2024屆新高考一輪復(fù)習(xí)人教A版 第六章 第二講　等差數(shù)列及其前n項(xiàng)和 學(xué)案

第二講等差數(shù)列及其前n項(xiàng)和知識(shí)梳理知識(shí)點(diǎn)一等差數(shù)列的有關(guān)概念(1)等差數(shù)列的定義如果一個(gè)數(shù)列從第2項(xiàng)起，每一項(xiàng)與它的前一項(xiàng)的差等于同一個(gè)常數(shù)，那么這個(gè)數(shù)列就叫做等差數(shù)列，這個(gè)常數(shù)叫做等差數(shù)列的公差，通常用字母d表示，定義的表達(dá)式為an＋1－an＝d(n∈N*).(2)等差中項(xiàng)如果a，A，b成等差數(shù)列，那么A叫做a與b的等差中項(xiàng)且A＝eq\f(a＋b,2).(3)通項(xiàng)公式如果等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公差為d，那么通項(xiàng)公式為an＝a1＋(n－1)d＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)．(4)前n項(xiàng)和公式：Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(a1＋ann,2).知識(shí)點(diǎn)二等差數(shù)列的性質(zhì)已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，Sn是其前n項(xiàng)和．(1)若m1＋m2＋…＋mk＝n1＋n2＋…＋nk，則am1＋am2＋…＋amk＝an1＋an2＋…＋ank.特別地，若m＋n＝p＋q，則am＋an＝ap＋aq.(2)am，am＋k，am＋2k，am＋3k，…仍是等差數(shù)列，公差為kd.(3)數(shù)列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m(4)eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))為等差數(shù)列．(5)n為奇數(shù)時(shí)，Sn＝na中，S奇＝eq\f(n＋1,2)a中，S偶＝eq\f(n－1,2)a中，∴S奇－S偶＝a中.n為偶數(shù)時(shí)，S偶－S奇＝eq\f(nd,2).(6)數(shù)列{an}，{bn}是公差分別為d1，d2的等差數(shù)列，則數(shù)列{pan}，{an＋p}，{pan＋qbn}都是等差數(shù)列(p，q都是常數(shù))，且公差分別為pd1，d1，pd1＋qd2.歸納拓展1．等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式的推證方法倒序相加法．2．d＝eq\f(an－am,n－m).3．等差數(shù)列與函數(shù)的關(guān)系(1)通項(xiàng)公式：當(dāng)公差d≠0時(shí)，等差數(shù)列的通項(xiàng)公式an＝a1＋(n－1)d＝dn＋a1－d是關(guān)于n的一次函數(shù)，且斜率為公差d.若公差d>0，則為遞增數(shù)列，若公差d<0，則為遞減數(shù)列．(2)前n項(xiàng)和：當(dāng)公差d≠0時(shí)，Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n是關(guān)于n的二次函數(shù)且常數(shù)項(xiàng)為0.顯然當(dāng)d<0時(shí)，Sn有最大值，d>0時(shí)，Sn有最小值．4．在遇到三個(gè)數(shù)成等差數(shù)列時(shí)，可設(shè)其為a－d，a，a＋d；四個(gè)數(shù)成等差數(shù)列時(shí)，可設(shè)為a－3d，a－d，a＋d，a＋3d或a－d，a，a＋d，a＋2d.雙基自測題組一走出誤區(qū)1．判斷下列結(jié)論是否正確(請?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“×”)(1)若一個(gè)數(shù)列從第二項(xiàng)起每一項(xiàng)與它的前一項(xiàng)的差都是常數(shù)，則這個(gè)數(shù)列是等差數(shù)列．(×)(2)等差數(shù)列{an}的單調(diào)性是由公差d決定的．(√)(3)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式是常數(shù)項(xiàng)為0的二次函數(shù)．(×)(4)若{an}，{bn}都是等差數(shù)列，則數(shù)列{pan＋qbn}也是等差數(shù)列．(√)[解析](1)同一個(gè)常數(shù)．(2)因?yàn)樵诘炔顢?shù)列{an}中，當(dāng)公差d>0時(shí)，該數(shù)列是遞增數(shù)列，當(dāng)公差d<0時(shí)，該數(shù)列是遞減數(shù)列，當(dāng)公差d＝0時(shí)，該數(shù)列是常數(shù)數(shù)列，所以命題正確．(3)常數(shù)列的前n項(xiàng)和公式為一次函數(shù)．