高考数学一轮复习第六章 6.2

这是一份高考数学一轮复习第六章 6.2，共14页。试卷主要包含了等差数列的定义，等差数列的通项公式，等差中项，等差数列的常用性质，等差数列的前n项和公式，等差数列的前n项和的最值等内容，欢迎下载使用。


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．
2．等差数列的通项公式
如果等差数列{an}的首项为a1，公差为d，那么它的通项公式是an＝a1＋(n－1)d.
3．等差中项
由三个数a，A，b组成的等差数列可以看成最简单的等差数列．这时，A叫做a与b的等差中项．
4．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{a2n}也是等差数列，公差为2d.
(4)若{an}，{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列．
(5)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．
(6)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…构成等差数列．
(7)若{an}是等差数列，则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))也是等差数列，其首项与{an}的首项相同，公差为eq \f(1,2)d.
5．等差数列的前n项和公式
设等差数列{an}的公差为d，其前n项和Sn＝eq \f(na1＋an,2)或Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d.
6．等差数列的前n项和公式与函数的关系
Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n.
数列{an}是等差数列⇔Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)．
7．等差数列的前n项和的最值
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．
概念方法微思考
1．“a，A，b是等差数列”是“A＝eq \f(a＋b,2)”的什么条件？
提示 充要条件．
2．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．
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)若一个数列从第二项起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．
( × )
(2)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的．( √ )
(3)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数．( × )
(4)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.( √ )
题组二 教材改编
2．设数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a6＝2且S5＝30，则S8等于( )
A．31 B．32 C．33 D．34
答案 B
解析 由已知可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋5d＝2，,5a1＋10d＝30，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(26,3)，,d＝－\f(4,3)，)) ∴S8＝8a1＋eq \f(8×7,2)d＝32.
3．在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝450，则a2＋a8＝________.
答案 180
解析 由等差数列的性质，得a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝450，∴a5＝90，∴a2＋a8＝2a5＝180.
题组三 易错自纠
4．一个等差数列的首项为eq \f(1,25)，从第10项起开始比1大，则这个等差数列的公差d的取值范围是( )
A．d>eq \f(8,75) B．dC.eq \f(8,75)答案 D
解析 由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a10>1，,a9≤1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,25)＋9d>1，,\f(1,25)＋8d≤1，))
所以eq \f(8,75)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<0B．a7＝0
C．S9>S5D．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由a7＝0，a6>0知S6，S7是Sn中的最大值．
从而ABD均正确．
6．若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n＝____时，{an}的前n项和最大．
答案 8
解析 因为数列{an}是等差数列，且a7＋a8＋a9＝3a8>0，所以a8>0.
又a7＋a10＝a8＋a9<0，所以a9<0.
故当n＝8时，其前n项和最大．
7．一物体从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.
等差数列基本量的运算
1．(2018·全国Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5等于( )
A．－12 B．－10
C．10 D．12
答案 B
解析 设等差数列{an}的公差为d，由3S3＝S2＋S4，
得3eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3a1＋\f(3×3－1,2)×d))＝2a1＋eq \f(2×2－1,2)×d＋4a1＋eq \f(4×4－1,2)×d，将a1＝2代入上式，解得d＝－3，
故a5＝a1＋(5－1)d＝2＋4×(－3)＝－10.
故选B.
2．(2019·全国Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则( )
A．an＝2n－5 B．an＝3n－10
C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝eq \f(1,2)n2－2n
答案 A
解析 设等差数列{an}的公差为d，
∵eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S4＝0，,a5＝5，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4a1＋\f(4×3,2)d＝0，,a1＋4d＝5，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－3，,d＝2，))
∴an＝a1＋(n－1)d＝－3＋2(n－1)＝2n－5，
Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝n2－4n.故选A.
3．(2019·江苏)已知数列{an}(n∈N*)是等差数列，Sn是其前n项和．若a2a5＋a8＝0，S9＝27，则S8的值是________．
答案 16
解析 方法一 设等差数列{an}的公差为d，则a2a5＋a8＝(a1＋d)(a1＋4d)＋a1＋7d＝aeq \\al(2,1)＋4d2＋5a1d＋a1＋7d＝0，S9＝9a1＋36d＝27，解得a1＝－5，d＝2，则S8＝8a1＋28d＝－40＋56＝16.
