋a10＝a9，则eq \f(a1＋a2＋…＋a9,a10)＝________.
答案 eq \f(27,8)
解析 ∵a1＋a10＝a9，∴a1＋a1＋9d＝a1＋8d，
即a1＝－d，
∴a1＋a2＋…＋a9＝S9＝9a1＋eq \f(9×8,2)d＝27d，
a10＝a1＋9d＝8d，∴eq \f(a1＋a2＋…＋a9,a10)＝eq \f(27,8).
4．(2020·新高考全国Ⅰ)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 方法一 (观察归纳法)
数列{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，….
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.
方法二 (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.
以下同方法一．
思维升华 (1)等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1，n，d，an，Sn，知道其中三个就能求出另外两个(简称“知三求二”)．
(2)确定等差数列的关键是求出两个最基本的量，即首项a1和公差d.
题型二 等差数列的判定与证明
例1 (2020·烟台模拟)已知在数列{an}中，a1＝1，an＝2an－1＋1(n≥2，n∈N*)．
(1)记bn＝lg2(an＋1)，判断{bn}是否为等差数列，并说明理由；
(2)求数列{an}的通项公式．
解 (1){bn}是等差数列，理由如下：b1＝lg2(a1＋1)＝lg22＝1，
当n≥2时，bn－bn－1＝lg2(an＋1)－lg2(an－1＋1)＝lg2eq \f(an＋1,an－1＋1)＝lg2eq \f(2an－1＋2,an－1＋1)＝1，
∴{bn}是以1为首项，1为公差的等差数列．
(2)由(1)知，bn＝1＋(n－1)×1＝n，
∴an＋1＝ SKIPIF 1 < 0 ＝2n，∴an＝2n－1.
若本例中已知条件改为“a1＝2，(n＋2)an＝(n＋1)an＋1－2(n2＋3n＋2)．”试判断eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n＋1)))是否为等差数列，并说明理由．
解 数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n＋1)))为等差数列，理由如下：
由已知得，(n＋2)an＝(n＋1)an＋1－2(n＋2)(n＋1)，即eq \f(an,n＋1)＝eq \f(an＋1,n＋2)－2，
∴eq \f(an＋1,n＋2)－eq \f(an,n＋1)＝2，首项为eq \f(a1,1＋1)＝1，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n＋1)))是以1为首项，公差d＝2的等差数列．
思维升华 判断数列{an}是等差数列的常用方法
(1)定义法：对任意n∈N*，an＋1－an是同一常数．
(2)等差中项法：对任意n≥2，n∈N*，满足2an＝an＋1＋an－1.
(3)通项公式法：对任意n∈N*，都满足an＝pn＋q(p，q为常数)．
(4)前n项和公式法：对任意n∈N*，都满足Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)．
跟踪训练1 记首项为1的数列{an}的前n项和为Sn，且当n≥2时，an·(2Sn－1)＝2Seq \\al(2,n).
(1)证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
(1)证明 当n≥2时，an·(2Sn－1)＝2Seq \\al(2,n)，
即(Sn－Sn－1)·(2Sn－1)＝2Seq \\al(2,n)，即2Seq \\al(2,n)－Sn－2Sn·Sn－1＋Sn－1＝2Seq \\al(2,n)，
故－Sn＋Sn－1＝2Sn·Sn－1，故eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn－1)＝2，
易知eq \f(1,S1)＝eq \f(1,a1)＝1，故eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是首项为1，公差为2的等差数列．
(2)解 由(1)可知，eq \f(1,Sn)＝2n－1，故Sn＝eq \f(1,2n－1)，
所以an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n－3)＝eq \f(－2,2n－12n－3)(n≥2)，
当n＝1时，上式不成立，
所以an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,\f(－2,2n－12n－3)，n≥2.))
题型三 等差数列性质的应用
命题点1 等差数列项的性质
例2 (1)(2021·淄博模拟)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)(2020·临沂质检)在等差数列{an}中，若a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝80，则a7－eq \f(1,2)a8的值为( )
A．4 B．6 C．8 D．10
答案 C
解析 ∵a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝5a6＝80，
∴a6＝16，又a6＋a8＝2a7，
∴a7＝eq \f(1,2)a6＋eq \f(1,2)a8，
即a7－eq \f(1,2)a8＝eq \f(1,2)a6＝8，选C.