(4)設(shè)等差數(shù)列{an}，{bn}的公差分別為d1，d2，則pan＋1＋qbn＋1－(pan＋qbn)＝p(an＋1－an)＋q(bn＋1－bn)＝pd1＋qd2(與n值無關(guān)的常數(shù))，即數(shù)列{pan＋qbn}也是等差數(shù)列．題組二走進(jìn)教材2．(選修2P15例2改編)已知等差數(shù)列－8，－3,2,7，…，則該數(shù)列的第100項(xiàng)為_487__.[解析]依題意得，該數(shù)列的首項(xiàng)為－8，公差為5，所以a100＝－8＋99×5＝487.3．(選修2P24T1改編)已知{an}是等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，若a3＝2，且S6＝30，則S9＝_126__.[解析]由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝2，,2a1＋5d＝10，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－10，,d＝6.))∴S9＝9a1＋eq\f(9×8,2)d＝－90＋36×6＝126.4．(選修2P25T10改編)設(shè)a≠b，且數(shù)列a，x1，x2，b和a，y1，y2，y3，y4，b分別是等差數(shù)列，則eq\f(y4－y3,x2－x1)＝(A)A.eq\f(3,5) B．eq\f(4,5)C．eq\f(3,4) D．eq\f(5,3)[解析]x2－x1＝eq\f(1,3)(b－a)，y4－y3＝eq\f(1,5)(b－a)，∴eq\f(y4－y3,x2－x1)＝eq\f(\f(1,5)b－a,\f(1,3)b－a)＝eq\f(3,5).故選A.題組三走向高考5．(2022·全國乙卷)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．若2S3＝3S2＋6，則公差d＝_2__.[解析]因?yàn)?S3＝3S2＋6，所以2(a1＋a2＋a3)＝3(a1＋a2)＋6，化簡得3d＝6，得d＝2.6．(2019·北京，10,5分)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若a2＝－3，S5＝－10，則a5＝_0__，Sn的最小值為_－10__.[解析]設(shè)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公差為d，∵a2＝－3，S5＝－10，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝－3，,5a1＋\f(5×4,2)d＝－10，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝－3，,a1＋2d＝－2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－4，,d＝1，))∴a5＝a1＋4d＝0，Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝－4n＋eq\f(n2－n,2)＝eq\f(1,2)(n2－9n)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(9,2)))2－eq\f(81,8)，∵n∈N*，∴n＝4或5時(shí)，Sn取得最小值，最小值為－10.考點(diǎn)一等差數(shù)列的基本運(yùn)算——自主練透例1(1)(多選題)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．已知S4＝0，a5＝5，則下列選項(xiàng)正確的是(ABC)A．a(chǎn)2＋a3＝0 B．a(chǎn)n＝2n－5C．Sn＝n(n－4) D．d＝－2(2)(2022·武漢調(diào)研)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S8＝a8＝8，則公差d＝(D)A.eq\f(1,4) B．eq\f(1,2)C．1 D．2(3)(2023·內(nèi)蒙古模擬)已知等差數(shù)列{an}中，Sn為其前n項(xiàng)的和，S4＝24，S9＝99，則a7＝(C)A．13 B．14C．15 D．16(4)(2020·新高考Ⅰ)將數(shù)列{2n－1}與{3n－2}的公共項(xiàng)從小到大排列得到數(shù)列{an}，則{an}的前n項(xiàng)和為_3n2－2n__.[解析](1)S4＝eq\f(4×a1＋a4,2)＝0，所以a1＋a4＝a2＋a3＝0，A正確；a5＝a1＋4d＝5①，a1＋a4＝a1＋a1＋3d＝0②，聯(lián)立①②得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝2，,a1＝－3，))所以an＝－3＋(n－1)×2＝2n－5，B正確，D錯(cuò)誤；Sn＝－3n＋eq\f(nn－1,2)×2＝n2－4n，C正確，故選ABC.(2)因?yàn)镾8＝a8＝8，所以a1＋a2＋…＋a8＝a8，所以S7＝7a4＝0，則a4＝0.所以d＝eq\f(a8－a4,8－4)＝2.