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[ 【基礎過關係列】高二數學同步精品講義與分層練習(人教A版2019）]
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選擇性第二冊同步鞏固，難度2顆星！

基礎知識

前n項和

等差數列\(\{a_n \}\)的首項為\(a_1\)，公差為\(d\)，則其前\(n\)項和為
\(S_n=\dfrac{\left(a_1+a_n\right) n}{2}\)， \(S_n=n a_1+\dfrac{n(n-1)}{2} d\)

【例】 等差數列\(\{a_n \}\)

證明一個數列是等差數列的方法

① 定義法： \(a_{n+1}-a_n=d\)\((d\)是常數，\(n∈N^*)\)\(⟹a_n\)是等差數列；
② 中項法： \(2a_{n+1}=a_n+a_{n+2} (n∈N^*)⟹a_n\)是等差數列；
③ 通項公式法：\(a_n=kn+b\)\((k ,b\)是常數\() ⟹a_n\)是等差數列；
④ 前n項和公式法： \(S_n=A n^2+Bn\)\((A ,B\)是常數\() ⟹a_n\)是等差數列；
注 方法③④不可以在解答題裡直接使用.
 

基本性質

若數列\(\{a_n\}\)是首項為\(a_1\)，公差為\(d\)的等差數列，前\(n\)項和為\(S_n\)，它具有以下性質：
(1) \(S_n\) , \(S_{2 n}-S_n\), \(S_{3 n}-S_{2 n}…\)\((n∈N^*)\)成等差數列；
證明 \(S_{2 n}-S_n=a_{n+1}+a_{n+2}+\cdots+a_{2 n-1}+a_{2 n}\)
\(=\left(a_1+n d\right)+\left(a_2+n d\right)+\cdots+\left(a_{n-1}+n d\right)+\left(a_n+n d\right)=S_n+n^2 d\)；
即 \(S_{2 n}-S_n-S_n=n^2 d\)；
同理 \(S_{3 n}-S_{2 n}=S_{2 n}-S_n+n^2 d \Rightarrow S_{3 n}-S_{2 n}-\left(S_{2 n}-S_n\right)=n^2 d\)；
\(S_{4 n}-S_{3 n}-\left(S_{3 n}-S_{2 n}\right)=n^2 d…\) 歸納得證.
【例】 \(S_n\)是一等差數列的前\(n\)項和，\(S_3\) ,\(S_6-S_3\) ,\(S_9-S_6\)成等差數列.
(2) \(S_{2 n-1}=(2 n-1) a_n\).
證明 \(S_{2 n-1}=\dfrac{(2 n-1)\left(a_1+a_{2 n-1}\right)}{2}=(2 n-1) \cdot \dfrac{a_1+a_{2 n-1}}{2}=(2 n-1) a_n\).
【例】 \(S_n\)是一等差數列的前\(n\)項和，\(S_7=7a_4\)，\(S_{11}=11a_6\).
 

基本方法

【題型1】 等差數列前n項和的基本運算

【典題1】 記\(S_n\)為等差數列\(\{a_n\}\)的前\(n\)項和，若\(a_4+a_5=24\)，\(S_6=48\)，則\(S_9=\) \(\underline{\quad \quad}\).
解析 設等差數列\(\{a_n\}\)的公差為\(d\)， \(\because a_4+a_5=24\)，\(S_6=48\)，
\(\therefore\left\{\begin{array}{c} 2 a_1+7 d=24 \\ 6 a_1+\dfrac{6 \times 5}{2} d=48 \end{array}\right.\)，解得\(a_1=-2\),\(d=4\)，
\(\therefore S_9=9 a_1+\dfrac{9 \times 8}{2} d=-18+144=126\).
點撥 本題屬於基本量法，\(a_1\),\(d\)是等差數列基本量，遇到\(a_n\)用上\(a_n=a_1+(n-1)d\)，
\(S_n\)用上 \(S_n=n a_1+\dfrac{n(n-1)}{2} d\).
 

【典題2】 數列\(\{a_n \}\)是等差數列，\(a_1=50\)，\(d=-0.6\).
  (1)該數列前多少項都是非負數？(2)求此數列的前\(n\)項和\(S_n\)的最大值．
解析 (1)由\(a_1=50\)，\(d=-0.6\)，
知 \(a_n=50-0.6(n-1)=-0.6n+50.6\).
令 \(\left\{\begin{array}{l} a_m \geq 0 \\ a_{m+1}<0 \end{array}\right.\)，即 \(\left\{\begin{array}{l} -0.6 m+50.6 \geq 0 \\ -0.6(m+1)+50.6<0 \end{array}\right.\)，解得 \(\dfrac{250}{3}<m \leq \dfrac{253}{3}\)，
又\(m∈N^*\)，則\(m=84\)，
即前\(84\)項都是非負數．
(2)方法1 由(1)得\(a_{84}>0\),\(a_{85}<0\)，
則\(S_n\)的最大值是 \(S_{84}=50 \times 84+\dfrac{84 \times 83}{2} \times(-0.6)=2108.4\).
方法2 \(S_n=50 n+\dfrac{n(n-1)}{2} \cdot(-0.6)=-0.3 n^2+50.3 n\)\(=-0.3\left(n-\dfrac{503}{6}\right)^2+\dfrac{503^2}{120}\)，
由二次函式的性質知，當\(n=84\)時，\(S_n\)取最大值\(S_{84}=2108.4\).
點撥 求等差數列前n項和\(S_n\)的最值，顯然當等差數列遞減，\(S_n\)有最大值，可確定哪項開始為負值，便可知道最大值；當等差數列遞增，\(S_n\)有最小值，可確定哪項開始為正值，便可知道最小值；方法2是求出\(S_n\)的解析式，再利用二次函式的性質求最值.
 