命题点2 等差数列和的性质
例3 (1)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.
(2)(2020·全国Ⅱ)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，由题意可知，从内到外每环之间构成公差为d＝9，首项为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，解得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)．
思维升华 一般地，运用等差数列的性质可以优化解题过程，但要注意性质运用的条件，等差数列的性质是解题的重要工具．
跟踪训练2 (1)等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意正整数n都有eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(2n－1,3n－2)，则eq \f(a11,b6＋b10)＋eq \f(a5,b7＋b9)的值为________．
答案 eq \f(29,43)
解析 eq \f(a11,b6＋b10)＋eq \f(a5,b7＋b9)＝eq \f(a11＋a5,2b8)＝eq \f(2a8,2b8)＝eq \f(a8,b8)，
∴eq \f(a8,b8)＝eq \f(S2×8－1,T2×8－1)＝eq \f(S15,T15)＝eq \f(2×15－1,3×15－2)＝eq \f(29,43).
(2)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.
课时精练
1．已知{an}是等差数列，且a2＋a5＋a8＋a11＝48，则a6＋a7等于( )
A．12 B．16 C．20 D．24
答案 D
解析 由等差数列的性质可得a2＋a5＋a8＋a11＝2(a6＋a7)＝48，则a6＋a7＝24，故选D.
2．数列{an}的前n项和Sn＝n(2n－1)，若k－l＝4(k，l∈N*)，则ak－al等于( )
A．4 B．8 C．16 D．32
答案 C
解析 ∵Sn＝n(2n－1)，
∴数列{an}是公差为4的等差数列，
∵k－l＝4，
∴ak－al＝4×4＝16.
故选C.
3．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝ran＋r(n∈N*，r∈R，r≠0)，则“r＝1”是“数列{an}为等差数列”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
答案 A
解析 当r＝1时，an＋1＝ran＋r⇒an＋1＝an＋1，
∴数列{an}为公差为1的等差数列，即充分性成立；
∵an＋1＝ran＋r，a1＝1，∴a2＝2r，a3＝2r2＋r，
∴若数列{an}为等差数列，
则4r＝1＋2r2＋r，∴r＝1或r＝eq \f(1,2)，
即必要性不成立，
综上，“r＝1”是“数列{an}为等差数列”的充分不必要条件，故选A.
4．我国南北朝时的数学著作《张邱建算经》有一道题为：“今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差降之，上三人先入，得金四斤，持出，下三人后入得金三斤，持出，中间四人未到者，亦依次更给，问各得金几何？”则在该问题中，等级较高的一等人所得黄金比等级较低的九等人所得黄金( )
A．多eq \f(8,21)斤 B．少eq \f(8,21)斤
C．多eq \f(1,3)斤 D．少eq \f(1,3)斤
答案 A
解析 设十等人得金从高到低依次为a1，a2，…，a10，
则{an}为等差数列，
设公差为d，则由题意可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋a3＝4，,a8＋a9＋a10＝3，))
∴a2＝eq \f(4,3)，a9＝1，
∴d＝eq \f(a9－a2,7)＝－eq \f(1,21)，
∴a1－a9＝－8d＝eq \f(8,21).
即等级较高一等人所得黄金比等级较低的九等人所得黄金多eq \f(8,21)斤．
5．(多选)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，a3＋a8＋a13是一个定值，则下列各数也为定值的有( )
A．a7 B．a8 C．S15 D．S16
答案 BC
解析 由等差中项的性质可得a3＋a8＋a13＝3a8为定值，则a8为定值，S15＝eq \f(15\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋a15)),2)＝15a8为定值，但S16＝eq \f(16\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋a16)),2)＝8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a8＋a9))不是定值．
故选BC.
