《2025年赢在微点数学》

【变式训练】（1）（2024·南京、盐城模拟）“$a_{3}+a_{9}=2a_{6}$”是“数列$\{ a_{n}\}$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.既不充分又不必要条件

答案： B 解析 只满足$a_{3}+a_{9}=2a_{6}$不能判定数列$\{ a_{n}\}$为等差数列，必须满足$\forall n\in N^{*}$，$2a_{n + 1}=a_{n}+a_{n + 2}$成立，才能判定$\{ a_{n}\}$为等差数列；若$\{ a_{n}\}$为等差数列，则由等差数列的性质知$a_{3}+a_{9}=2a_{6}$成立。所以“$a_{3}+a_{9}=2a_{6}$”是“数列$\{ a_{n}\}$为等差数列”的必要不充分条件。故选B。

（2）（2023·广东一模）已知正项数列$\{ a_{n}\}$，其前$n$项和$S_{n}$满足$a_{n}(2S_{n}-a_{n}) = 1(n\in N^{*})$。
（ⅰ）求证：数列$\{ S_{n}^{2}\}$是等差数列，并求出$S_{n}$的表达式；
（ⅱ）数列$\{ a_{n}\}$中是否存在连续三项$a_{k},a_{k + 1},a_{k + 2}$，使得$\frac{1}{a_{k}},\frac{1}{a_{k + 1}},\frac{1}{a_{k + 2}}$构成等差数列？请说明理由。

答案： 解 (i)证明：由$a_{n}(2S_{n}-a_{n}) = 1$，得$(S_{n}-S_{n - 1})(S_{n}+S_{n - 1}) = 1(n\in N^{*},n\geqslant2)$，所以$S_{n}^{2}-S_{n - 1}^{2}=1(n\geqslant2,n\in N^{*})$。又$a_{1}(2S_{1}-a_{1})=a_{1}^{2}=1$，$a_{n}＞0$，所以$a_{1}=1$，$S_{1}^{2}=1$。所以$\{ S_{n}^{2}\}$是以$S_{1}^{2}=1$为首项，公差为1的等差数列，所以$S_{n}^{2}=n$，$S_{n}=\sqrt{n}(n\in N^{*})$。
(ii)数列$\{ a_{n}\}$中不存在连续三项$a_{k}$，$a_{k + 1}$，$a_{k + 2}$，使得$\frac{1}{a_{k}}$，$\frac{1}{a_{k + 1}}$，$\frac{1}{a_{k + 2}}$构成等差数列。理由如下：
当$n\geqslant2$时，$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=\sqrt{n}-\sqrt{n - 1}$，因为当$n = 1$时，$a_{1}=1$，符合上式，所以$a_{n}=\sqrt{n}-\sqrt{n - 1}(n\in N^{*})$，所以$\frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{\sqrt{n}-\sqrt{n - 1}}=\sqrt{n}+\sqrt{n - 1}$。假设数列$\{ a_{n}\}$中存在连续三项$a_{k}$，$a_{k + 1}$，$a_{k + 2}$，使得$\frac{1}{a_{k}}$，$\frac{1}{a_{k + 1}}$，$\frac{1}{a_{k + 2}}$构成等差数列，则$2(\sqrt{k + 1}+\sqrt{k})=\sqrt{k}+\sqrt{k - 1}+\sqrt{k + 2}+\sqrt{k + 1}$，即$\sqrt{k + 1}+\sqrt{k}=\sqrt{k - 1}+\sqrt{k + 2}$，两边同时平方，得$k + 1 + k + 2\sqrt{k + 1}\cdot\sqrt{k}=k - 1 + k + 2 + 2\sqrt{k - 1}\cdot\sqrt{k + 2}$，所以$(k + 1)k=(k - 1)(k + 2)$。整理得$k^{2}+k=k^{2}+k - 2$，得$0=-2$，又$0\neq - 2$，所以假设错误，所以数列$\{ a_{n}\}$中不存在连续三项$a_{k}$，$a_{k + 1}$，$a_{k + 2}$，使得$\frac{1}{a_{k}}$，$\frac{1}{a_{k + 1}}$，$\frac{1}{a_{k + 2}}$构成等差数列。

【例2】（1）设$S_{n}$为等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和，且$4 + a_{5}=a_{6}+a_{4}$，则$S_{9}$等于（ ）
A. 72
B. 36
C. 18
D. 9

答案： B 解析 因为$a_{6}+a_{4}=2a_{5}$，所以$a_{5}=4$，所以$S_{9}=\frac{9(a_{1}+a_{9})}{2}=9a_{5}=36$。故选B。

（2）（2024·T8联考）已知$\{ a_{n}\}$为等差数列，$m,n,p,q\in N^{*}$，则“$m + n = p + q$”是“$a_{m}+a_{n}=a_{p}+a_{q}$”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 设$\{ a_{n}\}$的公差为$d$，由$a_{m}+a_{n}=a_{p}+a_{q}$可得$2a_{1}+(m + n - 2)d=2a_{1}+(p + q - 2)d$，所以$(m + n - 2)d=(p + q - 2)d$，所以$m + n=p + q$或$d = 0$，所以“$m + n=p + q$”不是“$a_{m}+a_{n}=a_{p}+a_{q}$”的必要条件；若$m + n=p + q$，则一定有$a_{m}+a_{n}=a_{p}+a_{q}$，所以“$m + n=p + q$”是“$a_{m}+a_{n}=a_{p}+a_{q}$”的充分条件，故选A。

【例3】（1）已知等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，若$S_{10}=10,S_{20}=60$，则$S_{40}$等于（ ）
A. 110
B. 150
C. 210
D. 280

答案： D 解析 因为等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，所以$S_{10}$，$S_{20}-S_{10}$，$S_{30}-S_{20}$，$S_{40}-S_{30}$也成等差数列。故$(S_{30}-S_{20})+S_{10}=2(S_{20}-S_{10})$，所以$S_{30}=150$。又因为$(S_{20}-S_{10})+(S_{40}-S_{30})=2(S_{30}-S_{20})$，所以$S_{40}=280$。故选D。

（2）等差数列$\{ a_{n}\},\{ b_{n}\}$的前$n$项和分别为$S_{n},T_{n}$，若对任意正整数$n$都有$\frac{S_{n}}{T_{n}}=\frac{2n - 1}{3n - 2}$，则$\frac{a_{11}}{b_{6}+b_{10}}+\frac{a_{5}}{b_{7}+b_{9}}$的值为________。

答案： $\frac{29}{43}$ 解析 $\frac{a_{11}}{b_{6}+b_{10}}+\frac{a_{5}}{b_{7}+b_{9}}=\frac{a_{11}+a_{5}}{2b_{8}}=\frac{2a_{8}}{2b_{8}}=\frac{a_{8}}{b_{8}}$，所以$\frac{a_{8}}{b_{8}}=\frac{S_{2\times8 - 1}}{T_{2\times8 - 1}}=\frac{S_{15}}{T_{15}}=\frac{2\times15 - 1}{3\times15 - 2}=\frac{29}{43}$。