设数列{an}是公差为d的等差数列，其前n项和为Sn．已知a1=1，d=2，求当n∈N*时，Sn+64n的最小值；当n∈N*时，求证：2S1S

题文

设数列{a_n}是公差为d的等差数列，其前n项和为S_n．
（1）已知a₁=1，d=2，
（ⅰ）求当n∈N^*时，Sn+64n的最小值；
（ⅱ）当n∈N^*时，求证：2S1S3+3S2S4+…+n+1SnSn+2＜516；
（2）是否存在实数a₁，使得对任意正整数n，关于m的不等式a_m≥n的最小正整数解为3n-2？若存在，则求a₁的取值范围；若不存在，则说明理由． 题型：未知 难度：其他题型

答案

（1）（ⅰ）∵a₁=1，d=2，
∴Sn=na1+n(n-1)d2=n2，Sn+64n=n+64n≥2n×64n=16，
当且仅当n=64n，即n=8时，上式取等号．故Sn+64n的最小值是16．（4分）
（ⅱ）证明：由（ⅰ）知S_n=n²，当n∈N^*时，n+1SnSn+2=n+1n2(n+2)2=14[1n2-1(n+2)2]，（6分）2S1S3+3S2S4+…+n+1SnSn+2=14(112-132)+14(122-142)+…+14[1n2-1(n+2)2]=14(112+122+…+1n2)-14[132+152+…+1(n+1)2+1(n+2)2]=14[112+122-1(n+1)2-1(n+2)2]，（8分）
∵1(n+1)2+1(n+2)2＞0，∴2S1S3+3S2S4+…+n+1SnSn+2＜14(112+122)＜516．（9分）
（2）假设对∀n∈N^*，关于m的不等式a_m=a₁+（m-1）d≥n的最小正整数解为c_n=3n-2，
当n=1时，a₁+（c₁-1）d=a₁≥1；（10分）
当n≥2时，恒有a1+(cn-1)d≥na1+(cn-2)d＜n，即(3d-1)n+(a1-3d)≥0(3d-1)n+(a1-4d)＜0，
从而3d-1≥0(3d-1)×2+(a1-3d)≥03d-1≤0(3d-1)×2+(a1-4d)＜0⇔d=13，1≤a1＜43．（12分）
当d=13，1≤a1＜43时，对∀n∈N^*，且n≥2时，当正整数m＜c_n时，
有a1+m-13＜a1+cn-13且a1+cn-13＞n．（13分）
所以存在这样的实数a₁符合题意且a₁的取值范围是[1，43)．

解析

n(n-1)d2

考点

据考高分专家说，试题“设数列{an}是公差为d的等差数列，其前.....”主要考查你对 [数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等） ]考点的理解。 数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等）

数列求和的常用方法：

1.裂项相加法：数列中的项形如

的形式，可以把

表示为

，累加时抵消中间的许多项，从而求得数列的和；
2、错位相减法：源于等比数列前n项和公式的推导，对于形如

的数列，其中

为等差数列，

为等比数列，均可用此法；
3、倒序相加法：此方法源于等差数列前n项和公式的推导，目的在于利用与首末两项等距离的两项相加有公因式可提取，以便化简后求和。
4、分组转化法：把数列的每一项分成两项，或把数列的项“集”在一块重新组合，或把整个数列分成两个部分，使其转化为等差或等比数列，这一求和方法称为分组转化法。
5、公式法求和：所给数列的通项是关于n的多项式，此时求和可采用公式求和，常用的公式有：
 


数列求和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法。

数列求和特别提醒：

（1）对通项公式含有

的一类数列，在求

时，要注意讨论n的奇偶性；
（2）在用等比数列前n项和公式时，一定要分q=1和q≠1两种情况来讨论。