《2026年点金训练精讲巧练高中数学选择性必修第二册人教A版》

1. 在等差数列$\{ a_{n}\}$中，前n项和为$S_{n}$，$a_{1}=29$，$S_{10}=S_{20}$，则$S_{n}$的最大值为(A)
A.$S_{15}$
B.$S_{16}$
C.$S_{15}$或$S_{16}$
D.$S_{17}$

答案： 1.A 解析：(方法一)设等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$。因为$a_{1}=29$，$S_{10}=S_{20}$，所以$10a_{1}+\frac{10×9}{2}d=20a_{1}+\frac{20×19}{2}d$，解得$d = - 2$。
所以$S_{n}=29n+\frac{n(n - 1)}{2}×(-2)=-n^{2}+30n=-(n - 15)^{2}+225$。所以当$n = 15$时，$S_{n}$取得最大值。故选A。
(方法二)由方法一得$d = - 2$。因为$a_{1}=29＞0$，由$\begin{cases}a_{n}=29-2(n - 1)\geqslant0,\\a_{n + 1}=29-2n\leqslant0,\end{cases}$得$\begin{cases}n\leqslant15\frac{1}{2},\\n\geqslant14\frac{1}{2}.\end{cases}$
所以当$n = 15$时，$S_{n}$有最大值，即数列$\{ a_{n}\}$的前$15$项和最大。故选A。

2. 在等差数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1}=7$，公差为d，前n项和为$S_{n}$，当且仅当$n = 8$时$S_{n}$取得最大值，则d的取值范围为$(-1,-\frac{7}{8})$.

答案： 2.$(-1,-\frac{7}{8})$ 解析：由题意，当且仅当$n = 8$时$S_{n}$取得最大值，可得$\begin{cases}d＜0,\\a_{8}＞0,\\a_{9}＜0,\end{cases}\begin{cases}7 + 7d＞0,\\7 + 8d＜0,\end{cases}$解得$-1＜d＜-\frac{7}{8}$。
故$d$的取值范围为$(-1,-\frac{7}{8})$。

例3 （1）已知等差数列$\{ a_{n}\}$的前n项和为$S_{n}$，$a_{3}=3$，$S_{4}=10$，则$\sum_{k = 1}^{n}\frac{1}{S_{k}}=$$\frac{2n}{n + 1}$.
（2）（2023·全国乙卷）记$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}$.
(2)解：①设等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$，由题意可得$\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}$所以$a_{n}=13-2(n - 1)=15-2n$。
②由①可求得$S_{n}=\frac{n(13 + 15 - 2n)}{2}=14n-n^{2}$。
令$a_{n}=15-2n＞0$，解得$n＜\frac{15}{2}$，且$n\in \mathbf{N}^{*}$。
当$n\leqslant7$时，$a_{n}＞0$，则$T_{n}=\vert a_{1}\vert+\vert a_{2}\vert+·s+\vert a_{n}\vert=a_{1}+a_{2}+·s+a_{n}=S_{n}=14n-n^{2}$；
当$n\geqslant8$时，$a_{n}＜0$，则$T_{n}=\vert a_{1}\vert+\vert a_{2}\vert+·s+\vert a_{n}\vert=(a_{1}+a_{2}+·s+a_{7})-(a_{8}+·s+a_{n})=S_{7}-(S_{n}-S_{7})=2S_{7}-S_{n}=2(14×7-7^{2})-(14n-n^{2})=n^{2}-14n + 98$。
综上所述，$T_{n}=\begin{cases}14n-n^{2},n\leqslant7,\\n^{2}-14n + 98,n\geqslant8.\end{cases}$