(3)因?yàn)閑q\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S4＝24，,S9＝99，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a1＋6d＝24，,9a1＋36d＝99，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,d＝2，))則a7＝a1＋6d＝15.故選C.(4)解法一：(觀察歸納法)數(shù)列{2n－1}的各項(xiàng)為1,3,5,7,9,11,13，…；數(shù)列{3n－2}的各項(xiàng)為1,4,7,10,13，….觀察歸納可知，兩個(gè)數(shù)列的公共項(xiàng)為1,7,13，…，是首項(xiàng)為1，公差為6的等差數(shù)列，則an＝1＋6(n－1)＝6n－5.故前n項(xiàng)和為Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝eq\f(n1＋6n－5,2)＝3n2－2n.解法二：(引入?yún)⒆兞糠?令bn＝2n－1，cm＝3m－2，bn＝cm，則2n－1＝3m－2，即3m＝2n＋1，m必為奇數(shù)．令m＝2t－1，則n＝3t－2(t＝1,2,3，…)．a(chǎn)t＝b3t－2＝c2t－1＝6t－5，即an＝6n－5.以下同方法一．名師點(diǎn)撥MINGSHIDIANBO等差數(shù)列基本量的求法(1)等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式，共涉及五個(gè)量a1，an，d，n，Sn，知其中三個(gè)就能求另外兩個(gè)，體現(xiàn)了方程思想．(2)數(shù)列的通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)和公式在解題中起到變量代換作用，而a1和d是等差數(shù)列的兩個(gè)基本量，用它們表示已知和未知是常用方法．考點(diǎn)二等差數(shù)列的判定與證明——師生共研例2(2023·南京模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn且滿足an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2)，a1＝eq\f(1,2).(1)求證：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是等差數(shù)列；(2)求an的表達(dá)式．[解析](1)證明：因?yàn)閍n＝Sn－Sn－1(n≥2)，又an＝－2Sn·Sn－1，所以Sn－1－Sn＝2Sn·Sn－1，Sn≠0.因此eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)＝2(n≥2)．故由等差數(shù)列的定義知eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是以eq\f(1,S1)＝eq\f(1,a1)＝2為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列．(2)由(1)知eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,S1)＋(n－1)d＝2＋(n－1)×2＝2n，即Sn＝eq\f(1,2n).由于當(dāng)n≥2時(shí)，有an＝－2Sn·Sn－1＝－eq\f(1,2nn－1)，又因?yàn)閍1＝eq\f(1,2)，不適合上式．所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)n＝1，,－\f(1,2nn－1)n≥2.))名師點(diǎn)撥MINGSHIDIANBO等差數(shù)列的判定方法(1)定義法：對于n≥2的任意自然數(shù)，驗(yàn)證an－an－1為同一常數(shù)．(2)等差中項(xiàng)法：驗(yàn)證2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立．(3)通項(xiàng)公式法：驗(yàn)證an＝pn＋q.(4)前n項(xiàng)和公式法：驗(yàn)證Sn＝An2＋Bn.提醒：在解答題中常應(yīng)用定義法和等差中項(xiàng)法證明，而通項(xiàng)公式法和前n項(xiàng)和公式法主要適用于選擇題、填空題中的簡單判斷．若判斷一個(gè)數(shù)列不是等差數(shù)列，只需找出三項(xiàng)an，an＋1，an＋2使得這三項(xiàng)不滿足2an＋1＝an＋an＋2即可．各項(xiàng)不同號(hào)的等差數(shù)列各項(xiàng)的絕對值不構(gòu)成等差數(shù)列，但其前n項(xiàng)和可用等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式分段求解，分段的關(guān)鍵是找出原等差數(shù)列中變號(hào)的項(xiàng)．〔變式訓(xùn)練1〕1．(變設(shè)問)本例條件不變，判斷數(shù)列{an}是否為等差數(shù)列，并說明理由．