《2025年新编高中同步作业高中数学选择性必修第二册人教版A》

4. 记 $S_{n}$ 为等差数列$\{ a_{n}\}$的前 $n$ 项和，已知 $a_{1}=-8$，$S_{3}=-18$.
（1）求公差 $d$ 及数列$\{ a_{n}\}$的通项公式；
（2）求 $S_{n}$，并求 $S_{n}$ 的最小值及取得最小值时 $n$ 的值.

答案： 解：（1）在等差数列$\{a_{n}\}$中，因为$a_{1}=-8$，$S_{3}=-18$，所以$S_{3}=3a_{1}+\frac{3×2}{2}d=-24 + 3d=-18$，则$d = 2$，所以$a_{n}=-8+(n - 1)×2=2n - 10$。 （2）$S_{n}=\frac{n(a_{1}+a_{n})}{2}=\frac{n(-8 + 2n - 10)}{2}=n^{2}-9n$。因为$S_{n}=n^{2}-9n=(n-\frac{9}{2})^{2}-\frac{81}{4}$，又$n$为正整数，所以$n = 4$或5时，$S_{n}$的最小值为-20。

1. 已知等差数列$\{ a_{n}\}$的前 $n$ 项和为 $S_{n}$，$a_{3}=3$，$S_{4}=10$，求数列$\left\{\frac{1}{S_{n}}\right\}$的前 $n$ 项和 $T_{n}$.

答案： 解：设等差数列$\{a_{n}\}$的首项为$a_{1}$，公差为$d$。由题意有$\begin{cases}a_{1}+2d=3 \\ 4a_{1}+\frac{4×3}{2}d=10\end{cases}$，解得$\begin{cases}a_{1}=1 \\ d=1\end{cases}$。数列$\{a_{n}\}$的前$n$项和$S_{n}=na_{1}+\frac{n(n - 1)}{2}d=n×1+\frac{n(n - 1)}{2}×1=\frac{n(n + 1)}{2}$，所以数列$\{\frac{1}{S_{n}}\}$的通项公式为$\frac{1}{S_{n}}=\frac{2}{n(n + 1)}=2(\frac{1}{n}-\frac{1}{n + 1})$，则$T_{n}=\frac{1}{S_{1}}+\frac{1}{S_{2}}+\cdots+\frac{1}{S_{n}}=2[(1-\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+\cdots+(\frac{1}{n}-\frac{1}{n + 1})]=2(1-\frac{1}{n + 1})=\frac{2n}{n + 1}$。

2. 已知数列$\{ a_{n}\}$的前 $n$ 项和 $S_{n}=-\frac{3}{2}n^{2}+\frac{205}{2}n$，求数列$\{|a_{n}|\}$的前 $n$ 项和 $T_{n}$.

答案： 解：当$n = 1$时，$a_{1}=S_{1}=-\frac{3}{2}×1^{2}+\frac{205}{2}×1 = 101$。当$n\geq2$时，$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=(-\frac{3}{2}n^{2}+\frac{205}{2}n)-[-\frac{3}{2}(n - 1)^{2}+\frac{205}{2}(n - 1)]=-3n + 104$。因为$a_{1}=101$也适合上式，所以数列$\{a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=-3n + 104$。由$a_{n}=-3n + 104\geq0$，得$n\leq\frac{104}{3}$。即当$n\leq34$时，$a_{n}＞0$；当$n\geq35$时，$a_{n}0$。 ①当$n\leq34$时，$T_{n}=|a_{1}|+|a_{2}|+\cdots+|a_{n}|=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}=S_{n}=-\frac{3}{2}n^{2}+\frac{205}{2}n$。 ②当$n\geq35$时，$T_{n}=|a_{1}|+|a_{2}|+\cdots+|a_{34}|+|a_{35}|+\cdots+|a_{n}|=2(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{34})-(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n})=2S_{34}-S_{n}=2(-\frac{3}{2}×34^{2}+\frac{205}{2}×34)-(-\frac{3}{2}n^{2}+\frac{205}{2}n)=\frac{3}{2}n^{2}-\frac{205}{2}n + 3502$。所以$T_{n}=\begin{cases}-\frac{3}{2}n^{2}+\frac{205}{2}n,n\leq34 \\ \frac{3}{2}n^{2}-\frac{205}{2}n + 3502,n\geq35\end{cases}$。

3. 在等差数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1}=3$，公差 $d = 2$，$S_{n}$ 为其前 $n$ 项和，求$\frac{1}{S_{1}}+\frac{1}{S_{2}}+\cdots+\frac{1}{S_{n}}$.

答案： 解：因为等差数列$\{a_{n}\}$的首项$a_{1}=3$，公差$d = 2$，所以前$n$项和$S_{n}=na_{1}+\frac{n(n - 1)}{2}d=3n+\frac{n(n - 1)}{2}×2=n^{2}+2n(n\in N^{*})$，所以$\frac{1}{S_{n}}=\frac{1}{n^{2}+2n}=\frac{1}{n(n + 2)}=\frac{1}{2}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n + 2})$。所以$\frac{1}{S_{1}}+\frac{1}{S_{2}}+\cdots+\frac{1}{S_{n}}=\frac{1}{2}[(1-\frac{1}{3})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{4})+\cdots+(\frac{1}{n - 1}-\frac{1}{n + 1})+(\frac{1}{n}-\frac{1}{n + 2})]=\frac{1}{2}(1+\frac{1}{2}-\frac{1}{n + 1}-\frac{1}{n + 2})=\frac{3}{4}-\frac{2n + 3}{2(n + 1)(n + 2)}$。

4.（2023·全国乙卷（文））记 $S_{n}$ 为等差数列$\{ a_{n}\}$的前 $n$ 项和，已知 $a_{2}=11$，$S_{10}=40$.
（1）求$\{ a_{n}\}$的通项公式；
（2）求数列$\{|a_{n}|\}$的前 $n$ 项和 $T_{n}$.

答案： 解：（1）设等差数列$\{a_{n}\}$的公差为$d$，由题意可得$\begin{cases}a_{2}=a_{1}+d=11 \\ S_{10}=10a_{1}+\frac{10×9}{2}d=40\end{cases}$，即$\begin{cases}a_{1}+d=11 \\ 2a_{1}+9d=8\end{cases}$，解得$\begin{cases}a_{1}=13 \\ d=-2\end{cases}$。所以$a_{n}=13-2(n - 1)=15-2n$。 （2）由（1）可求得$S_{n}=\frac{n(13 + 15-2n)}{2}=14n - n^{2}$。令$a_{n}=15-2n＞0$，解得$n\frac{15}{2}$，且$n\in N^{*}$。当$n\leq7$时，$a_{n}＞0$，则$T_{n}=|a_{1}|+|a_{2}|+\cdots+|a_{n}|=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}=S_{n}=14n - n^{2}$；当$n\geq8$时，$a_{n}0$，则$T_{n}=|a_{1}|+|a_{2}|+\cdots+|a_{n}|=(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{7})-(a_{8}+\cdots+a_{n})=S_{7}-(S_{n}-S_{7})=2S_{7}-S_{n}=2(14×7 - 7^{2})-(14n - n^{2})=n^{2}-14n + 98$。综上所述，$T_{n}=\begin{cases}14n - n^{2},n\leq7 \\ n^{2}-14n + 98,n\geq8\end{cases}$。