《2025年金版教程高考科学复习解决方案数学》

8.(2024·陕西省洛南中学高三月考)已知Sₙ为等差数列{aₙ}的前n项和，且S₂ = 35，a₂ + a₃ + a₄ = 39，则当Sₙ取得最大值时，n的值为________.

答案： 答案　7
　解析　解法一:设数列$\{a_{n}\}$的公差为$d$，则由题意得$\begin{cases}2a_{1}+d=35\\a_{2}+a_{3}+a_{4}=3a_{3}=3(a_{1}+2d)=39\end{cases}$，解得$\begin{cases}a_{1}=19\\d=-3\end{cases}$，则$S_{n}=19n+\frac{n(n - 1)}{2}\times(-3)=-\frac{3}{2}n^{2}+\frac{41}{2}n=-\frac{3}{2}(n-\frac{41}{6})^{2}+\frac{1681}{24}$. 又$n\in N^{*}$，$\therefore$当$n = 7$时，$S_{n}$取得最大值.
　解法二:设等差数列$\{a_{n}\}$的公差为$d$.$\because a_{2}+a_{3}+a_{4}=3a_{3}=39$，$\therefore a_{3}=13$，$\therefore 2a_{3}-S_{2}=(a_{3}-a_{2})+(a_{3}-a_{1})=3d=-9$，解得$d=-3$，则$a_{n}=a_{3}+(n - 3)d=22 - 3n$，令$\begin{cases}22 - 3n\geq0\\22 - 3(n + 1)\leq0\end{cases}$，解得$\frac{19}{3}\leq n\leq\frac{22}{3}$，又$n\in N^{*}$，$\therefore n = 7$，即数列$\{a_{n}\}$的前7项为正数，从第8项起各项均为负数，故当$S_{n}$取得最大值时，$n = 7$.

例5　　(2021·全国甲卷)已知数列{aₙ}的各项均为正数，记Sₙ为{aₙ}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.
①数列{aₙ}是等差数列；②数列{$\sqrt{S_n}$}是等差数列；③a₂ = 3a₁.
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.

答案： 解　选择条件①③→②,
　已知数列$\{a_{n}\}$是等差数列，$a_{2}=3a_{1}$，设数列$\{a_{n}\}$的公差为$d$，则$a_{2}=3a_{1}=a_{1}+d$，所以$d=2a_{1}$.
　因为$S_{n}=na_{1}+\frac{n(n - 1)}{2}d=n^{2}a_{1}$，所以$\sqrt{S_{n}}=n\sqrt{a_{1}}(a_{1}＞0)$，所以$\sqrt{S_{n + 1}}-\sqrt{S_{n}}=(n + 1)\sqrt{a_{1}}-n\sqrt{a_{1}}=\sqrt{a_{1}}$（常数）.
　所以数列$\{\sqrt{S_{n}}\}$是等差数列.
　选择条件①②→③.
　已知数列$\{a_{n}\}$是等差数列，数列$\{\sqrt{S_{n}}\}$是等差数列，设数列$\{a_{n}\}$的公差为$d$，则$S_{1}=a_{1}$，$S_{2}=2a_{1}+d$，$S_{3}=3a_{1}+3d$，因为数列$\{\sqrt{S_{n}}\}$是等差数列，所以$\sqrt{S_{1}}+\sqrt{S_{3}}=2\sqrt{S_{2}}$，即$\sqrt{a_{1}}+\sqrt{3a_{1}+3d}=2\sqrt{2a_{1}+d}$，化简整理得$d=2a_{1}$.
　所以$a_{2}=a_{1}+d=3a_{1}$.
　选择条件②③=①.
　已知数列$\{\sqrt{S_{n}}\}$是等差数列，$a_{2}=3a_{1}$，设数列$\{\sqrt{S_{n}}\}$的公差为$d$，所以$\sqrt{S_{2}}-\sqrt{S_{1}}=d$，即$\sqrt{4a_{1}}-\sqrt{a_{1}}=d$.
　所以$a_{1}=d^{2}$，$\sqrt{S_{n}}=\sqrt{S_{1}}+(n - 1)d=nd$，所以$S_{n}=n^{2}d^{2}$.
　所以$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=2d^{2}n - d^{2}(n\geq2)$.
　又$a_{1}=d^{2}$也适合该通项公式，所以$a_{n}=2d^{2}n - d^{2}(n\in N^{*})$.
　$a_{n + 1}-a_{n}=2d^{2}(n + 1)-d^{2}-(2d^{2}n - d^{2})=2d^{2}$（常数），所以数列$\{a_{n}\}$是等差数列.

[巩固迁移]
9.已知公差大于零的等差数列{aₙ}的前n项和为Sₙ，且满足a₂a₄ = 65，a₁ + a₅ = 18.
(1)求数列{aₙ}的通项公式；
(2)是否存在常数k，使得数列{$\sqrt{S_n + kn}$}为等差数列？若存在，求出常数k；若不存在，请说明理由.

答案： 解　
(1)设$\{a_{n}\}$的公差为$d$.
　$\because\{a_{n}\}$为等差数列，$\therefore a_{1}+a_{5}=a_{2}+a_{4}=18$，又$a_{2}a_{4}=65$，$\therefore a_{2}$，$a_{4}$是方程$x^{2}-18x + 65 = 0$的两个根，又公差$d＞0$，$\therefore a_{2}＜a_{4}$，$\therefore a_{2}=5$，$a_{4}=13$.
　$\therefore\begin{cases}a_{1}+d=5\\a_{1}+3d=13\end{cases}$，$\therefore\begin{cases}a_{1}=1\\d=4\end{cases}$，$\therefore a_{n}=4n - 3$.
(2)由
(1)知，$S_{n}=n+\frac{n(n - 1)}{2}\times4=2n^{2}-n$，假设存在常数$k$，使得数列$\{\sqrt{S_{n}+kn}\}$为等差数列.
　由$\sqrt{S_{1}+k}+\sqrt{S_{3}+3k}=2\sqrt{S_{2}+2k}$，得$\sqrt{1 + k}+\sqrt{15 + 3k}=2\sqrt{6 + 2k}$，解得$k = 1$.
　$\therefore\sqrt{S_{n}+kn}=\sqrt{2n^{2}}=\sqrt{2}n$，当$n\geq2$时，$\sqrt{2}n-\sqrt{2}(n - 1)=\sqrt{2}$，为常数，$\therefore$数列$\{\sqrt{S_{n}+kn}\}$为等差数列.
　故存在常数$k = 1$，使得数列$\{\sqrt{S_{n}+kn}\}$为等差数列.