答案： 例3
(1)$\frac{2n}{n + 1}$ 解析：设等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$。
由题意得$\begin{cases}a_{1}+2d=3,\\4a_{1}+\frac{4×3}{2}d=10,\end{cases}$解得$\begin{cases}a_{1}=1,\\d=1.\end{cases}$
所以数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和$S_{n}=na_{1}+\frac{n(n - 1)}{2}d=n×1+\frac{n(n - 1)}{2}×1=\frac{n(n + 1)}{2}$。
故$\frac{2}{S_{n}}=\frac{2}{n(n + 1)}·$
裂项可得$\frac{1}{S_{k}}=\frac{2}{k(k + 1)}=2(\frac{1}{k}-\frac{1}{k + 1})$，
所以$\sum_{k = 1}^{n}\frac{1}{S_{k}}=2[(1-\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+·s+(\frac{1}{n}-\frac{1}{n + 1})]=2(1-\frac{1}{n + 1})=\frac{2n}{n + 1}$。
(2)解：①设等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$，由题意可得$\begin{cases}a_{2}=a_{1}+d=11,\\S_{10}=10a_{1}+\frac{10×9}{2}d=40,\end{cases}$即$\begin{cases}a_{1}+d=11,\\2a_{1}+9d=8,\end{cases}$解得$\begin{cases}a_{1}=13,\\d=-2.\end{cases}$所以$a_{n}=13-2(n - 1)=15-2n$。
②由①可求得$S_{n}=\frac{n(13 + 15 - 2n)}{2}=14n-n^{2}$。
令$a_{n}=15-2n＞0$，解得$n＜\frac{15}{2}$，且$n\in \mathbf{N}^{*}$。
当$n\leqslant7$时，$a_{n}＞0$，则$T_{n}=\vert a_{1}\vert+\vert a_{2}\vert+·s+\vert a_{n}\vert=a_{1}+a_{2}+·s+a_{n}=S_{n}=14n-n^{2}$；
当$n\geqslant8$时，$a_{n}＜0$，则$T_{n}=\vert a_{1}\vert+\vert a_{2}\vert+·s+\vert a_{n}\vert=(a_{1}+a_{2}+·s+a_{7})-(a_{8}+·s+a_{n})=S_{7}-(S_{n}-S_{7})=2S_{7}-S_{n}=2(14×7-7^{2})-(14n-n^{2})=n^{2}-14n + 98$。
综上所述，$T_{n}=\begin{cases}14n-n^{2},n\leqslant7,\\n^{2}-14n + 98,n\geqslant8.\end{cases}$

思考1. 若等差数列$\{ a_{n}\}$的公差大于0，$a_{10}＜0$，$a_{11}＞0$，则数列$\{ a_{n}\}$的前n项和$S_{n}$与数列$\{ |a_{n}|\}$的前n项和$T_{n}$有什么关系？

答案： 思考1.提示：易知当$1\leqslant n\leqslant10$时，$a_{n}＜0$，当$n\geqslant11$时，$a_{n}＞0$。
所以$T_{n}=\begin{cases}-S_{n},1\leqslant n\leqslant10,\\-S_{10}+(S_{n}-S_{10}),n\geqslant11.\end{cases}$

思考2. 若将本例（2）中的条件改为“数列$\{ a_{n}\}$的前n项和为$S_{n}=-\frac{3}{2}n^{2}+\frac{205}{2}n$”，如何解答？

答案： 思考2.解：当$n = 1$时，$a_{1}=S_{1}=-\frac{3}{2}×1^{2}+\frac{205}{2}×1 = 101$，
当$n\geqslant2$时，$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=(-\frac{3}{2}n^{2}+\frac{205}{2}n)-(-\frac{3}{2}(n - 1)^{2}+\frac{205}{2}(n - 1))=-3n + 104$。
因为$a_{1}=101$也满足上式，所以数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=-3n + 104$。
由$a_{n}=-3n + 104\geqslant0$，得$n\leqslant\frac{104}{3}$。
即当$n\leqslant34$时，$a_{n}＞0$；当$n\geqslant35$时，$a_{n}＜0$。
①当$n\leqslant34$时，$T_{n}=\vert a_{1}\vert+\vert a_{2}\vert+·s+\vert a_{n}\vert=a_{1}+a_{2}+·s+a_{n}=S_{n}=-\frac{3}{2}n^{2}+\frac{205}{2}n$。
②当$n\geqslant35$时，
$T_{n}=\vert a_{1}\vert+\vert a_{2}\vert+·s+\vert a_{34}\vert+\vert a_{35}\vert+·s+\vert a_{n}\vert=(a_{1}+a_{2}+·s+a_{34})-(a_{35}+a_{36}+·s+a_{n})=S_{34}-(S_{n}-S_{34})=2S_{34}-S_{n}=2×(-\frac{3}{2}×34^{2}+\frac{205}{2}×34)-(-\frac{3}{2}n^{2}+\frac{205}{2}n)=\frac{3}{2}n^{2}-\frac{205}{2}n + 3502$。
综上所述，$T_{n}=\begin{cases}\frac{3}{2}n^{2}+\frac{205}{2}n,n\leqslant34,\frac{3}{2}n^{2}-\frac{205}{2}n + 3502,n\geqslant35.\end{cases}$