【典題3】 等差數列\(\{a_n\}\)中，\(a_1=2020\)，前\(n\)項和為\(S_n\)，若 \(\dfrac{S_{12}}{12}-\dfrac{S_{10}}{10}=-2\)，則\(S_{2022}=\) \(\underline{\quad \quad}\) .
解析 由等差數列前\(n\)項和為 \(S_n=n a_1+\dfrac{n(n-1)}{2} d\)，
則 \(\dfrac{S_n}{n}=a_1+\dfrac{(n-1)}{2} d=-\dfrac{d}{2} n+a_1\)，顯然 \(\left\{\dfrac{S_n}{n}\right\}\)為等差數列，
設 \(\left\{\dfrac{S_n}{n}\right\}\)公差為\(d_1\)，
\(\because a_1=2020\)， \(\therefore \dfrac{S_1}{1}=\dfrac{a_1}{1}=2020\)，
\(\because \dfrac{S_{12}}{12}-\dfrac{S_{10}}{10}=2 d_1=-2\)，\(\therefore d_1=-1\)，
\(\therefore \dfrac{s_{2022}}{2022}=2020+2021 \times(-1)=-1\)，解得\(S_{2022}=-2022\)．
點撥 等差數列中，前\(n\)項和為\(S_n\)，則\(\left\{\dfrac{S_n}{n}\right\}\)為等差數列.
 

【鞏固練習】

1.已知\(\{a_n\}\)為等差數列，若\(a_3=1\),\(S_4=0\)，則\(a_6\)的值為(　　)
 A．\(6\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(7\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(8\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(9\)
 

2.(多選)設數列\(\{a_n\}\)是等差數列，\(S_n\)是其前\(n\)項和，\(a_1>0\)且\(S_6=S_9\)，則(　　)
 A．\(d>0\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(a_8=0\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(S_7\)或\(S_8\)為\(S_n\)的最大值 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(S_5>S_6\)
 

3.已知在等差數列\(\{a_n\}\)中，\(a_3=12\)，\(S_{12} S_{13}<0\)，則\(S_n\)最大時\(n=\) \(\underline{\quad \quad}\)．
 

參考答案

1. 答案 \(B\)
   解析 設等差數列\(\{a_n\}\)的公差為\(d\)，
   由 \(\left\{\begin{array}{l} a_3=1 \\ S_4=0 \end{array}\right.\)，得 \(\left\{\begin{array}{l} a_1+2 d=1 \\ 4 a_1+6 d=0 \end{array}\right.\)，解得 \(\left\{\begin{array}{l} a_1=-3 \\ d=2 \end{array}\right.\)，
   所以\(a_6=-3+2×5=7\)．
   故選：\(B\)．

2. 答案 \(BC\)
   解析 \(a_1>0\)且\(S_6=S_9\)，
   \(\therefore 6 a_1+\dfrac{6 \times 5}{2} d=9 a_1+\dfrac{9 \times 8}{2} d\)，化為：\(a_1+7d=0\)，
   可得\(a_8=0\),\(d<0\)．
   \(S_7\)或\(S_8\)為\(S_n\)的最大值，\(S_5<S_6\)．
   故選：\(BC\)．

3. 答案 \(6\)
   解析 設等差數列\(\{a_n\}\)的公差為\(d\)，\(\because a_3=12\)，\(S_{12} S_{13}<0\)，
   \(\therefore a_1+2d=12\)， \(\left(12 a_1+\dfrac{12 \times 11}{2} d\right)\left(13 a_1+\dfrac{13 \times 12}{2} d\right)<0\)，
   化為： \((d+3)\left(d+\dfrac{24}{7}\right)<0\)，
   解得\(-\dfrac{24}{7}<d<-3\)，可得：\(\dfrac{7}{2}<-\dfrac{12}{d}<4\)．
   因此等差數列\(\{a_n\}\)單調遞減，
   \(\therefore S_{12}>0\),\(S_{13}<0\)．
   \(a_n=a_1+(n-1)d=12-2d+(n-1)d=12+(n-3)d≥0\)，
   可得 \(n \leq 3-\dfrac{12}{d}\)，
   \(\because \dfrac{13}{2} \leq 3-\dfrac{12}{d} \leq 7\)，\(\therefore n≤6\)．
   則\(S_n\)最大時\(n=6\)．
    

【題型2】等差數列前n項和的性質

【典題1】 已知兩個等差數列\(\{a_n \}\)，\(\{b_n \}\)，它們的前\(n\)項和分別記為\(S_n\),\(T_n\)，若 \(\dfrac{S_n}{T_n}=\dfrac{n+3}{n+1}\)，求 \(\dfrac{a_{10}}{b_{10}}\) .
解析 在等差數列\(\{a_n \}\)，\(\{b_n \}\)中 \(\because \dfrac{S_{19}}{T_{19}}=\dfrac{19 a_{10}}{19 b_{10}}=\dfrac{a_{10}}{b_{10}}\)，
\(\therefore \dfrac{a_{10}}{b_{10}}=\dfrac{S_{19}}{T_{19}}=\dfrac{19+3}{19+1}=\dfrac{11}{10}\).
點撥 性質 \(S_{2 n-1}=(2 n-1) a_n\)的運用.

