Question

已知数列{a_n}的前n项和Sn=2n2+pn，a7=11，若a_k+a_k+1＞12，则正整数k的最小值为______．

Answer 1

∵前n项和Sn=2n2+pn，
∴S₇=2×7²+7p=98+7p，S₆=2×6²+6p=72+6p
可得a₇=S₇-S₆=26+p=11，所以p=-15
∴Sn=2n2-15n
∵数列{a_n}是等差数列，∴a_k+a_k+1=a₁+a_2k
因此{a_n}的前2k项和S_2k=

2k(a1+a2k+1)

2

=k（a_k+a_k+1）＞12k
又∵S_2k=2（2k）²-15（2k）=8k²-30k
∴8k²-30k＞12k，解之得k＞

21

4

（舍负）
因此，正整数k的最小值为6
故答案为：6