2014-浙江卷文-19 解-等差数列

本题导读

$S_2{S}_3=36$ 且 $d>0$ 解得 $d=2$，$S_n=n^2$；连续和 $(k+1)(2m+k-1)=65$ 分解因数得 $m=5$，$k=4$。

📌【题干】

Question

（2014年浙江卷(文)） 已知等差数列 $\{a_n\}$ 的公差 $d>0$，设 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$，$a_1=1$，$S_2\cdot S_3=36$.

(1) 求 $d$ 及 $S_n$；

(2) 求 $m$，$k$（$m$，$k\in {\mathrm{N}}^{\ast }$）的值，使得 $a_m+a_{m+1}+a_{m+2}+\cdots +a_{m+k}=65$.

🔍【思路分析】

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$S_2{S}_3=36$ 且 $d>0$ 解得 $d=2$，$S_n=n^2$；连续和 $(k+1)(2m+k-1)=65$ 分解因数得 $m=5$，$k=4$。

✅【答案】

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(1) $d=2$，$S_n=n^2$；(2)$m=5$，$k=4$

✍【详细解析】

Abstract

(1) $S_2=2+d$，$S_3=3+3d$，由 $S_2{S}_3=36$：

$(d+2)(3d+3)=36$，即 $(d+2)(d+1)=12$，$d^2+3d-10=0$。

解得 $d=2$ 或 $d=-5$，由 $d>0$ 取 $d=2$。

于是 $a_n=1+2(n-1)=2n-1$，$S_n=\frac{n(1+2n-1)}{2}=n^2$。

(2) 连续 $k+1$ 项的和用”中项思想”：

$a_m+a_{m+1}+\cdots +a_{m+k}=\frac{(k+1)(a_m+a_{m+k})}{2}=(k+1)(2m+k-1)$。

令 $u=k+1(u\ge 2)$，则 $u(2m+u-2)=65$。由 $65=5\times 13$，且 $2m+u-2=u\cdot \frac{65}{u}-\cdots$ 逐一检验正因数：

$u=5$：$2m+3=13$，$m=5$ ✓；$u=13$：$2m+11=5$，$m=-3$ 舍；$u=65$：$2m+63=1$，$m=-31$ 舍（$u=1$ 不合 $k\in {\mathrm{N}}^{\ast }$）。

所以 $m=5$，$k=4$（此时 $a_5+a_6+a_7+a_8+a_9=9+11+13+15+17=65$ ✓）。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：等差数列基本量运算；等差连续项和的结构（项数×中项二倍）

2. 核心方法：基本量法 + 因数分解（奇偶性缩小范围）

3. 避坑指南：第 (2) 问是”整数解”问题：$k+1$ 与 $2m+k-1$ 必须同为奇数（因为 65 是奇数），逐一检验因数时 $u=1$（$k=0$）与 $m\le 0$ 的解都要显式舍去。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 等差数列求和 + 整数分解的组合（2014 浙江理 19 同族），“65=5×13”的设数别有用心。

2. 结论推广: 一般地，等差数列连续 $k+1$ 项和 $=(k+1)\left(2a_m+kd\right)/2$ 的结构中，公差与首项的奇偶性会强烈限制解的个数，小数字有利于因数分解穷举。

3. 方法推广: 数列”求具体 $m,k$“型问题：先把和式写成乘积结构，再按正因数分解逐一验证约束条件。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 19.01 等差数列全总结

类题演练 (Links)

• 2014-新课标I卷理-17 解-由 a_n 与 S_n 的关
• 2014-新课标II卷理-17 解-等比数列定义与通项公式