【典題2】 一個等差數列的前\(n\)項和為\(S_n\)，\(S_{10}=100\)， \(S_{100}=10\)，求\(S_{110}\)．
解析 方法1 設等差數列\(\{a_n \}\)的公差為\(d\)，前\(n\)項和為\(S_n\)，
則 \(S_n=n a_1+\dfrac{n(n-1)}{2} d\).
由已知，得 \(\left\{\begin{array}{l} 10 a_1+\dfrac{10 \times 9}{2} d=100 \\ 100 a_1+\dfrac{100 \times 99}{2} d=10 \end{array}\right.\)，解得 \(d=-\dfrac{11}{50}\)， \(a_1=\dfrac{1099}{100}\)，
則 \(S_{110}=110 a_1+\dfrac{110 \times 109}{2} d=110 \times \dfrac{1099}{100}+\dfrac{110 \times 109}{2} \times\left(-\dfrac{11}{50}\right)\)\(=110 \times\left(\dfrac{1099-109 \times 11}{100}\right)=-110\).
故此數列的前\(110\)項之和為\(-110\).
方法2 設此等差數列的前\(n\)項和為\(S_n=an^2+bn\).
\(\because S_{10}=100\), \(S_{100}=10\)，
\(\therefore\left\{\begin{array}{l} 10^2 a+10 b=100 \\ 100^2 a+100 b=10 \end{array}\right.\)，解得 \(\left\{\begin{array}{l} a=-\dfrac{11}{100} \\ b=\dfrac{111}{10} \end{array}\right.\)，
\(\therefore S_n=-\dfrac{11}{100} n^2+\dfrac{111}{10} n\).
\(\therefore S_{110}=-\dfrac{11}{100} \times 110^2+\dfrac{111}{10} \times 110=-110\).
方法3 數列 \(S_{10}, S_{20}-S_{10}, S_{30}-S_{20}, \ldots, S_{100}-S_{90}, S_{110}-S_{100}\)成等差數列．
設其公差為\(D\)，則前\(10\)項的和為 \(10 S_{10}+\dfrac{10 \times 9}{2} \cdot D=S_{100}=10\)，解得\(D=-22\)，
\(\therefore S_{110}-S_{100}=S_{10}+(11-1) D=100+10 \times(-22)=-120\).
\(\therefore S_{110}=-120+S_{100}=-110\).
方法4 \(\because S_{100}-S_{10}=a_{11}+a_{12}+\cdots+a_{100}=\dfrac{90\left(a_{11}+a_{100}\right)}{2}=\dfrac{90\left(a_1+a_{110}\right)}{2}\)，
又 \(S_{100}-S_{10}=10-100=-90\)， \(\therefore a_1+a_{110}=-2\).
\(\therefore S_{110}=\dfrac{110\left(a_1+a_{110}\right)}{2}=-110\).
點撥 注意比較各種方法的優劣，掌握等差數列的基本性質.
 

【鞏固練習】

1.等差數列\(\{a_n\}\)的前\(n\)項和為\(S_n\)，若\(a_2+a_8+a_{11}=60\)，則\(S_{13}\)的值是(　　)
 A．\(130\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(260\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(390\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(520\)
 

2.已知數列\(\{a_n\}\)為等差數列，\(S_n\)為其前\(n項\)和，\(2+a_5=a_6+a_3\)，則\(S_7=\)(　　)
 A．\(2\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(7\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(14\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(28\)
 

3.已知等差數列\(\{a_n\}\)的前\(n\)項和為\(S_n\),\(S_4=3\),\(S_{n-4}=12(n≥5,n∈N^*)\),\(S_n=17\)，則\(n\)的值為(　　)
 A．\(8\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(11\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(13\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(17\)
 

4.等差數列\(\{a_n\}\)，\(\{b_n\}\)的前\(n\)項和分別為\(S_n\),\(T_n\) ，若\(\dfrac{S_n}{T_n}=\dfrac{2 n}{3 n+1}\)，則 \(\dfrac{a_n}{b_n}=\)( )
 A． \(\dfrac{2}{3}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B． \(\dfrac{2 n-1}{3 n-1}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C． \(\dfrac{2 n+1}{3 n+1}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D． \(\dfrac{2 n-1}{3 n+4}\)
 

5.設\(S_n\)是等差數列\(\{a_n\}\)的前n項和，若 \(\dfrac{S_3}{S_6}=\dfrac{1}{3}\)，則\(\dfrac{S_6}{S_{12}}=\)( )
 A． \(\dfrac{3}{10}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B． \(\dfrac{1}{3}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C． \(\dfrac{1}{8}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D． \(\dfrac{1}{9}\)
 

參考答案

1. 答案 \(B\)
   解析 設等差數列\(\{a_n\}\)的公差為\(d\)，
   \(\because a_2+a_8+a_{11}=60\)，
   \(\therefore a_1+d+a_1+7d+a_1+10d=3(a_1+6d)=3a_7=60\)，解得\(a_7=20\)，
   \(\therefore S_{13}=\dfrac{13\left(a_1+a_{13}\right)}{2}=13 a_7=13 \times 20=260\)．
   故選：\(B\)．

2. 答案 \(C\)
   解析 \(\because 2+a_5=a_6+a_3\)，\(\therefore a_4=a_6+a_3-a_5=2\)．
   則 \(S_7=\dfrac{7\left(a_1+a_7\right)}{2}=7 a_4=14\)．故選：\(C\)．

3. 答案 \(D\)
   解析 由題意可得，\(S_4=a_1+a_2+a_3+a_4=3\) ①，
   \(\because S_{n-4}=12\)，\(S_n=17\)，
   \(\therefore a_{n-3}+a_{n-2}+a_{n-1}+a_n=17-12=5\)②，
   ①+②可得， \(\left(a_1+a_n\right)+\left(a_2+a_{n-1}\right)+\left(a_3+a_{n-2}\right)+\left(a_4+a_{n-3}\right)=8\),
   \(\therefore a_1+a_n=2\)，
   \(\because S_n=17\)， \(\therefore S_n=\dfrac{n\left(a_1+a_n\right)}{2}=17\)，解得\(n=17\)．
   故選：\(D\)．

4. 答案 \(B\)
   解析 \(\dfrac{a_n}{b_n}=\dfrac{2 a_n}{2 b_n}=\dfrac{a_1+a_{2 n-1}}{b_1+b_{2 n-1}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}(2 n-1)\left(a_1+a_{2 n-1}\right)}{\dfrac{1}{2}(2 n-1)\left(b_1+b_{2 n-1}\right)}\)\(=\dfrac{S_{2 n-1}}{T_{2 n-1}}=\dfrac{2(2 n-1)}{3(2 n-1)+1}=\dfrac{2 n-1}{3 n-1}\)，故選\(B\).

