《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

考点三等差数列的性质及应用
角度1 项的性质
例3 (1)(2025·济南质检)已知正项等差数列$\{ a_n\}$满足$\tan a_5\tan a_7+\tan a_5+\tan a_7 = 1,a_6＜\frac{1}{2}$,则$a_1 + a_4 + a_6 + a_8 + a_{11}=$ (B)

A.$\frac{5\pi}{16}$
B.$\frac{5\pi}{8}$
C.$\frac{15\pi}{32}$
D.$\frac{15\pi}{16}$

答案： 例3
(1)B
(2)95 [
(1)因为$\tan a_5\tan a_7＋\tan a_5＋\tan a_7＝1$，
所以$\frac{\tan a_5＋\tan a_7}{1－\tan a_5\tan a_7}＝1$，
即$\tan(a_5＋a_7)＝1$，
所以$a_5＋a_7＝\frac{π}{4}＋kπ$，$k∈Z$.
又$0＜a_5＋a_7＝2a_6＜1$，
所以$a_5＋a_7＝\frac{π}{4}＝2a_6$，解得$a_6＝\frac{π}{8}$.
故$a_1＋a_4＋a_6＋a_8＋a_{11}＝5a_6＝\frac{5π}{8}$.

(2)(2024·新高考Ⅱ卷)记$S_n$为等差数列$\{ a_n\}$的前n项和.若$a_3 + a_4 = 7,3a_2 + a_5 = 5$,则$S_{10}=$______.

答案：
(2)法一 设$\{a_n\}$的公差为d，
由$a_3＋a_4＝a_1＋2d＋a_1＋3d＝7$，
$3a_2＋a_5＝3(a_1＋d)＋a_1＋4d＝4a_1＋7d＝7$，
解得$a_1＝－4$，$d＝3$，则$S_{10}＝10a_1＋45d＝95$.
法二 设$\{a_n\}$的公差为d，由$a_3＋a_7＝a_2＋a_8＝7$，$3a_2＋a_5＝5$，得$a_2＝－1$，$a_5＝8$，
故$d＝\frac{a_5－a_2}{5－2}＝3$，$a_6＝11$，则$S_{10}＝\frac{a_1＋a_{10}}{2}×10＝5(a_5＋a_6)＝5×19＝95$.]

角度2 和的性质

例4 (1)(2025·杭州调研)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层,上层地面的中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块,向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同,且上、中、下三层共有扇面形石板(不含天心石)3 402块,则中层共有扇面形石板 (B)

A.1 125块
B.1 134块
C.1 143块
D.1 152块

答案： 例4
(1)B
(2)B [
(1)记从中间向外每环扇形石板数为$\{a_n\}$，则$\{a_n\}$是等差数列，且公差$d＝9$，$a_1＝9$.
设每层有k环，则$n＝3k$，$S_n＝3402$，
$\{a_n\}$是等差数列，则$S_k$，$S_{2k}－S_k$，$S_{3k}－S_{2k}$也成等差数列.
所以$2(S_{2k}－S_k)＝S_k＋(S_{3k}－S_{2k})$，
所以$S_{3k}＝3(S_{2k}－S_k)＝3402$，
则$S_{2k}－S_k＝1134$.

(2)(2025·张家口模拟)等差数列$\{ a_n\},\{ b_n\}$的前n项和分别为$S_n,T_n,\frac{S_n}{T_n}=\frac{4n}{9n + 3}$,则$\frac{a_{10}}{b_{10}}=$ (B)

A.$\frac{40}{93}$
B.$\frac{38}{87}$
C.$\frac{17}{42}$
D.$\frac{32}{81}$

答案：
(2)$\because$等差数列$\{a_n\}$，$\{b_n\}$的前n项和分别为$S_n$，$T_n$，$\frac{S_n}{T_n}＝\frac{4n}{9n＋3}$
$\frac{S_{19}}{T_{19}}＝\frac{\frac{19}{2}(a_1＋a_{19})}{\frac{19}{2}(b_1＋b_{19})}＝\frac{\frac{38}{2}a_{10}}{\frac{38}{2}b_{10}}＝\frac{a_{10}}{b_{10}}＝\frac{4×19}{9×19＋3}＝\frac{38}{87}$.]

角度3 和的最值
例5 等差数列$\{ a_n\}$中,设$S_n$为其前n项和,且$a_1＞0,S_3 = S_{11}$,则当n为多少时,$S_n$最大?

答案： 例5 解 法一 设公差为d.由$S_3＝S_{11}$，
可得$3a_1＋\frac{3×2}{2}d＝11a_1＋\frac{11×10}{2}d$，
即$d＝－\frac{2}{13}a_1$.
从而$S_n＝\frac{d}{2}n^2＋(a_1－\frac{d}{2})n＝\frac{a_1}{13}(n－7)^2＋\frac{49}{13}a_1$，因为$a_1＞0$，所以$－\frac{a_1}{13}＜0$.
故当$n＝7$时，$S_n$最大.
法二 易知$S_n＝An^2＋Bn(A≠0)$是关于n的二次函数，

训练3 (1)(2025·成都诊断)设等差数列$\{ a_n\}$的前n项和为$S_n$,若$S_3 = 16,S_6 = 8$,则$S_{12}=$ ()
A. $-50$
B. $-60$
C. $-70$
D. $-80$

答案： D

(2)(2025·长沙模拟)已知$\{ a_n\}$是各项均为正数的等差数列,$S_n$为其前n项和,且$a_6 + 2a_7 + a_{10} = 20$,则当$a_7\cdot a_8$取最大值时,$S_{10}=$ ()

A.10
B.20
C.25
D.50

答案： D

(3)(多选)(2025·海口调研)已知首项为正数的等差数列$\{ a_n\}$的前n项和为$S_n$,若$(S_{15}-S_{11})\cdot(S_{15}-S_{12})＜0$,则 ()

A.$a_{13} + a_{14}＞0$
B.$S_{11}＜S_{15}＜S_{12}$
C.当$n = 14$时,$S_n$取最大值
D.当$S_n＜0$时,$n$的最小值为27

答案： ABD