《2025年赢在微点数学》

1.设等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，若$a_{5}+a_{6}=a_{2}+4$，则$S_{17}=$（ ）
A. 4
B. 17
C. 68
D. 136

答案： C 解析 由$\{ a_{n}\}$是等差数列，得$a_{5}+a_{6}=a_{2}+a_{9}$，又$a_{5}+a_{6}=a_{2}+4$，所以$a_{9}=4$，所以$S_{17}=\frac{17(a_{1}+a_{17})}{2}=17a_{9}=17\times4 = 68$。故选C。

2.已知等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，且$\frac{S_{4}}{S_{8}}=\frac{1}{3}$，则$\frac{S_{8}}{S_{16}}=$（ ）
A. $\frac{1}{8}$
B. $\frac{1}{9}$
C. $\frac{1}{3}$
D. $\frac{3}{10}$

答案： D 解析 由等差数列的性质，知$S_{4}$，$S_{8}-S_{4}$，$S_{12}-S_{8}$，$S_{16}-S_{12}$构成等差数列，因为$\frac{S_{4}}{S_{8}}=\frac{1}{3}$，所以不妨设$S_{4}=1$，$S_{8}=3$，则$S_{8}-S_{4}=2$，所以该数列的公差为1，所以$S_{12}-S_{8}=3$，$S_{16}-S_{12}=4$，所以$S_{12}=6$，$S_{16}=10$，所以$\frac{S_{8}}{S_{16}}=\frac{3}{10}$。故选D。

3.已知等差数列$\{ a_{n}\}$的项数为奇数，其中所有奇数项和为290，所有偶数项和为261，则该数列的项数为________。

答案： 19 解析 设等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，项数为$2k - 1$，则$\frac{S_{奇}}{S_{偶}}=\frac{k}{k - 1}=\frac{290}{261}$，解得$k = 10$，则项数为$2\times10 - 1 = 19$。

4.（2024·江西六校联考）已知等差数列$\{ a_{n}\}$，其前$n$项和为$S_{n}$，$S_{n}$有最小值。若$\frac{a_{9}}{a_{8}}\lt - 1$，则使$S_{n}\lt0$成立的$n$的最大值为（ ）
A. 17
B. 16
C. 15
D. 14

答案： C 解析 因为等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和$S_{n}$有最小值，所以$a_{1}＜0$，公差$d＞0$，所以$a_{9}＞a_{8}$。因为$\frac{a_{9}}{a_{8}}＜-1$，所以$a_{8}＜0$，$a_{9}＞0$，且$a_{9}+a_{8}＞0$，所以$S_{16}=\frac{(a_{1}+a_{16})\times16}{2}=\frac{(a_{9}+a_{8})\times16}{2}＞0$，$S_{15}=\frac{(a_{1}+a_{15})\times15}{2}=15a_{8}＜0$，所以当$1\leqslant n\leqslant15$时，$S_{n}＜0$，所以使$S_{n}＜0$成立的$n$的最大值为15。故选C。

【例4】等差数列$\{ a_{n}\}$中，设$S_{n}$为其前$n$项和，且$a_{1}\lt0,S_{3}=S_{11}$，则当$n=$________时，$S_{n}$最小。

答案： 7 解析 解法一：由$S_{3}=S_{11}$，得$3a_{1}+\frac{3\times2}{2}d=11a_{1}+\frac{11\times10}{2}d$，则$d=-\frac{2}{13}a_{1}$。从而$S_{n}=\frac{d}{2}n^{2}+(a_{1}-\frac{d}{2})n=-\frac{a_{1}}{13}(n - 7)^{2}+\frac{49}{13}a_{1}$。又因为$a_{1}＜0$，所以$-\frac{a_{1}}{13}＞0$。故当$n = 7$时，$S_{n}$最小。
解法二：由于$f(x)=ax^{2}+bx$是关于$x$的二次函数，且$(n,S_{n})$在二次函数$f(x)$的图象上，由$S_{3}=S_{11}$，可知$f(x)=ax^{2}+bx$的图象关于直线$x=\frac{3 + 11}{2}=7$对称。由解法一可知$a=-\frac{a_{1}}{13}＞0$，故当$x = 7$时，$f(x)$最小，即当$n = 7$时，$S_{n}$最小。
解法三：由解法一可知$d=-\frac{2}{13}a_{1}$。要使$S_{n}$最小，则有$\begin{cases}a_{n}\leqslant0\\a_{n + 1}\geqslant0\end{cases}$，即$\begin{cases}a_{1}+(n - 1)(-\frac{2}{13}a_{1})\leqslant0\\a_{1}+n(-\frac{2}{13}a_{1})\geqslant0\end{cases}$，解得$6.5\leqslant n\leqslant7.5$，故当$n = 7$时，$S_{n}$最小。
解法四：由$S_{3}=S_{11}$，可得$a_{4}+a_{5}+\cdots+a_{10}+a_{11}=0$，即$4(a_{7}+a_{8})=0$，故$a_{7}+a_{8}=0$，又由$a_{1}＜0$，$S_{3}=S_{11}$可知$d＞0$，所以$a_{7}＜0$，$a_{8}＞0$，所以当$n = 7$时，$S_{n}$最小。

【变式训练】（2024·武汉调研）记数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，对任意$n\in N^{*}$，有$S_{n}=n(a_{n}+n - 1)$。
（1）证明：$\{ a_{n}\}$是等差数列；
（2）若当且仅当$n = 7$时，$S_{n}$取得最大值，求$a_{1}$的取值范围。

答案： 解
(1)证明：由题意，得$S_{n}=na_{n}+n(n - 1)$，$S_{n + 1}=(n + 1)a_{n + 1}+n(n + 1)$。两式相减，得$a_{n + 1}=(n + 1)a_{n + 1}-na_{n}+2n$，整理得$a_{n + 1}-a_{n}=-2$，所以$\{ a_{n}\}$是等差数列。
(2)由题意知$a_{7}＞0$，$a_{8}＜0$，由
(1)可知等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$-2$，故$a_{1}+6\times(-2)＞0$，且$a_{1}+7\times(-2)＜0$，解得$12＜a_{1}＜14$。即$a_{1}$的取值范围为$(12,14)$。