5. 答案 \(A\)
   解析 方法一 \(\because \dfrac{S_3}{S_6}=\dfrac{1}{3}\)， \(\therefore \dfrac{3 a_1+3 d}{6 a_1+15 d}=\dfrac{1}{3}\)，化簡得\(a_1=2d\)，
   \(\therefore \dfrac{S_6}{S_{12}}=\dfrac{6 a_1+15 d}{12 a_1+66 d}=\dfrac{27 d}{90 d}=\dfrac{3}{10}\).故選\(A\).
   方法二 \(\because \dfrac{S_3}{S_6}=\dfrac{1}{3}\)，令\(S_3=1\), \(S_6=3\)，
   \(\because S_3, S_6-S_3, S_9-S_6, S_{12}-S_9\)成等差數列，
   \(\therefore 1,2,S_9-3,S_{12}-S_9\)成等差數列，
   顯然這等差數列公差為\(1\)，所以\(S_9-3=3\),\(S_{12}-S_9=4\)，
   解得\(S_{12}=10\)， \(\therefore \dfrac{S_6}{S_{12}}=\dfrac{3}{10}\)，故選\(A\).
    

【題型2】 等差數列前n項和的綜合

【典題1】 已知等差數列\(\{a_n\}\)滿足：\(a_1=2\),\(a_5=18\)．
  (1)求數列\(\{a_n\}\)的通項公式；
  (2)記\(S_n\)為數列\(\{a_n\}\)的前n項和，求正整數\(n\)的範圍，使得\(S_n>60n+800\)．
解析 (1)設等差數列\(\{a_n\}\)的公差為\(d\)，
則\(4d=a_5-a_1=18-2=16\)，解得\(d=4\)，
故\(a_n=a_1+{n-1}d=2+4{n-1}=4n-2\)．
(2) \(S_n=\dfrac{n[2+(4 n-2)]}{2}=2 n^2\)，
令\(2n^2>60n+800\)，即\(n^2-30n-400>0\)，解得\(n>40\)或\(n<-10\)(捨去)，
故存在正整數\(n\)，使得\(S_n>60n+800\)成立，\(n\)的最小值為\(41\)．
 

【典題2】 某長江抗洪指揮部接到預報，\(24\)小時後有一洪峰到達．為確保安全，指揮部決定在洪峰來臨前築一道堤壩作為第二道防線．經計算，除現有的部隊指戰員和當地幹部群眾連續奮戰外，還需用\(20\)臺同型號的翻斗車，平均每輛車要工作\(24\)小時才能完成任務．但目前只有一輛車投入施工，其餘的需從附近高速公路上抽調，每隔\(20\)分能有一輛車到達，且指揮部最多還可調集\(24\)輛車，那麼在\(24\)時內能否構築成第二道防線？
解析 設第\(n\)輛車工作的時間是\(a_n\)小時，
則有\(a_n-a_{n+1}=\dfrac{20}{60}=\dfrac{1}{3}\) (小時)，
所以數列\(\{a_n\}\)是等差數列，公差 \(d=-\dfrac{1}{3}\),\(a_1=24\).
如果把所有的\(25\)輛車全部抽調到位，所用的時間是 \(\dfrac{20}{60} \times 24=8\) (小時)\(<24\)小時，
則這\(25\)輛車可以完成的工作量為
\(S_{25}=a_1+a_2+\cdots+a_{25}=25 a_1+\dfrac{25 \times(25-1)}{2} d\)
\(=25 \times 24+\dfrac{25 \times 24}{2} \times\left(-\dfrac{1}{3}\right)=500\)(小時)．
總共需要完成的工作量為\(24×20=480\)(小時)．
由於\(500>480\)，
所以，在\(24\)小時內能構築成第二道防線．
 

【鞏固練習】

1.某景區三絕之一的鐵旗杆鑄於道光元年，兩根分別立於人口兩側，每根重約\(12000\)斤，旗杆分五節，每節分鑄八卦龍等圖案，每根杆，上還懸掛\(24\)只玲瓏的鐵風鈴．已知每節長度約成等差數列，第一節長約\(12\)尺，總長約\(48\)尺，則第五節長約為幾尺(　　)
 A．\(7\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(7.2\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(7.6\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(8\)
 

2.公差不為零的等差數列\(\{a_n\}\)滿足\(a_3=a_5 a_8\)，\(a_6=1\)．
  (1)求\(\{a_n\}\)的通項公式；
  (2)記\(\{a_n\}\)的前n項和為\(S_n\)，求使\(S_n<a_n\)成立的最大正整數\(n\)．
 
 

3.在正項等差數列\(\{a_n \}\)中，其前\(n\)項和為\(S_n\)，\(a_2+a_3=12\)，\(a_2⋅a_3=S_5\)．
  (1)求\(a_n\)；
  (2)證明： \(\dfrac{1}{3} \leq \dfrac{1}{S_1}+\dfrac{1}{S_2}+\cdots+\dfrac{1}{S_n}<\dfrac{3}{4}\)．
 
 

參考答案

1. 答案 \(B\)
   解析 設每旗杆節長度成等差數列\(\{a_n\}\)，其公差為\(d\)，
   由題意 \(\left\{\begin{array}{l} a_1=12 \\ S_5=5 a_1+10 d=48 \end{array}\right.\)，則\(60+10d=48\)，即\(d=-1.2\)，
   所以\(a_5=a_1+4d=12+4×(-1.2)=7.2\)．
   所以第五節長為\(7.2\)尺．
   故選：\(B\)．

2. 答案 (1) \(a_n=2n-11(n∈N^* )\)； (2)\(10\).
   解析 (1)設等差數列\(\{a_n\}\)的公差為\(d(d≠0)\)，
   由\(a_3=a_5 a_8\),\(a_6=1\)，得\(1-3d=(1-d)(1+2d)\)，
   即\(2d^2-4d=0\)，解得\(d=2\)，或\(d=0\)(捨去)，
   則\(a_1=a_6-5d=1-10=-9\)，
   所以\(a_n=-9+2(n-1)=2n-11(n∈N^* )\)；
   (2)由(1)可知 \(S_n=\dfrac{n}{2}\left(a_1+a_n\right)=\dfrac{n}{2}(-9+2 n-11)=n^2-10 n\)，
   令\(S_n<a_n\)，得\(n^2-10n<2n-11\)，
   即\(n^2-12n+11<0\)，解得\(1<n<11\)，
   又\(n∈N^*\)，
   故使\(S_n<a_n\)成立的最大正整數\(n\)為\(10\)．

