《2025年金版新学案高中数学选择性必修第二册北师大版》

（1）在等差数列 $ \{ a_{n} \} $ 中，若 $ S_{4} = 1 $，$ S_{8} = 4 $，则 $ a_{17} + a_{18} + a_{19} + a_{20} $ 的值为 （ ）

A.9
B.12
C.16
D.17

答案：
(1)A

（2）（2024·江苏镇江高二期中）已知 $ S_{n} $ 是等差数列 $ \{ a_{n} \} $ 的前 $ n $ 项和. 若 $ a_{1} = - 2024 $，$ \dfrac{S_{2022}}{2022} - \dfrac{S_{2016}}{2016} = 6 $，则 $ S_{2026} = $ 。

答案：
(2)2026

（3）若等差数列 $ \{ a_{n} \} $ 和 $ \{ b_{n} \} $ 的前 $ n $ 项和分别为 $ S_{n} $ 和 $ T_{n} $，且 $ \dfrac{S_{n}}{T_{n}} = \dfrac{2n + 1}{3n} $，则 $ \dfrac{a_{6}}{b_{6}} = $ 。

答案：
(3)$\frac{23}{33}$

问题 4. 根据上节课所学，等差数列的前 $ n $ 项和公式有什么样的函数特点？

答案： 等差数列的前n项和是关于n的不含常数项的二次函数（公差不为0时）或一次函数（公差为0且首项不为0时）或常函数（公差和首项都为0时）

等差数列前 $ n $ 项和的函数性质与最值
1. 等差数列前 $ n $ 项和公式 $ S_{n} = na_{1} + \dfrac{n(n - 1)}{2}d $ 可化成关于 $ n $ 的函数得 $ S_{n} = $ 。
2. 因为 $ S_{n} = \dfrac{d}{2}n^{2} + \left( a_{1} - \dfrac{d}{2} \right)n $，若 $ d \neq 0 $，则从二次函数的角度看：当 $ d ＞ 0 $ 时，$ S_{n} $ 有 值；当 $ d ＜ 0 $ 时，$ S_{n} $ 有 值；且 $ n $ 取最接近对称轴的非零自然数时，$ S_{n} $ 取到最值.
3. 在等差数列 $ \{ a_{n} \} $ 中，当 $ a_{1} ＞ 0 $，$ d ＜ 0 $ 时，$ S_{n} $ 有 值，使 $ S_{n} $ 取到最值的 $ n $ 可由不等式组 $ \begin{cases} a_{n} \geqslant 0, \\ a_{n + 1} \leqslant 0 \end{cases} $ 确定；当 $ a_{1} ＜ 0 $，$ d ＞ 0 $ 时，$ S_{n} $ 有 值，使 $ S_{n} $ 取到最值的 $ n $ 可由不等式组 $ \begin{cases} a_{n} \leqslant 0, \\ a_{n + 1} \geqslant 0 \end{cases} $ 确定.
[微思考] 在求等差数列前 $ n $ 项和的最值中，$ S_{n} $ 取得最大或最小值时的 $ n $ 唯一吗？是否也一定在顶点处取到呢？

答案： 1.$\frac{d}{2}n^{2}+(a_{1}-\frac{d}{2})n$ 2.最小 最大 3.最大 最小

典例 2 （一题多解）
在等差数列 $ \{ a_{n} \} $ 中，$ a_{1} = 25 $，$ S_{8} = S_{18} $，求前 $ n $ 项和 $ S_{n} $ 的最大值.
听课笔记：
[变式探究]
（变条件，变设问）本例改为在等差数列 $ \{ a_{n} \} $ 中，已知 $ a_{1} = 20 $，前 $ n $ 项和为 $ S_{n} $，且 $ S_{10} = S_{16} $，则当 $ n = $ 时，$ S_{n} $ 取得最大值.

答案： [变式探究]
13

设 $ \{ a_{n} \} $ 为等差数列，$ S_{n} $ 为数列 $ \{ a_{n} \} $ 的前 $ n $ 项和，已知 $ a_{2} + a_{5} = 1 $，$ S_{15} = 75 $，$ T_{n} $ 为数列 $ \left\{ \dfrac{S_{n}}{n} \right\} $ 的前 $ n $ 项和.
（1）求 $ S_{n} $；
（2）求 $ T_{n} $ 及 $ T_{n} $ 的最小值.

答案： 解:
(1)设数列$\{a_{n}\}$的公差为$d$.
$\begin{cases}a_{1}+d+a_{1}+4d=1,\\15a_{1}+\frac{15×14}{2}d=75,\end{cases}$解得$\begin{cases}a_{1}=-2,\\d=1,\end{cases}$
所以$S_{n}=na_{1}+\frac{n(n - 1)}{2}d=-2n+\frac{n(n - 1)}{2}=-\frac{n^{2}-5n}{2}$.
(2)法一:由
(1)知$S_{n}=\frac{n^{2}-5n}{2}$,
所以$\frac{S_{n}}{n}=\frac{n - 5}{2}$.
设$b_{n}=\frac{S_{n}}{n}=\frac{n - 5}{2}$,
则$b_{n + 1}-b_{n}=\frac{(n + 1)-5}{2}-\frac{n - 5}{2}=\frac{1}{2}$,
所以数列$\{b_{n}\}$是公差为$\frac{1}{2}$的等差数列,
首项$b_{1}=\frac{S_{1}}{1}=-2$.
所以$T_{n}=-2n+\frac{n(n - 1)}{2}×\frac{1}{2}=\frac{n^{2}-9n}{4}=\frac{1}{4}(n-\frac{9}{2})^{2}-\frac{81}{16}$.
所以当$n = 4$或$n = 5$时,$(T_{n})_{min}=-5$.
法二:易知$b_{n}=\frac{n - 5}{2}$,$T_{n}=\frac{n^{2}-9n}{4}$.
由$\begin{cases}b_{n}\leq0,\\b_{n + 1}\geq0,\end{cases}$解得$4\leq n\leq5$.
故$T_{n}$的最小值为$T_{4}=T_{5}=-5$.