[解析]因?yàn)閍n＝Sn－Sn－1(n≥2)，an＋2SnSn－1＝0，所以Sn－Sn－1＋2SnSn－1＝0(n≥2)．因?yàn)镾n≠0，所以eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)＝2(n≥2)．又eq\f(1,S1)＝eq\f(1,a1)＝2，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是以2為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列．所以eq\f(1,Sn)＝2＋(n－1)×2＝2n，故Sn＝eq\f(1,2n).所以當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,2n)－eq\f(1,2n－1)＝eq\f(－1,2nn－1)，所以an＋1＝eq\f(－1,2nn＋1).又an＋1－an＝eq\f(－1,2nn＋1)－eq\f(－1,2nn－1)＝eq\f(－1,2n)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)－\f(1,n－1)))＝eq\f(1,nn－1n＋1)，所以當(dāng)n≥2時(shí)，an＋1－an的值不是一個(gè)與n無關(guān)的常數(shù)，故數(shù)列{an}不是一個(gè)等差數(shù)列．2．(變條件)將本例條件“an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝eq\f(1,2)”變?yōu)椤癝n(Sn－an)＋2an＝0(n≥2)，a1＝2”，問題不變，試求解．[解析](1)證明：當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1且Sn(Sn－an)＋2an＝0，所以Sn[Sn－(Sn－Sn－1)]＋2(Sn－Sn－1)＝0，即SnSn－1＋2(Sn－Sn－1)＝0，因?yàn)镾n≠0，所以eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)＝eq\f(1,2).又eq\f(1,S1)＝eq\f(1,a1)＝eq\f(1,2)，故數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是以首項(xiàng)為eq\f(1,2)，公差為eq\f(1,2)的等差數(shù)列．(2)由(1)知eq\f(1,Sn)＝eq\f(n,2)，所以Sn＝eq\f(2,n)，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝－eq\f(2,nn－1).當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝2不適合上式，故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,－\f(2,nn－1)，n≥2.))考點(diǎn)三等差數(shù)列性質(zhì)的應(yīng)用——多維探究角度1等差數(shù)列項(xiàng)的性質(zhì)例3(1)(2023·廣州市階段訓(xùn)練)在等差數(shù)列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，則2a9－a10A．20 B．22C．24 D．－8(2)(2022·昆明模擬)若等差數(shù)列{an}的前15項(xiàng)和S15＝30，則2a5－a6－a10＋a14＝A．2 B．3C．4 D．5(3)(2022·江西九江一中月考)設(shè)Sn是等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若eq\f(a5,a3)＝eq\f(5,9)，則eq\f(S9,S5)＝(A)A．1 B．－1C．2 D．eq\f(1,2)[分析]由于確定等差數(shù)列需兩個(gè)條件，而這三個(gè)小題都只有一個(gè)條件，故可確定a1與d的關(guān)系式，將其整體代入即可解決問題，但更簡捷的方法是直接利用等差數(shù)列性質(zhì)am＋an＝ap＋aq?m＋n＝p＋q求解(注意項(xiàng)數(shù)不變，腳標(biāo)和不變)．[解析](1)∵a1＋3a8＋a15＝5a8＝∴a8＝24，∴2a9－a10＝a10＋a8－a10＝a8＝24.(2)∵S15＝30，∴eq\f(15,2)(a1＋a15)＝30，∴a1＋a15＝4，∴2a8＝4，∴a8＝2.∴2a5－a6－a10＋a14＝a4＋a6－a6－a10＋a14＝a4－a10＋a14＝a10＋a8－a10＝a8＝2.(3)eq\f(S9,S5)＝eq\f(9a1＋a9,5a1＋a5)＝eq\f(9a5,5a3)，∵eq\f(a5,a3)＝eq\f(5,9)，∴eq\f(S9,S5)＝1.故選A.另解：eq\f(a5,a3)＝eq\f(5,9)?eq\f(a1＋4d,a1＋2d)＝eq\f(5,9)?2a1＝－13d，∴eq\f(S9,S5)＝eq\f(9a1＋a9,5a1＋a5)＝eq\f(92a1＋8d,52a1＋4d)＝eq\f(9－5d,5－9d)＝1.