《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A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 ＜ \dfrac{1}{2} $, 则 $ a_1 + a_4 + a_6 + a_8 + a_{11} = $ (B)

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

答案：
(1)B [
(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$a_5+a_7=\frac{\pi}{4}+k\pi,k\in Z$.
又$0＜a_5+a_7＜2a_6＜1$,
所以$a_5+a_7=\frac{\pi}{4}=2a_6$,解得$a_6=\frac{\pi}{8}$.
故$a_1 + a_4 + a_6 + a_8 + a_{11} = 5a_6 = \frac{5\pi}{8}$.]

(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)95 [
(2)法一 设$\{a_n\}$的公差为$d$,
由$a_3+a_4=a_1+2d+a_1+3d=2a_1+5d=7$,
$3a_2+a_5=3(a_1+d)+a_1+4d=4a_1+7d=5$,
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$a_3+a_4=a_2+a_5=7,3a_2+a_5=5$,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) 3402块, 则中层共有扇面形石板 (B)

A.1125块
B.1134块
C.1143块
D.1152块

答案：
(1)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$n=3k,S_3=3402$,
$\{a_n\}$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, \dfrac{S_n}{T_n} = \dfrac{4n}{9n + 3} $, 则 $ \dfrac{a_{10}}{b_{10}} = $ (B)

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

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

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： 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$S_n=An^2+Bn(A\neq0)$是关于$n$的
二次函数,
由$S_3=S_{11}$,可知$S_n=An^2+Bn$的图象关于直
线$n=\frac{3+11}{2}=7$对称.
由法一可知$A=-\frac{a_1}{13}＜0$.
故当$n=7$时,$S_n$最大.
法三 设公差为$d$.
由法一可知$d=-\frac{2}{13}a_1$.
要使$S_n$最大,则有$\begin{cases}a_n\geq0,\\a_{n+1}\leq0,\end{cases}$
即$\begin{cases}a_1+(n-1)(-\frac{2}{13}a_1)\geq0,\\a_1+n(-\frac{2}{13}a_1)\leq0.\end{cases}$
解得$6.5\leq n\leq7.5$,故当$n=7$时,$S_n$最大.
法四 设公差为$d$.
由$S_3=S_{11}$,可得$2a_1+13d=0$,
即$(a_1+6d)+(a_1+7d)=0$,故$a_7+a_8=0$.
又由$a_1＞0,S_3=S_{11}$可知$d＜0$,
所以$a_7＞0,a_8＜0$,因此当$n=7$时,$S_n$最大.

(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} = $ (D)

A.$ -50 $
B.$ -60 $
C.$ -70 $
D.$ -80 $

答案：
(1)D [
(1)由等差数列的性质可知,$S_3,S_6-S_3,S_9-S_6,S_{12}-S_9$成
等差数列,且该数列的公差为$(S_6-S_3)-S_3=-8-16=-24=-24$,
则$S_9-S_6=(S_6-S_3)-24=-32$,所以$S_{12}-S_9=(S_9-S_6)-24=-56$,因
此$S_{12}=S_9+(S_6-S_3)+(S_9-S_6)+(S_{12}-S_9)=-80$.]

(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} = $ (D)

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

答案：
(2)D [
(2)$\because a_6+2a_7+a_{10}=(a_6+a_{10})+2a_7$
$=2a_8+2a_7=20$.
$\therefore a_7+a_8=10$,由已知得$a_7＞0,a_8＞0$,
$\therefore a_7\cdot a_8\leq(\frac{a_7+a_8}{2})^2=(\frac{10}{2})^2=25$.
当且仅当$a_7=a_8=5$时,等号成立.
此时数列为常数列,则$a_n=5$,所以$S_{10}=50$.]

(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 (ABD)

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：
(3)ABD [
(3)对于A,首项为正数的等差数列$\{a_n\}$的前$n$
项和为$S_n$,
所以$(S_{15}-S_{11})(S_{15}-S_{12})=(a_{15}+a_{14}+a_{13}+a_{12})×3a_{14}=6a_{14}(a_{14}+a_{13})＜0$,
若$a_{14}＞0$,则$a_{14}+a_{13}＞0$,不符合题意,
所以$a_{14}＜0,a_{14}+a_{13}＞0$,故A正确;
对于B,由A可知$S_{15}-S_{11}=a_{15}+a_{14}+a_{13}+a_{12}=2(a_{14}+a_{13})＞0$,则$S_{15}＞S_{11}$,
$S_{15}-S_{12}=3a_{14}＜0$,故$S_{15}＜S_{12}$,故B正确;
对于C,由A可知,因为$a_{14}＜0,a_{14}+a_{13}＞0$,
所以$a_{13}＞0$,故$n=13$时,$S_n$取最大值,故C
错误;
对于D,由$S_{27}=\frac{27(a_1+a_{27})}{2}=27a_{14}＜0$,
$S_{26}=\frac{26(a_1+a_{26})}{2}=13(a_{14}+a_{13})＞0$,
且$\{a_n\}$是首项为正数的等差数列,故D正确.]