6．(多选)已知{an}为等差数列，其前n项和为Sn，且2a1＋3a3＝S6，则以下结论正确的是( )
A．a10＝0 B．S10最小
C．S7＝S12 D．S19＝0
答案 ACD
解析 2a1＋3a3＝S6，∴2a1＋3a1＋6d＝6a1＋15d，
∴a1＋9d＝0，即a10＝0，A正确；
当d<0时，Sn没有最小值，B错误；
S12－S7＝a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝5a10＝0，∴S12＝S7，C正确；
S19＝eq \f(a1＋a19×19,2)＝19a10＝0，D正确．
故选ACD.
7．若Sn是等差数列{an}的前n项和，且S8－S3＝20，则S11＝________.
答案 44
解析 S8－S3＝a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝5a6＝20，
∴a6＝4，∴S11＝eq \f(11a1＋a11,2)＝11a6＝44.
8．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，S3＝a5，am＝2 021，则m＝________.
答案 1 011
解析 ∵S3＝3a1＋3d，∴3a1＋3d＝a1＋4d，
即d＝2，am＝a1＋(m－1)×2＝2m－1＝2 021，
∴m＝1 011.
9．已知数列{an}的前n项和Sn满足eq \r(Sn)＝eq \r(Sn－1)＋1(n≥2，n∈N*)，且a1＝1，则an＝________.
答案 2n－1
解析 ∵eq \r(Sn)－eq \r(Sn－1)＝1，∴{eq \r(Sn)}为等差数列，
又eq \r(S1)＝eq \r(a1)＝1，∴eq \r(Sn)＝n，即Sn＝n2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，
又a1＝1满足上式，∴an＝2n－1.
10．(2020·河北衡水中学模拟)已知在数列{an}中，a6＝11，且nan－(n－1)an＋1＝1，则an＝________；eq \f(a\\al(2,n)＋143,n)的最小值为________．
答案 2n－1 44
解析 nan－(n－1)an＋1＝1，
所以(n＋1)an＋1－nan＋2＝1，
两式相减得nan－2nan＋1＋nan＋2＝0，
所以an＋an＋2＝2an＋1，
所以数列{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，
所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1，
所以eq \f(a\\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．
11．在数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足an＋2－2an＋1＋an＝0(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，求Tn.
解 (1)∵an＋2－2an＋1＋an＝0，
∴an＋2－an＋1＝an＋1－an，
∴数列{an}是等差数列，设其公差为d，
∵a1＝8，a4＝2，
∴d＝eq \f(a4－a1,4－1)＝－2，
∴an＝a1＋(n－1)d＝10－2n，n∈N*.
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，
则由(1)可得，
Sn＝8n＋eq \f(nn－1,2)×(－2)＝9n－n2，n∈N*.
由(1)知an＝10－2n，令an＝0，得n＝5，
∴当n>5时，an<0，
则Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|
＝a1＋a2＋…＋a5－(a6＋a7＋…＋an)
＝S5－(Sn－S5)＝2S5－Sn
＝2×(9×5－25)－(9n－n2)＝n2－9n＋40；
当n≤5时，an≥0，
则Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|
＝a1＋a2＋…＋an＝9n－n2，
∴Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(9n－n2，n≤5，n∈N*，,n2－9n＋40，n≥6，n∈N*.))
12．(2020·沈阳模拟)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，S2＝2，S3＝－6.
(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；
(2)是否存在正整数n，使Sn，Sn＋2＋2n，Sn＋3成等差数列？若存在，求出n；若不存在，请说明理由．
解 (1)∵S2＝2，S3＝－6，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a1＋d＝2，,3a1＋\f(3×2,2)d＝－6，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝4，,d＝－6，))
∴an＝4＋(n－1)×(－6)＝－6n＋10，
∴Sn＝4n＋eq \f(nn－1,2)×(－6)＝－3n2＋7n.
(2)假设存在n，使Sn，Sn＋2＋2n，Sn＋3成等差数列，
则2(Sn＋2＋2n)＝Sn＋Sn＋3，
∴2[－3(n＋2)2＋7(n＋2)＋2n]＝－3n2＋7n＋7(n＋3)－3(n＋3)2，
解得n＝5.