3. 答案 (1) \(a_n=2n+1\)；(2)略.
   解析 (1) \(\because \left\{\begin{array}{l} a_2+a_3=12 \\ a_2 \cdot a_3=S_5=5 a_3 \end{array}\right.\)，
   即 \(\left\{\begin{array}{l} a_2=a_1+d=5 \\ a_3=a_1+2 d=7 \end{array}\right.\)，解得\(a_1=3\)，\(d=2\)，
   \(\therefore a_n=2n+1\)．
   證明：(2)\(S_n=n(n+2)\)， \(\dfrac{1}{S_n}=\dfrac{1}{n(n+2)}=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+2}\right)\)，
   \(\therefore \dfrac{1}{S_1}+\dfrac{1}{S_2}+\cdots+\dfrac{1}{S_n}=\dfrac{1}{2}\left(1+\dfrac{1}{2}+\cdots \ldots-\dfrac{1}{n+1}-\dfrac{1}{n+2}\right)<\dfrac{3}{4}\)，
   當\(n=1\)時，取最大值\(\dfrac{1}{3}\) ，
   綜上： \(\dfrac{1}{3} \leq \dfrac{1}{S_1}+\dfrac{1}{S_2}+\cdots+\dfrac{1}{S_n}<\dfrac{3}{4}\)．
    

分層練習

【A組---基礎題】

1.等差數列\(\{a_n \}\)的公差\(d=2\)，\(a_1=1\)，則(　　)
 A．\(a_n=2n,S_n=n^2\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(a_n=n,S_n=n^2+n\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)
C．\(a_n=2n-1,S_n=n^2\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(a_n=2n-1,S_n=n^2-n\)
 

2.在等差數列\(\{a_n\}\)中\(a_{10}=2a_8-2\)，則數列\(\{a_n\}\)的前\(11\)項的和\(S_{11}=\)(　　)
 A．\(8\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(16\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(22\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(44\)
 

3.等差數列\(\{a_n\}\)的通項公式\(a_n=2n+1\)其前\(n\)項和為\(S_n\)，則數列\(\left\{\dfrac{S_n}{n}\right\}\)前\(10\)項的和為( )
 A.\(120\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B.\(70\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C.\(75\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D.\(100\)
 

4.已知等差數列\(\{a_n\}\)的前\(n\)項和為\(S_n\)，\(S_4=40\)，\(S_n=210\)， \(S_{n-4}=130\)，則\(n=\)(　　)
 A．\(12\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(14\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(16\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(18\)
 

5.中國古詩詞中，有一道“八子分綿”的數學名題：“九百九十六斤綿，贈分八子作盤纏，次第每人多十七，要將第八數來言”．題意是：把\(996\)斤綿分給\(8\)個兒子作盤纏，按照年齡從大到小的順序依次分綿，年齡小的比年齡大的多\(17\)斤綿，那麼第\(8\)個兒子分到的綿是(　　)
 A．\(201\)斤 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(191\)斤 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(184\)斤\(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(174\)斤
 

6.(多選)等差數列\(\{a_n\}\)的前n項和為\(S_n\)，\(a_1+5a_3=S_8\)，則下列結論一定正確的是(　　)
 A．\(a_{10}=0\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．當\(n=9\)或\(10\)時，\(S_n\)取最大值 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)
C．\(|a_9 |<|a_{11}|\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(S_6=S_{13}\)
 

7.已知等差數列\(\{a_n\}\)的前n項和為\(S_n\)，若 \(S_{10}=110\)， \(S_{110}=10\)，則 \(S_{120}=\) \(\underline{\quad \quad}\).
 

8.設等差數列\(\{a_n\}\)的前n項和為\(S_n\)，若\(a_6=6\),\(S_{15}=15\)，則公差\(d=\) \(\underline{\quad \quad}\)．
 

9.已知等差數列\(\{a_n\}\)的公差\(d>0\)，\(a_2=-11\)，\(a_5^2-a_{10}^2=0\)，則\(S_{15}=\) \(\underline{\quad \quad}\)．
 

10.記\(S_n\)為等差數列\(\{a_n\}\)的前\(n\)項和，已知\(a_1=-3\)，\(S_4=0\)．
  (1)求\(\{a_n \}\)的通項公式\(a_n\)和\(S_n\)；
  (2)求\(a_2+a_4+⋯+a_8+a_{10}+a_{12}\)的值．
 
 

11.已知\(S_n\)為等差數列\(\{a_n \}\)的前\(n\)項和，已知\(S_2=2\)，\(S_3=-6\)．
  (1)求數列\(\{a_n \}\)的通項公式和前\(n\)項和\(S_n\)；
  (2)是否存在\(n\)，使\(S_n\)，\(S_{n+2}+2n\)，\(S_{n+3}\)成等差數列，若存在，求出\(n\)，若不存在，說明理由．
 
 

參考答案

1. 答案 \(C\)

2. 答案 \(C\)
   解析 在等差數列\(\{a_n\}\)中，由\(a_10=2a_8-2\)，得\(a_1+9d=2a_1+14d-2\)，
   可得\(a_1+5d=a_6=2\)，\(\therefore S_{11}=11a_6=22\)．
   故選：\(C\)．

3. 答案 \(C\)
   解析 \(\because a_n=2n+1\), \(\therefore S_n=\dfrac{n\left(a_1+a_n\right)}{2}=n^2+2 n\) ,
   \(\therefore \dfrac{S_n}{n}=n+2\)，
   所以數列\(\left\{\dfrac{S_n}{n}\right\}\)也是等差數列，且通項公式為\(n+2\)，
   則首項為\(3\)，第\(10\)項為\(12\)，
   所以前\(10\)項的和 \(\dfrac{10(3+12)}{2}=75\).