名師點(diǎn)撥MINGSHIDIANBO(1)等差數(shù)列中最常用的性質(zhì)：①d＝eq\f(ap－aq,p－q)，②am1＋am2＋…＋amk＝an1＋an2＋…＋ank?m1＋m2＋…＋mk＝n1＋n2＋…＋nk.特別地若m＋n＝p＋q，則am＋an＝ap＋aq.(2)利用等差數(shù)列性質(zhì)(特別是感覺條件不夠時(shí))求解既簡捷，又漂亮．角度2等差數(shù)列前n項(xiàng)和性質(zhì)例4(1)(2022·四川雙流中學(xué)模擬)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S10＝1，S30＝5，則S40＝(B)A．7 B．8C．9 D．10(2)在等差數(shù)列{an}中，a1＝－2023，其前n項(xiàng)和為Sn，若eq\f(S12,12)－eq\f(S10,10)＝2，則S2023＝(A)A．－2023 B．－2022C．－2021 D．－2020[分析](1)思路1：設(shè)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公差為d，根據(jù)題意列方程組求得a1、d，進(jìn)而可用等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式求S40；思路2：設(shè){an}的前n項(xiàng)和Sn＝An2＋Bn，由題意列出方程組求得A、B，從而得Sn，進(jìn)而得S40；思路3：利用等差數(shù)列前n項(xiàng)和性質(zhì)S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30是等差數(shù)列，由前三項(xiàng)求得S20，從而得此數(shù)列的公差，進(jìn)而求得S40－S30，得S40；思路4：利用eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等差數(shù)列，由eq\f(S10,10)、eq\f(S30,30)可求出公差，從而可得eq\f(S40,40)，進(jìn)而求得S40.[解析](1)解法一：設(shè)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公差為d，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(10a1＋\f(10×9,2)d＝1，,30a1＋\f(30×29,2)d＝5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝\f(1,150)，,a1＝\f(7,100)，))∴S40＝eq\f(7,100)×40＋eq\f(40×39,2)×eq\f(1,150)＝8.故選B.解法二：設(shè)等差數(shù)列前n項(xiàng)和為Sn＝An2＋Bn，由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(100A＋10B＝1，,900A＋30B＝5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A＝\f(1,300)，,B＝\f(1,15).))∴Sn＝eq\f(n2,300)＋eq\f(n,15)，∴S40＝8.故選B.解法三：由等差數(shù)列的性質(zhì)知S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等差數(shù)列，∴2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)，∴S20＝S10＋eq\f(S30,3)＝1＋eq\f(5,3)＝eq\f(8,3).∴d＝(S20－S10)－S10＝eq\f(2,3)，∴S40－5＝1＋3×eq\f(2,3)＝3，∴S40＝8.故選B.解法四：由等差數(shù)列的性質(zhì)知eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等差數(shù)列，∴eq\f(S10,10)，eq\f(S20,20)，eq\f(S30,30)，eq\f(S40,40)，即eq\f(1,10)，eq\f(S20,20)，eq\f(1,6)，eq\f(S40,40)成等差數(shù)列，∴eq\f(S40,40)＝eq\f(1,6)＋eq\f(\f(1,6)－\f(1,10),2)＝eq\f(1,5)，∴S40＝8.故選B.(2)由題意知，數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))為等差數(shù)列，其公差為1，所以eq\f(S2023,2023)＝eq\f(S1,1)＋(2023－1)×1＝－2023＋2022＝－1.所以S2023＝－2023.故選A.名師點(diǎn)撥MINGSHIDIANBO比較本例的四種解法可知，解法2、解法4運(yùn)算簡便適用所有公差d≠0的等差數(shù)列．務(wù)必熟記：①等差數(shù)列前n項(xiàng)和Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n；②eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等差數(shù)列．