13．已知数列{an}是等差数列，若a9＋3a11<0，a10·a11<0，且数列{an}的前n项和Sn有最大值，那么Sn取得最小正值时n等于( )
A．20 B．17 C．19 D．21
答案 C
解析 因为a9＋3a11<0，
所以a9＋a11＋2a11＝a9＋a11＋a10＋a12＝2(a11＋a10)<0 ，
所以a10＋a11<0.
因为a10·a11<0，
所以由等差数列的性质和求和公式可得a10>0，a11<0，
又可得S19＝19a10>0，而S20＝10(a10＋a11)<0，
进而可得Sn取得最小正值时n＝19.
故选C.
14．已知数列{an}满足a1＝2，a2＝3，且an＋2－an＝1＋(－1)n，n∈N*，则该数列的前9项之和为________．
答案 34
解析 ∵an＋2－an＝1＋(－1)n，n∈N*，
∴当n为奇数时，a2n＋1－a2n－1＝0，
则数列{a2n－1}是常数列，a2n－1＝a1＝2；
当n为偶数时，a2n＋2－a2n＝2，
则数列{a2n}是以a2＝3为首项，2为公差的等差数列，
∴a1＋a2＋…＋a9
＝(a1＋a3＋…＋a9)＋(a2＋a4＋…＋a8)
＝2×5＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3×4＋\f(4×3,2)×2))＝34.
15．(多选)设正项等差数列{an}满足(a1＋a10)2＝2a2a9＋20，则( )
A．a2a9的最大值为10 B．a2＋a9的最大值为2eq \r(10)
C.eq \f(1,a\\al(2,2))＋eq \f(1,a\\al(2,9))的最大值为eq \f(1,5) D．aeq \\al(4,2)＋aeq \\al(4,9)的最小值为200
答案 ABD
解析 因为正项等差数列{an}满足(a1＋a10)2＝2a2a9＋20，
所以(a2＋a9)2＝2a2a9＋20，
即aeq \\al(2,2)＋aeq \\al(2,9)＝20.
①a2a9≤eq \f(a\\al(2,2)＋a\\al(2,9),2)＝eq \f(20,2)＝10，当且仅当a2＝a9＝eq \r(10)时成立，故A选项正确；
②由于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2＋a9,2)))2≤eq \f(a\\al(2,2)＋a\\al(2,9),2)＝10，所以eq \f(a2＋a9,2)≤eq \r(10)，a2＋a9≤2eq \r(10)，当且仅当a2＝a9＝eq \r(10)时成立，故B选项正确；
③eq \f(1,a\\al(2,2))＋eq \f(1,a\\al(2,9))＝eq \f(a\\al(2,2)＋a\\al(2,9),a\\al(2,2)·a\\al(2,9))＝eq \f(20,a\\al(2,2)·a\\al(2,9))≥eq \f(20,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a\\al(2,2)＋a\\al(2,9),2)))2)＝eq \f(20,102)＝eq \f(1,5)，当且仅当a2＝a9＝eq \r(10)时成立，所以eq \f(1,a\\al(2,2))＋eq \f(1,a\\al(2,9))的最小值为eq \f(1,5)，故C选项错误；
④结合①的结论，有aeq \\al(4,2)＋aeq \\al(4,9)＝(aeq \\al(2,2)＋aeq \\al(2,9))2－2aeq \\al(2,2)·aeq \\al(2,9)＝400－2aeq \\al(2,2)·aeq \\al(2,9)≥400－2×102＝200，当且仅当a2＝a9＝eq \r(10)时成立，故D选项正确．
16．在等差数列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设{bn}＝[an]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.
解 (1)设数列{an}的公差为d，由题意有2a1＋5d＝4，a1＋5d＝3，
解得a1＝1，d＝eq \f(2,5)，
所以{an}的通项公式为an＝eq \f(2n＋3,5).
(2)由(1)知，bn＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2n＋3,5)))，
当n＝1,2,3时，1≤eq \f(2n＋3,5)<2，bn＝1；
当n＝4,5时，2当n＝6,7,8时，3≤eq \f(2n＋3,5)<4，bn＝3；
当n＝9,10时，4所以数列{bn}的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.