4. 答案 \(B\)
   解析 因為\(S_4=40\)，所以\(a_1+a_2+a_3+a_4=40\)，
   因為 \(S_n-S_{n-4}=80\)，所以 \(a_n+a_{n-1}+a_{n-2}+a_{n-3}=80\)，
   所以根據等差數列的性質可得：\(4(a_1+a_n)=120\)，即\(a_1+a_n=30\)．
   由等差數列的前n項和的公式可得： \(S_n=\dfrac{n\left(a_1+a_n\right)}{2}\)，並且\(S_n=210\)，
   所以解得\(n=14\)．
   故選：\(B\)．

5. 答案 \(C\)
   解析 用\(a_1,a_2,...,a_8\)是表示\(8\)個兒子按照年齡從大到小得到的綿數，
   由題意得數列\(a_1,a_2,...,a_8\)是公差為\(17\)的等差數列，且這\(8\)項的和為\(996\)，
   \(\therefore 8 a_1+\dfrac{8 \times 7}{2} \times 17=996\)，解得\(a_1=65\)，
   \(\therefore a_8=65+7×17=184\)．
   \(\therefore\)第\(8\)個兒子分到的綿是\(184\)斤．
   故選：\(C\)．

6. 答案 \(AD\)
   解析 \(\because\) 等差數列\(\{a_n\}\)的前\(n\)項和為\(S_n\)，\(a_1+5a_3=S_8\)，
   \(\therefore a_1+5\left(a_1+2 d\right)=8 a_1+\dfrac{8 \times 7}{2} d\)，求得\(a_1=-9d\)．
   故\(a_10=a_1+9d=0\)，故\(A\)正確；
   該數列的前\(n\)項和 \(S_n=n a_1+\dfrac{n(n-1)}{2} d=\dfrac{n^2}{2}-d-\dfrac{19}{2} d n\)，
   它的最值，還跟\(d\)的值有關，
   不能推出當\(n=9\)或\(10\)時，\(S_n\)取最大值，故\(B\)錯誤．
   \(\because |a_9 |=|a_1+8d|=|-d|=|d|\),\(|a_{11} |=|a_1+10d|=|d|\)，
   故有\(|a_9 |=|a_{11}|\)，故\(C\)錯誤；
   由於 \(S_6=6 a_1+\dfrac{6 \times 5}{2} d=-39 d\), \(S_{13}=13 a_1+\dfrac{13 \times 12}{2} d=-39 d\)，
   故\(S_6=S_{13}\)，故\(D\)正確，
   故選：\(AD\)．

7. 答案 \(-120\)
   解析 令 \(b_n=\dfrac{s_n}{n} \text {, }\)，
   \(\because \{a_n\}\)是等差數列，\(\therefore \{b_n\}\)也是等差數列，設其公差為\(d\)，
   則 \(b_{10}=\dfrac{S_{10}}{10}=11\)， \(b_{110}=\dfrac{S_{110}}{110}=\dfrac{10}{110}=\dfrac{1}{11}\)，
   \(\therefore 100 d=b_{110}-b_{10}=\dfrac{1}{11}-11=-\dfrac{120}{11}\)，解得 \(d=-\dfrac{6}{55}\)，
   \(\therefore b_{120}=b_{110}+10 d=\dfrac{1}{11}-\dfrac{6}{55} \times 10=-1\)，
   \(\therefore \dfrac{S_{120}}{120}=-1\)，即 \(S_{120}=-120\)．

8. 答案 \(-\dfrac{5}{2}\)
   解析 \(\because a_6=6\),\(S_{15}=15\)，
   \(\therefore a_1+5d=6\), \(15 a_1+\dfrac{15 \times 14}{2} d=15\)， \(\therefore d=-\dfrac{5}{2}\)．

9. 答案 \(15\)
   解析 等差數列\(\{a_n\}\)的公差\(d>0\)，\(a_2=-11\)，\(a_5^2-a_{10}^2=0\)，
   \(\therefore a_5=-a_{10}<0\)．
   \(\therefore a_1+d=-11\),\(a_1+4d=-(a_1+9d)\)，解得：\(a_1=-13\),\(d=2\)．
   則 \(S_{15}=-13 \times 15+\dfrac{15 \times 14}{2} \times 2=15\)．
   故答案為：\(15\)．

10. 答案 (1) \(a_n=2n-5\)，\(S_n=n^2-4n\)； (2)\(54\)．
    解析 設等差數列\(\{a_n \}\)的公差為\(d\)，
    由\(a_1=-3\)，\(S_4=0\)，得\(4a_1+6d=-12+6d=0\)，即\(d=2\)．
    (1)\(a_n=-3+2(n-1)=2n-5\)， \(S_n=-3 n+\dfrac{n(n-1)}{2} \times 2=n^2-4 n\)；
    (2) \(a_2+a_4+\cdots+a_8+a_{10}+a_{12}=-6+\dfrac{6 \times 5}{2} \times 4=54\)．

11. 答案 (1)\(a_n=10-6n\)，\(S_n=7n-3n^2\);
    (2)存在\(n=5\)，使\(S_n\)，\(S_{n+2}+2n\)，\(S_{n+3}\)成等差數列．
    解析 (1)設等差數列\(\{a_n \}\)的公差為\(d\)，\(\because S_2=2\)，\(S_3=-6\)．
    \(\therefore 2a_1+d=2\)，\(3a_1+3d=-6\)，解得\(a_1=4\)，\(d=-6\)．
    \(\therefore a_n=4-6(n-1)=10-6n\).
    \(S_n=\dfrac{n(4+10-6 n)}{2}=7 n-3 n^2\)．
    (2)假設存在\(n\)，使\(S_n\)，\(S_{n+2}+2n\)，\(S_{n+3}\)成等差數列，
    則 \(12\left(S_{n+2}+2 n\right)=S_n+S_{n+3}\)，
    \(\therefore 2[7{n+2}-3{n+2}^2+2n]=7n-3n^2+7(n+3)-3(n+3)^2\)，
    解得\(n=5\)．
    因此存在\(n=5\)，使\(S_n\)，\(S_{n+2}+2n\)，\(S_{n+3}\)成等差數列．