方法二 ∵S9＝eq \f(a1＋a9,2)×9＝27，
∴a1＋a9＝6，
∴a2＋a8＝2a5＝6，
∴a5＝3，
则a2a5＋a8＝3a2＋a8＝0，
即2a2＋6＝0，
∴a2＝－3，则a8＝9，
∴其公差d＝eq \f(a8－a5,8－5)＝2，
∴a1＝－5，
∴S8＝8×eq \f(a1＋a8,2)＝16.
4．(2019·全国Ⅲ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1≠0，a2＝3a1，则eq \f(S10,S5)＝________.
答案 4
解析 设等差数列{an}的公差为d，由a2＝3a1，
即a1＋d＝3a1，得d＝2a1，所以eq \f(S10,S5)＝eq \f(10a1＋\f(10×9,2)d,5a1＋\f(5×4,2)d)
＝eq \f(10a1＋\f(10×9,2)×2a1,5a1＋\f(5×4,2)×2a1)＝eq \f(100,25)＝4.
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.
等差数列的判定与证明
例1 (2020·日照模拟)已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，an＋1＝1－eq \f(1,4an)，bn＝eq \f(2,2an－1)，其中n∈N*.求证：数列{bn}是等差数列，并求出数列{an}的通项公式．
解 ∵bn＋1－bn＝eq \f(2,2an＋1－1)－eq \f(2,2an－1)
＝eq \f(2,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4an)))－1)－eq \f(2,2an－1)＝eq \f(4an,2an－1)－eq \f(2,2an－1)＝2，
∴数列{bn}是公差为2的等差数列，
又b1＝eq \f(2,2a1－1)＝2，∴bn＝2＋(n－1)×2＝2n，
∴2n＝eq \f(2,2an－1)，解得an＝eq \f(n＋1,2n).
思维升华 等差数列的四个判定方法
(1)定义法：证明对任意正整数n都有an＋1－an等于同一个常数．
(2)等差中项法：证明对任意正整数n都有2an＋1＝an＋an＋2.
(3)通项公式法：得出an＝pn＋q后，再根据定义判定数列{an}为等差数列．
(4)前n项和公式法：得出Sn＝An2＋Bn后，再使用定义法证明数列{an}为等差数列．
跟踪训练1 在数列{an}中，a1＝2，an是1与anan＋1的等差中项．
(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an－1)))是等差数列，并求eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,n2an)))的前n项和Sn.
解 (1)∵an是1与anan＋1的等差中项，
∴2an＝1＋anan＋1，∴an＋1＝eq \f(2an－1,an)，
∴an＋1－1＝eq \f(2an－1,an)－1＝eq \f(an－1,an)，
∴eq \f(1,an＋1－1)＝eq \f(an,an－1)＝1＋eq \f(1,an－1)，
∵eq \f(1,a1－1)＝1，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an－1)))是首项为1，公差为1的等差数列，
∴eq \f(1,an－1)＝1＋(n－1)＝n，∴an＝eq \f(n＋1,n).
(2)由(1)得eq \f(1,n2an)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
∴Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).
等差数列性质的应用
命题点1 等差数列项的性质
例2 (2019·江西师范大学附属中学模拟)已知数列{an}为等差数列，Sn为其前n项和，2＋a5＝a6＋a3，则S7等于( )
A．2 B．7 C．14 D．28
答案 C
解析 ∵2＋a5＝a6＋a3，∴2＋a4＋d＝a4＋2d＋a4－d，解得a4＝2，
∴S7＝eq \f(7a1＋a7,2)＝7a4＝14.
故选C.
命题点2 等差数列前n项和的性质
例3 (1)(2020·漳州质检)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)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2 018，eq \f(S2 019,2 019)－eq \f(S2 013,2 013)＝6，则S2 020＝________.
答案 2 020
解析 由等差数列的性质可得eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))也为等差数列．
设其公差为d，则eq \f(S2 019,2 019)－eq \f(S2 013,2 013)＝6d＝6，∴d＝1.
故eq \f(S2 020,2 020)＝eq \f(S1,1)＋2 019d＝－2 018＋2 019＝1，
∴S2 020＝1×2 020＝2 020.