〔變式訓(xùn)練2〕(1)(角度1)(2022·淄博模擬)設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且4＋a5＝a6＋a4，則S9＝(B)A．72 B．36C．18 D．9(2)(角度1)(2023·臨沂質(zhì)檢)在等差數(shù)列{an}中，若a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝80，則a7－eq\f(1,2)a8＝(C)A．4 B．6C．8 D．10(3)(角度2)若兩個(gè)等差數(shù)列{an}、{bn}的前n項(xiàng)和分別為An、Bn，且滿足eq\f(An,Bn)＝eq\f(2n－1,3n＋1)，則eq\f(a3＋a7＋a11,b5＋b9)的值為(C)A.eq\f(39,44) B．eq\f(5,8)C．eq\f(15,16) D．eq\f(13,22)(4)(角度2)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且S3＝－12，S9＝45，則S12＝_114__.[解析](1)∵a6＋a4＝2a5，∴a5＝4，∴S9＝eq\f(9a1＋a9,2)＝9a5＝36.(2)∵a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝5a6＝80，∴a6＝16，又a6＋a8＝2a7，∴a7＝eq\f(1,2)a6＋eq\f(1,2)a8，即a7－eq\f(1,2)a8＝eq\f(1,2)a6＝8，故選C.(3)eq\f(a3＋a7＋a11,b5＋b9)＝eq\f(3a7,2b7)＝eq\f(3,2)×eq\f(\f(13a1＋a13,2),\f(13b1＋b13,2))＝eq\f(3,2)×eq\f(A13,B13)＝eq\f(3,2)×eq\f(2×13－1,3×13＋1)＝eq\f(15,16).故選C.(4)因?yàn)閧an}是等差數(shù)列，所以S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等差數(shù)列，所以2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)，即2(S6＋12)＝－12＋(45－S6)，解得S6＝3.又2(S9－S6)＝(S6－S3)＋(S12－S9)，即2×(45－3)＝(3＋12)＋(S12－45)，解得S12＝114.與等差數(shù)列前n項(xiàng)和Sn有關(guān)的最值問題例5(1)(2022·吉林市調(diào)研)設(shè)Sn是公差不為零的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且a1>0，若S5＝S9，則當(dāng)Sn最大時(shí)，n＝(B)A．6 B．7C．10 D．9(2)(2022·黑龍江牡丹江一中月考)已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，若eq\f(a11,a10)<－1，且其前n項(xiàng)和Sn有最大值，則使得Sn>0的最大值n為(B)A．11 B．19C．20 D．21[分析](1)由S5＝S9可求得a1與d的關(guān)系，進(jìn)而求得通項(xiàng)，由通項(xiàng)得到此數(shù)列前多少項(xiàng)為正，或利用Sn是關(guān)于n的二次函數(shù)，利用二次函數(shù)求最值的方法求解；(2)利用Sn>0?a1＋an>0求解．[解析](1)解法一：由S5＝S9得a6＋a7＋a8＋a9＝0，即a7＋a8＝0，∴2a1＋13d＝0，又a1>0，∴d<0.∴a7>0，a8<0，∴a1>a2>…>a7>0>a8>a9>…，∴Sn最大時(shí)，n＝7，故選B.解法二：Sn是關(guān)于n的二次函數(shù)，Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n，且d<0，(n，Sn)所在拋物線開口向下，又S5＝S9，∴拋物線對稱軸為n＝7.即n＝7時(shí)，Sn最大，故選B.解法三：由解法一知d＝－eq\f(2,13)a1，∴Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(1,2)d))n＝－eq\f(a1,13)n2＋eq\f(14,13)a1n＝－eq\f(a1,13)(n－7)2＋eq\f(49,13)a1，∵a1>0，∴－eq\f(a1,13)<0，∴當(dāng)n＝7時(shí)，Sn最大．解法四：由解法一可知，d＝－eq\f(2,13)a1.∵a1>0，∴d<0.令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋n－1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,13)a1))≥0，,a1＋n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,13)a1))≤0，))解得eq\f(13,2)≤n≤eq\f(15,2).∵n∈N*，