《2026年步步高精准讲练高中数学选择性必修第二册人教版》

等差数列前 $ n $ 项和的最值
(1)在等差数列$\{ a_{n}\}$中，
当 $ a_{1} ＞ 0 $，$ d ＜ 0 $ 时，$ S_{n} $ 有最值，使 $ S_{n} $ 取得最值的 $ n $ 可由不等式组确定；
当 $ a_{1} ＜ 0 $，$ d ＞ 0 $ 时，$ S_{n} $ 有最值，使 $ S_{n} $ 取得最值的 $ n $ 可由不等式组确定.
(2)$ S_{n} = \frac{d}{2}n^{2} + (a_{1} - \frac{d}{2})n $，若 $ d \neq 0 $，则从二次函数的角度看：当 $ d ＞ 0 $ 时，$ S_{n} $ 有最小值；当 $ d ＜ 0 $ 时，$ S_{n} $ 有最大值. 当 $ n $ 取最接近对称轴的正整数时，$ S_{n} $ 取到最值.

答案：
(1)大$\begin{cases} a_n \geq 0, \\ a_{n + 1} \leq 0 \end{cases}$ 小$\begin{cases} a_n \leq 0, \\ a_{n + 1} \geq 0 \end{cases}$
(2)小 大

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.
反思感悟：
_

答案： 解　方法一　因为$S_8 = S_{18}$,$a_1 = 25$,
所以$8 × 25 + \frac{8 × (8 - 1)}{2}d = 18 × 25 + \frac{18 × (18 - 1)}{2}d$,解得$d = - 2$.
所以$S_n = 25n + \frac{n(n - 1)}{2} × (- 2) = - n^2 + 26n = - (n - 13)^2 + 169$.
所以当$n = 13$时,$S_n$有最大值为169.
方法二　同方法一,求出公差$d = - 2$.
所以$a_n = 25 + (n - 1) × (- 2) = - 2n + 27$.
因为$a_1 = 25 ＞ 0$,
由$\begin{cases} a_n = - 2n + 27 \geq 0, \\ a_{n + 1} = - 2(n + 1) + 27 \leq 0, \end{cases}$
得$\begin{cases} n \leq 13 \frac{1}{2}, \\ n \geq 12 \frac{1}{2}, \end{cases}$
又因为$n \in N^*$,
所以当$n = 13$时,$S_n$有最大值为169.
方法三　因为$S_8 = S_{18}$,所以$a_9 + a_{10} + ·s + a_{18} = 0$.
由等差数列的性质得$a_{13} + a_{14} = 0$.因为$a_1 ＞ 0$,所以$d ＜ 0$.
所以$a_{13} ＞ 0,a_{14} ＜ 0$.
所以当$n = 13$时,$S_n$有最大值.
由$a_{13} + a_{14} = 0$,得$a_1 + 12d + a_1 + 13d = 0$,
解得$d = - 2$,
所以$S_{13} = 13 × 25 + \frac{13 × 12}{2} × (- 2) = 169$,所以$S_n$的最大值为169.
方法四　设$S_n = An^2 + Bn$.
因为$S_8 = S_{18},a_1 = 25$,
所以二次函数图象的对称轴为$n = \frac{8 + 18}{2} = 13$，且开口方向向下，
所以当$n = 13$时,$S_n$取得最大值.
由题意得$\begin{cases} 8^2A + 8B = 18^2A + 18B, \\ A + B = 25, \end{cases}$
解得$\begin{cases} A = - 1, \\ B = 26, \end{cases}$
所以$S_n = - n^2 + 26n$,所以$S_{13} = 169$,即$S_n$的最大值为169.

(多选)设数列$\{ a_{n}\}$是以 $ d $ 为公差的等差数列，$ S_{n} $ 是其前 $ n $ 项和，$ a_{1} ＞ 0 $，且 $ S_{6} = S_{9} $，则下列结论正确的是(ABD)

A.$ d ＜ 0 $
B.$ a_{8} = 0 $
C.$ S_{5} ＞ S_{6} $
D.$ S_{7} $ 和 $ S_{8} $ 为 $ S_{n} $ 的最大值

答案： ABD

已知数列$\{ a_{n}\}$的前 $ n $ 项和 $ S_{n} = -\frac{3}{2}n^{2} + \frac{205}{2}n $，求数列$\{ |a_{n}| \}$的前 $ n $ 项和 $ T_{n} $.
反思感悟：
_

答案： 解　$a_1 = S_1 = - \frac{3}{2} × 1^2 + \frac{205}{2} × 1 = 101$.
当$n \geq 2$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$n = 1$也适合上式,
所以数列$\{ a_n \}$的通项公式为$a_n = - 3n + 104$.
由$a_n = - 3n + 104 \geq 0$得$n \leq 34 \frac{2}{3}$,即当$n \leq 34$时,$a_n ＞ 0$;当$n \geq 35$时,$a_n ＜ 0$.
方法一　①当$n \leq 34$时,
$T_n = |a_1| + |a_2| + ·s + |a_n| = a_1 + a_2 + ·s + a_n = S_n = - \frac{3}{2}n^2 + \frac{205}{2}n$;
②当$n \geq 35$时,
$T_n = |a_1| + |a_2| + ·s + |a_{34}| + |a_{35}| + ·s + |a_n| = (a_1 + a_2 + ·s + a_{34}) - (a_35 + a_36 + ·s + a_n) = 2(a_1 + a_2 + ·s + a_{34}) - S_n = 2(- \frac{3}{2} × 34^2 + \frac{205}{2} × 34) - (- \frac{3}{2}n^2 + \frac{205}{2}n) = \frac{3}{2}n^2 - \frac{205}{2}n + 3502$.
故$T_n = \begin{cases} - \frac{3}{2}n^2 + \frac{205}{2}n,n \leq 34, \\ \frac{3}{2}n^2 - \frac{205}{2}n + 3502,n \geq 35. \end{cases}$
方法二　①同方法一.
②当$n \geq 35$时,
$T_n = |a_1| + |a_2| + ·s + |a_n| = (a_1 + a_2 + ·s + a_{34}) - (a_35 + a_36 + ·s + a_n) = (- \frac{3}{2} × 34^2 + \frac{205}{2} × 34) - \frac{(- 3n + 104 - 3 × 35 + 104) × (n - 34)}{2} = \frac{3}{2}n^2 - \frac{205}{2}n + 3502$,
故$T_n = \begin{cases} - \frac{3}{2}n^2 + \frac{205}{2}n,n \leq 34, \\ \frac{3}{2}n^2 - \frac{205}{2}n + 3502,n \geq 35. \end{cases}$