【B組---提高題】

1. 已知\(S_n\)是等差數列\(\{a_n\}\)的前\(n\)項和，且\(S_6>S_7>S_5\)，給出下列五個命題：
   ①\(d<0\)； \(\qquad \qquad\) ②\(S_{11}>0\)；\(\qquad \qquad\) ③\(S_{12}<0\)；\(\qquad \qquad\)
   ④數列\(\{S_n\}\)中的最大項為\(S_{11}\)； \(\qquad \qquad\) ⑤\(|a_6 |>|a_7 |\).
   其中正確命題的個數是 ( )
    A．\(3\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(5\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(1\)
    

2.在數列\(\{a_n\}\)中，\(a_{n+2}-a_n=2(n∈N^* )\)，\(a_1=-23\)，\(a_2=-19\)，\(S_n\)為\(\{a_n\}\)的前\(n\)項和，則\(S_n\)的最小值為\(\underline{\quad \quad}\)．
 

3.遞減的等差數列\(\{a_n\}\)的前\(n\)項和為\(S_n\)，若\(a_3 a_5=63\),\(a_2+a_6=16\)
  (1)求\(\{a_n\}\)的等差通項；
  (2)當\(n\)為多少時，\(S_n\)取最大值，並求出其最大值；
  (3)求\(|a_1 |+|a_2 |+|a_3 |+⋯+|a_n |\).
 
 

參考答案

1. 答案 \(A\)
   解析 \(\because S_6>S_7>S_5\)，
   \(\therefore a_6=S_6-S_5>0\)，\(a_7=S_7-S_6<0\)，\(a_6+a_7=S_7-S_5>0\),
   ①\(d=a_7-a_6<0\) ， 所以①正確；
   ② \(S_{11}=\dfrac{11\left(a_1+a_{11}\right)}{2}=11 a_6>0\)，故②正確；
   ③\(S_{12}=6(a_1+a_{12} )=6(a_6+a_7 )>0\)，故③錯誤；
   ④\(\because a_6>0\),\(a_7<0\)，\(\therefore\)數列\(\{S_n\}\)中的最大項為\(S_6\)，故④錯誤；
   ⑤\(\because a_6>0\),\(a_7<0\)， \(a_6+a_7>0\)， \(\therefore |a_6 |>|a_7 |\)，故⑤正確.
   綜上，①②⑤正確，故選\(A\).

2. 答案 \(-243\)
   解析 \(\because a_{n+2}-a_n=2(n∈N^* )\)，\(a_1=-23\)，
   \(\therefore\)數列\(\{a_n\}\)的奇數項是以\(-23\)為首項，\(2\)為公差的等差數列，
   故\(a_n=-23+n-1=n-24\)，
   故\(n≤23\)且\(n\)為奇數時，\(a_n<0\)；\(n≥25\)且\(n\)為奇數時，\(a_n>0\)，
   \(\because a_2=-19\),\(a_{n+2}-a_n=2(n∈N^* )\)，
   \(\therefore\)數列\(\{a_n\}\)的偶數項是以\(-19\)為首項，\(2\)為公差的等差數列，
   故\(a_n=-19+n-2=n-21\)，
   故\(n≤20\)且\(n\)為偶數時，\(a_n<0\)；\(n≥22\)且\(n\)為偶數時，\(a_n>0\)，
   且\(a_{22}=1\),\(a_{23}=-1\),\(a_{24}=3\)，
   故\(S_n\)的最小值為 \(S_{21}=S_{23}=-23 \times 11+\dfrac{11 \times 10}{2} \times 2-19 \times 10+\dfrac{10 \times 9}{2} \times 2=-243\)．
   故答案為：\(-243\)．

3. 答案(1) \(a_n=12-n\)；(2) \(66\)；(3) \(\left|a_1\right|+\left|a_2\right|+\left|a_3\right|+\cdots+\left|a_n\right|=\left\{\begin{array}{l} -\dfrac{1}{2} n^2+\dfrac{23}{2} n, n \leq 12 \\ \dfrac{1}{2} n^2-\dfrac{23}{2} n+132, n>12 \end{array}\right.\).
   解析 (1)\(a_2+a_6=a_3+a_5=16\)，又\(a_3\cdot a_5=63\)，
   所以\(a_3\)與\(a_5\)是方程\(x^2－16x+63=0\)的兩根，
   解得\(\left\{\begin{array}{l} a_3=7 \\ a_5=9 \end{array}\right.\)或 \(\left\{\begin{array}{l} a_3=9 \\ a_5=7 \end{array}\right.\)，
   又該等差數列遞減，所以\(\left\{\begin{array}{l} a_3=9 \\ a_5=7 \end{array}\right.\)，
   則公差\(d=\dfrac{a_5-a_3}{2}=-1\)，\(a_1=11\)，
   所以\(a_n=11+{n-1}(-1)=12-n\)；
   (2)由 \(\left\{\begin{array}{l} a_n \geq 0 \\ a_{n+1} \leq 0 \end{array}\right.\)，即 \(\left\{\begin{array}{l} 12-n \geq 0 \\ 11-n \leq 0 \end{array}\right.\)，解得\(11≤n≤12\)，
   又\(n∈N^*\)，所以當\(n=11\)或\(12\)時\(S_n\)取最大值，
   最大值為 \(S_{11}=S_{12}=12 \times 11+\dfrac{12 \times 11}{2}(-1)=66\)；
   (3)由(2)知，當\(n≤12\)時\(a_n≥0\)，當\(n>12\)時\(a_n<0\)，
   ①當\(n≤12\)時，
   \(|a_1 |+|a_2 |+|a_3 |+⋯+|a_n |=a_1+a_2+a_3+⋯+a_n\)
   \(=S_n=\dfrac{n\left(a_1+a_n\right)}{2}=\dfrac{n(11+12-n)}{2}=-\dfrac{1}{2} n^2+\dfrac{23}{2} n\)；
   ②當\(n>12\)時，
   \(|a_1 |+|a_2 |+|a_3 |+⋯+|a_n |=(a_1+a_2+a_3+⋯+a_{12} )-(a_{13}+a_{14}+⋯+a_n)\)
   \(=-S_n+2 S_{12}=\dfrac{1}{2} n^2-\dfrac{23}{2} n+2 \times 66=\dfrac{1}{2} n^2-\dfrac{23}{2} n+132\)；
   所以\(\left|a_1\right|+\left|a_2\right|+\left|a_3\right|+\cdots+\left|a_n\right|=\left\{\begin{array}{l} -\dfrac{1}{2} n^2+\dfrac{23}{2} n, n \leq 12 \\ \dfrac{1}{2} n^2-\dfrac{23}{2} n+132, n>12 \end{array}\right.\)．