思维升华 等差数列的性质
(1)项的性质：在等差数列{an}中，
①an＝am＋(n－m)d(m，n∈N*)，d＝eq \f(an－am,n－m)；
②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
①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；
②依次k项和成等差数列，即Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…成等差数列．
跟踪训练2 (1)已知等差数列{an}、等差数列{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(n＋2,n＋1)，则eq \f(a6,b8)的值是( )
A.eq \f(13,16) B.eq \f(13,14) C.eq \f(11,16) D.eq \f(11,15)
答案 A
解析 因为等差数列{an}、等差数列{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(n＋2,n＋1)，
所以eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(n＋2,n＋1)＝eq \f(nn＋2,nn＋1)，
不妨令Sn＝n(n＋2)，Tn＝n(n＋1)，
所以an＝Sn－Sn－1＝n(n＋2)－(n－1)(n＋1)＝2n＋1(n≥2)，
bn＝Tn－Tn－1＝n(n＋1)－(n－1)n＝2n(n≥2)，
所以eq \f(a6,b8)＝eq \f(2×6＋1,2×8)＝eq \f(13,16).
故选A.
(2)(2019·莆田质检)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S13>0，S14<0，则Sn取最大值时n的值为( )
A．6 B．7 C．8 D．13
答案 B
解析 根据S13>0，S14<0，可以确定a1＋a13＝2a7>0，a1＋a14＝a7＋a8<0，
所以可以得到a7>0，a8<0，所以Sn取最大值时n的值为7，故选B.
1．在等差数列{an}中，a1＝2，a5＝3a3，则a3等于( )
A．－2 B．0 C．3 D．6
答案 A
解析 a1＝2，a5＝3a3，得a1＋4d＝3(a1＋2d)，即d＝－a1＝－2，所以a3＝a1＋2d＝－2，故选A.
2．(2019·晋城模拟)记等差数列{an}的前n项和为Sn.若a6＝16，S5＝35，则{an}的公差为( )
A．3 B．2 C．－2 D．－3
答案 A
解析 由等差数列性质可知，S5＝eq \f(a1＋a5,2)×5＝5a3＝35，解得a3＝7，
故d＝eq \f(a6－a3,6－3)＝3.故选A.
3．在等差数列{an}中，已知a1 011＝1，则该数列前2 021项的和S2 021等于( )
A．2 020 B．2 021 C．4 040 D．4 042
答案 B
解析 由题意得S2 021＝eq \f(2 021,2)(a1＋a2 021)＝2 021a1 011＝2 021.故选B.
4．已知数列{an}是公差不为0的等差数列，前n项和为Sn，满足a1＋5a3＝S8，给出下列结论：
①a10＝0；②S10最小；③S7＝S12；④S20＝0.
其中一定正确的结论是( )
A．①② B．①③④ C．①③ D．①②④
答案 C
解析 因为a1＋5(a1＋2d)＝8a1＋28d，
所以a1＝－9d，
a10＝a1＋9d＝0，①正确；
由于d的符号未知，所以S10不一定最小，②错误；
S7＝7a1＋21d＝－42d，S12＝12a1＋66d＝－42d，
所以S7＝S12，③正确；
S20＝20a1＋190d＝10d，④错误．
所以正确的是①③，故选C.
5．程大位《算法统宗》里有诗云“九百九十六斤棉，赠分八子做盘缠．次第每人多十七，要将第八数来言．务要分明依次弟，孝和休惹外人传．”意为：996斤棉花，分别赠送给8个子女做旅费，从第一个开始，以后每人依次多17斤，直到第八个孩子为止．分配时一定要等级分明，使孝顺子女的美德外传，则第八个孩子分得斤数为( )
A．65 B．176 C．183 D．184
答案 D
解析 根据题意可知每个孩子所得棉花的斤数构成一个等差数列{an}，其中d＝17，n＝8，S8＝996.
由等差数列前n项和公式可得8a1＋eq \f(8×7,2)×17＝996，
解得a1＝65.
由等差数列通项公式得a8＝65＋(8－1)×17＝184.
则第八个孩子分得斤数为184.
