《2025年一本知识大盘点高中数学全一册人教版》

母题 3 等差数列前 $ n $ 项和的最值问题
例 3
已知等差数列 $ \{ a_{n}\} $ 的前 $ n $ 项和为 $ S_{n} $，$ a_{2}=8,a_{4}+a_{7}=2 $。
(1) 求数列 $ \{ a_{n}\} $ 的通项公式；
(2) 求 $ S_{n} $ 的最大值及取得最大值时 $ n $ 的值。
解：(1) 设等差数列 $ \{ a_{n}\} $ 的公差为 $ d $。
因为 $ a_{2}=8,a_{4}+a_{7}=2 $，
所以 $ \begin{cases}a_{1}+d=8 \\ a_{1}+3d+a_{1}+6d=2\end{cases} $，
解得 $ \begin{cases}a_{1}=10 \\ d=-2\end{cases} $，
所以 $ a_{n}=a_{1}+(n - 1)d=10+(n - 1)×(-2)=-2n + 12 $。
(2) 方法 1：因为 $ S_{n}=na_{1}+\frac{1}{2}n(n - 1)d=-n^{2}+11n=-(n-\frac{11}{2})^{2}+\frac{121}{4},n\in \mathbf{N}^{*} $，
所以当 $ n = 5 $ 或 $ n = 6 $ 时，$ S_{n} $ 取得最大值，最大值为 30。
方法 2：当 $ a_{n}=-2n + 12=0 $ 时，$ n = 6 $；
当 $ a_{n}=-2n + 12＞0 $ 时，$ n＜6 $；
当 $ a_{n}=-2n + 12＜0 $ 时，$ n＞6 $。
故当 $ n = 5 $ 或 $ n = 6 $ 时，$ S_{n} $ 取得最大值。
又 $ S_{6}=6a_{1}+\frac{1}{2}× 6×(6 - 1)d=6× 10 + 15×(-2)=30 $，所以 $ S_{n} $ 的最大值为 30。

答案：
(1)设等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$。
因为$a_{2}=8$，$a_{4}+a_{7}=2$，
所以$\begin{cases}a_{1}+d=8 \\ a_{1}+3d+a_{1}+6d=2\end{cases}$，
解得$\begin{cases}a_{1}=10 \\ d=-2\end{cases}$，
所以$a_{n}=10+(n - 1)×(-2)=-2n + 12$。
(2)方法1：$S_{n}=na_{1}+\frac{1}{2}n(n - 1)d=-n^{2}+11n=-(n-\frac{11}{2})^{2}+\frac{121}{4}$，$n\in \mathbf{N}^{*}$，
当$n = 5$或$n = 6$时，$S_{n}$取得最大值，最大值为$30$。
方法2：令$a_{n}=-2n + 12=0$，得$n = 6$；
当$n＜6$时，$a_{n}＞0$；当$n＞6$时，$a_{n}＜0$。
故当$n = 5$或$n = 6$时，$S_{n}$取得最大值。
$S_{6}=6×10+\frac{1}{2}×6×5×(-2)=30$，所以$S_{n}$的最大值为$30$。

母题 4 等差数列 $ \{ |a_{n}|\} $ 的前 $ n $ 项和问题
例 4
（全国乙卷）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} $。
解：(1) 设等差数列 $ \{ a_{n}\} $ 的公差为 $ d $。
由题意，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} $，

答案：
(1)
设等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$。
由$\begin{cases}a_{2}=a_{1}+d = 11\\S_{10}=10a_{1}+\frac{10×9}{2}d = 40\end{cases}$，
即$\begin{cases}a_{1}+d = 11\\2a_{1}+9d = 8\end{cases}$，
由$a_{1}+d = 11$得$a_{1}=11 - d$，代入$2a_{1}+9d = 8$可得：
$2(11 - d)+9d = 8$，
$22-2d + 9d=8$，
$7d=-14$，
解得$d = - 2$，
把$d = - 2$代入$a_{1}=11 - d$，得$a_{1}=13$。
所以$a_{n}=a_{1}+(n - 1)d=13-2(n - 1)=-2n + 15$。
(2)
令$a_{n}=-2n + 15\geqslant0$，解得$n\leqslant\frac{15}{2}=7.5$。
当$n\leqslant7$时，$a_{n}\geqslant0$，
$T_{n}=S_{n}=na_{1}+\frac{n(n - 1)}{2}d=13n+\frac{n(n - 1)}{2}×(-2)=-n^{2}+14n$。
当$n\geqslant8$时，$a_{n}＜0$，
$T_{n}=a_{1}+·s+a_{7}-a_{8}-·s - a_{n}$
$=S_{7}-(S_{n}-S_{7})$
$=2S_{7}-S_{n}$
因为$S_{7}=-7^{2}+14×7 = 49$，$S_{n}=-n^{2}+14n$，
所以$T_{n}=2×49-(-n^{2}+14n)=n^{2}-14n + 98$。
综上，$T_{n}=\begin{cases}-n^{2}+14n,n\leqslant7\\n^{2}-14n + 98,n\geqslant8\end{cases}$。