【C組---拓展題】

1.(多選)已知等差數列\(\{a_n \}\)的首項為\(a_1\)，公差為\(d\)，前\(n\)項和為\(S_n\)，若 \(S_{20}<S_{18}<S_{19}\)，則下列說法正確的是(　　)
 A. \(a_1>0\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B. \(d>0\)
 C. \(\left|a_{18}+a_{19}\right|>\left|a_{20}+a_{21}\right|\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D. 數列 \(\left\{\dfrac{S_n}{a_n}\right\}\)的所有項中最小項為 \(\dfrac{S_{20}}{a_{20}}\)
 

2.設無窮等差數列\(\{a_n \}\)的前\(n\)項和為\(S_n\)．
  (1)若首項 \(a_1=\dfrac{3}{2}\)，公差\(d=1\)，求滿足 \(S_{k^2}=\left(S_k\right)^2\)的正整數\(k\)；
  (2)求所有的無窮等差數列\(\{a_n \}\)，使得對於一切正整數k都有 \(S_{k^2}=\left(S_k\right)^2\)成立．
 

參考答案

1. 答案 \(AD\)
   解析 \(\because S_{20}<S_{18}<S_{19}\)， \(\therefore a_{19}+a_{20}<0<a_{19}\)，
   \(\therefore a_{19}>0\)， \(a_{20}<0\)，
   \(\therefore a_1+18d>0\)，\(a_1+19d<0\)，
   \(\therefore a_1>0\)，\(d<0\)，
   又 \(a_{19}+a_{20}<0<a_{19}\)，
   \(\therefore a_{21}+a_{18}<0\)，
   由 \(a_{20}+a_{21}-\left(a_{18}+a_{19}\right)=4 d<0\)， \(a_{19}+a_{20}+a_{21}+a_{18}<0\)，
   \(\therefore\left|a_{20}+a_{21}\right|>\left|a_{18}+a_{19}\right|\)．
   由以上可得： \(a_1>a_2>\cdots>a_{19}>0>a_{20}>a_{21}>\cdots\)
   \(S_{37}=\dfrac{37\left(a_1+a_{37}\right)}{2}=37 a_{19}>0\); \(S_{38}=\dfrac{38\left(a_1+a_{38}\right)}{2}=19\left(a_{19}+a_{20}\right)<0\)．
   \(n≤37\)時，\(S_n>0\)；\(n≥38\)時，\(S_n<0\)．
   \(n≤19\)時，或\(n≥38\)時， \(\dfrac{S_n}{a_n}>0\)；\(19<n<38\)時， \(\dfrac{S_n}{a_n}<0\)．
   由 \(0>a_{20}>a_{21}>\cdots>a_{37}\)， \(S_{20}>S_{21}>\cdots>S_{37}>0\)，
   \(\therefore\)數列 \(\left\{\dfrac{S_n}{a_n}\right\}\)的所有項中最小項為 \(\dfrac{S_{20}}{a_{20}}\)．
   綜上可得：只有\(AD\)正確．

2. 答案 (1) 4；(2) ①\(a_n=0\)； ②\(a_n=1\)；③\(a_n=2n-1\)．
   解析 (1)\(\because\) 首項 \(a_1=\dfrac{3}{2}\)，公差\(d=1\)．
   \(\therefore S_n=n a_1+\dfrac{n(n-1)}{2} d=\dfrac{3}{2} n+\dfrac{n(n-1)}{2}=\dfrac{1}{2} n^2+n\)，
   由 \(S_{k^2}=\left(S_k\right)^2\)得 \(\dfrac{1}{2}\left(k^2\right)^2+k^2=\left(\dfrac{1}{2} k^2+k\right)^2\)，即 \(\dfrac{1}{4} k^4-k^3=0\)，
   \(\because k\)是正整數， \(\therefore k=4\)．
   (2)設數列\(\{a_n \}\)的公差為\(d\)，
   則在\(S_{k^2}=\left(S_k\right)^2\)中分別取\(k=1\)，和\(k=2\)得 \(\left\{\begin{array}{l} S_1=\left(S_1\right)^2 \\ S_4=\left(S_2\right)^2 \end{array}\right.\)，
   即 \(\left\{\begin{array}{l} a_1=a_1^2，(1) \\ 4 a_1+6 d=\left(2 a_1+d\right)^2 ，(2) \end{array}\right.\)
   由(1)得\(a_1=0\)或\(a_1=1\)，
   當\(a_1=0\)時，代入(2)得\(d=0\)或\(d=6\)．若\(a_1=0\)，\(d=0\)則本題成立；
   若\(a_1=0\)，\(d=6\)，則\(a_n=6(n-1)\)，
   由\(S_3=18\)，\((S_3 )^2=324\)，\(S_9=216\)知\(S_9≠(S_3 )^2\)，故所得數列不符合題意；
   當\(a_1=1\)時，代入②得\(4+6d=(2+d)^2\)，解得\(d=0\)或\(d=2\)．
   若\(a_1=1\)，\(d=0\)，則\(a_n=1\)，\(S_n=n\)從而 \(S_{k^2}=\left(S_k\right)^2\)成立；
   若\(a_1=1\)，\(d=2\)，則\(a_n=2n-1\)，\(S_n=n^2\)，
   從而 \(S_{k^2}=\left(S_k\right)^2\)成立．
   綜上所述，只有\(3\)個滿足條件的無窮等差數列：
   ①\(a_n=0\)； ②\(a_n=1\)；③\(a_n=2n-1\)．