6．(2019·宁夏银川一中月考)在等差数列{an}中，若eq \f(a10,a9)<－1，且它的前n项和Sn有最大值，则使Sn>0成立的正整数n的最大值是( )
A．15 B．16 C．17 D．14
答案 C
解析 ∵等差数列{an}的前n项和有最大值，
∴等差数列{an}为递减数列，
又eq \f(a10,a9)<－1，∴a9>0，a10<0，
∴a9＋a10<0，
又S18＝eq \f(18a1＋a18,2)＝9(a9＋a10)<0，
S17＝eq \f(17a1＋a17,2)＝17a9>0，
∴Sn>0成立的正整数n的最大值是17.故选C.
7．(多选)已知数列{an}是公差不为0的等差数列，前n项和为Sn，满足a1＋5a3＝S8，下列选项正确的有( )
A．a10＝0 B．S10最小
C．S7＝S12 D．S20＝0
答案 AC
解析 根据题意，数列{an}是等差数列，若a1＋5a3＝S8，
即a1＋5a1＋10d＝8a1＋28d，变形可得a1＝－9d，
又由an＝a1＋(n－1)d＝(n－10)d，
则有a10＝0，故A一定正确；
不能确定a1和d的符号，不能确定S10最小，故B不正确；
又由Sn＝na1＋eq \f(nn－1d,2)＝－9nd＋eq \f(nn－1d,2)＝eq \f(d,2)×(n2－19n)，
则有S7＝S12，故C一定正确；
则S20＝20a1＋eq \f(20×19,2)d＝－180d＋190d＝10d，∵d≠0，∴S20≠0，则D不正确．
8．(多选)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则( )
A．an＝－eq \f(1,2n－1)
B．an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,\f(1,n－1)－\f(1,n)，n≥2，n∈N*))
C．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))为等差数列
D.eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,S100)＝－5 050
答案 BCD
解析 Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，
则Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，
整理得eq \f(1,Sn＋1)－eq \f(1,Sn)＝－1(常数)，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是以eq \f(1,S1)＝－1为首项，－1为公差的等差数列．故C正确；
所以eq \f(1,Sn)＝－1－(n－1)＝－n，故Sn＝－eq \f(1,n).
所以当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)(首项不符合通项)，
故an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,\f(1,n－1)－\f(1,n)，n≥2，n∈N*，))故B正确，A错误；
所以eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,S100)＝－(1＋2＋3＋…＋100)
＝－5 050，故D正确．
9．(2019·全国Ⅲ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a3＝5，a7＝13，则S10＝________.
答案 100
解析 ∵{an}为等差数列，a3＝5，a7＝13，
∴公差d＝eq \f(a7－a3,7－3)＝eq \f(13－5,4)＝2，
首项a1＝a3－2d＝5－2×2＝1，
∴S10＝10a1＋eq \f(10×9,2)d＝100.
10．等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(3n－1,2n＋3)，则eq \f(a10,b10)＝________.
答案 eq \f(56,41)
解析 在等差数列中，S19＝19a10，T19＝19b10，
因此eq \f(a10,b10)＝eq \f(S19,T19)＝eq \f(3×19－1,2×19＋3)＝eq \f(56,41).
11．已知数列{an}满足(an＋1－1)(an－1)＝3(an－an＋1)，a1＝2，令bn＝eq \f(1,an－1).
(1)证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
(1)证明 ∵eq \f(1,an＋1－1)－eq \f(1,an－1)
＝eq \f(an－an＋1,an＋1－1an－1)＝eq \f(1,3)，
∴bn＋1－bn＝eq \f(1,3)，
∴{bn}是首项为1，公差为eq \f(1,3)的等差数列．
(2)解 由(1)及b1＝eq \f(1,a1－1)＝eq \f(1,2－1)＝1，
知bn＝eq \f(1,3)n＋eq \f(2,3)，
∴an－1＝eq \f(3,n＋2)，∴an＝eq \f(n＋5,n＋2).
12．已知等差数列{an}的公差d>0，设{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S2S3＝36.
(1)求d及Sn；
(2)求m，k(m，k∈N*)的值，使得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝65.
解 (1)由题意知(a1＋a2)(a1＋a2＋a3)＝36，
即(2a1＋d)(3a1＋3d)＝36，
将a1＝1代入上式解得d＝2或d＝－5.
因为d>0，所以d＝2，
所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1，
Sn＝n＋eq \f(nn－1,2)·2＝n2.
(2)由(1)得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝2m－1＋2(m＋1)－1＋2(m＋2)－1＋…＋2(m＋k)－1＝(2m＋k－1)·(k＋1)，
所以(2m＋k－1)(k＋1)＝65，
由m，k∈N*知2m＋k－1≥k＋1>1，且2m＋k－1与k＋1均为整数，
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2m＋k－1＝13，,k＋1＝5，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝5，,k＝4.))
即所求m的值为5，k的值为4.
13．(2020·大连模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，bn＝且b1＋b3＝17，b2＋b4＝68，则S10等于( )
A．90 B．100 C．110 D．120
答案 A
解析 设{an}的公差为d，
eq \f(b2＋b4,b1＋b3)＝＝＝2d＝eq \f(68,17)＝4，
∴d＝2，b1＋b3＝＋＝＋＝17，
∴＝1，a1＝0，
∴S10＝10a1＋eq \f(10×9,2)d＝eq \f(10×9,2)×2＝90，故选A.
14．已知数列{an}与eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(a\\al(2,n),n)))均为等差数列(n∈N*)，且a1＝2，则a20＝________.
答案 40
解析 设an＝2＋(n－1)d，
所以eq \f(a\\al(2,n),n)＝eq \f([2＋n－1d]2,n)
＝eq \f(d2n2＋4d－2d2n＋d－22,n)，
由于eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(a\\al(2,n),n)))为等差数列，
所以其通项是一个关于n的一次函数，
所以(d－2)2＝0，∴d＝2.
所以a20＝2＋(20－1)×2＝40.
15．(2020·黑龙江省哈尔滨市第三中学模拟)已知x2＋y2＝4，在这两个实数x，y之间插入三个实数，使这五个数构成等差数列，那么这个等差数列后三项和的最大值为( )
A．2eq \r(10) B.eq \f(1,2)eq \r(10) C.eq \r(10) D.eq \f(3,2)eq \r(10)
答案 D
解析 因为在实数x，y之间插入三个实数，使这五个数构成等差数列，所以设中间三项为a，b，c，
由等差数列的性质可得2b＝x＋y，
所以b＝eq \f(x＋y,2)，同理可得c＝eq \f(x＋3y,4)，
所以后三项的和为b＋c＋y＝eq \f(x＋y,2)＋eq \f(x＋3y,4)＋y＝eq \f(3x＋9y,4)，
又因为x2＋y2＝4，所以可令x＝2cs θ，y＝2sin θ，
所以eq \f(3x＋9y,4)＝eq \f(3,2)(cs θ＋3sin θ)＝eq \f(3\r(10),2)sin(θ＋φ)≤eq \f(3\r(10),2).故选D.
16．记m＝eq \f(d1a1＋d2a2＋…＋dnan,n)，若eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(dn))是等差数列，则称m为数列{an}的“dn等差均值”；若eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(dn))是等比数列，则称m为数列{an}的“dn等比均值”．已知数列{an}的“2n－1等差均值”为2，数列{bn}的“3n－1等比均值”为3.记cn＝eq \f(2,an)＋klg3bn，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(cn))的前n项和为Sn，若对任意的正整数n都有Sn≤S6，求实数k的取值范围．
解 由题意得2＝eq \f(a1＋3a2＋…＋2n－1an,n)，
所以a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，
所以a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1
＝2n－2(n≥2，n∈N*)，
两式相减得an＝eq \f(2,2n－1)(n≥2，n∈N*)．
当n＝1时，a1＝2，符合上式，
所以an＝eq \f(2,2n－1)(n∈N*)．
又由题意得3＝eq \f(b1＋3b2＋…＋3n－1bn,n)，
所以b1＋3b2＋…＋3n－1bn＝3n，
所以b1＋3b2＋…＋3n－2bn－1＝3n－3(n≥2，n∈N*)，
两式相减得bn＝32－n(n≥2，n∈N*)．
当n＝1时，b1＝3，符合上式，
所以bn＝32－n(n∈N*)．
因为cn＝eq \f(2,an)＋klg3bn，所以cn＝(2－k)n＋2k－1.
因为对任意的正整数n都有Sn≤S6，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c6≥0，,c7≤0，))解得eq \f(13,5)≤k≤eq \f(11,4).