《2026年步步高精准讲练高中数学选择性必修第二册人教版》

已知数列$\{ a_{n}\}$的通项公式是 $ a_{n} = 4n - 25 $，求数列$\{ |a_{n}| \}$的前 $ n $ 项和 $ S_{n} $.

答案： 解　因为$a_n = 4n - 25$，所以$a_{n + 1} = 4(n + 1) - 25$,$a_{n + 1} - a_n = 4$,
$a_1 = 4 × 1 - 25 = - 21$,
所以数列$\{ a_n \}$是以$- 21$为首项，4为公差的等差数列.
由$a_n \geq 0$,得$4n - 25 \geq 0$,即$n \geq 6 \frac{1}{4}$,所以数列$\{ a_n \}$中前6项均小于零，从第7项起均大于零，
所以当$n \leq 6$时,$|a_1| + |a_2| + ·s + |a_n| = - (a_1 + a_2 + ·s + a_n) = - [- 21n + \frac{n(n - 1)}{2} × 4] = - 2n^2 + 23n$.
当$n \geq 7$时,$|a_1| + |a_2| + ·s + |a_n| = - (a_1 + a_2 + ·s + a_6) + (a_7 + a_8 + ·s + a_n) = (a_1 + a_2 + ·s + a_n) - 2(a_1 + a_2 + ·s + a_6) = - 21n + \frac{n(n - 1)}{2} × 4 - 2 × \frac{6(a_1 + a_6)}{2} = 2n^2 - 23n + 132$.
故数列$\{ |a_n| \}$的前$n$项和$S_n = \begin{cases} - 2n^2 + 23n,n \leq 6, \\ 2n^2 - 23n + 132,n \geq 7. \end{cases}$

设等差数列$\{ a_{n}\}$的前 $ n $ 项和为 $ S_{n} $，公差为 $ d $，你能发现 $ S_{n} $ 与 $ S_{2n} $ 的关系吗？

答案： $S_{2n}=a_1+a_2+·s+a_n+a_{n+1}+·s+a_{2n}=S_n+(a_1+nd)+(a_2+nd)+·s+(a_n+nd)=2S_n+n^2d$，同样我们发现$S_{3n}=3S_n+3n^2d$，这里出现了一个数列$S_n,S_{2n}-S_n=S_n+n^2d$，$S_{3n}-S_{2n}=S_n+2n^2d,·s$，是一个公差为$n^2d$的等差数列。

1. 设等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为 $ d $，$ S_{n} $ 为其前 $ n $ 项和，则 $ S_{m} $，$ S_{2m} - S_{m} $，$ S_{3m} - S_{2m} $，$·s$仍构成等差数列，且公差为 $ m^{2}d $.

答案： 1. 设等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为 $ d $，$ S_{n} $ 为其前 $ n $ 项和，则 $ S_{m} $，$ S_{2m} - S_{m} $，$ S_{3m} - S_{2m} $，$·s$仍构成等差数列，且公差为 $ m^{2}d $.

2. 若数列$\{ a_{n}\}$是公差为 $ d $ 的等差数列，则数列$\left\{\frac{S_{n}}{n}\right\}$也是等差数列，且公差为$\frac{d}{2}$.

答案： 2.$\frac{d}{2}$

3. 在等差数列中，若 $ S_{n} = m $，$ S_{m} = n $，则 $ S_{m + n} = -(m + n) $.

答案： 3. 在等差数列中，若 $ S_{n} = m $，$ S_{m} = n $，则 $ S_{m + n} = -(m + n) $.

4. 已知等差数列$\{ a_{n}\}$和$\{ b_{n}\}$的前 $ n $ 项和分别为 $ S_{n} $，$ T_{n} $，则$\frac{a_{n}}{b_{n}} = \frac{S_{2n - 1}}{T_{2n - 1}}$，$\frac{a_{m}}{b_{n}} = \frac{2n - 1}{2m - 1} · \frac{S_{2m - 1}}{T_{2n - 1}}$.

答案： 4. 已知等差数列$\{ a_{n}\}$和$\{ b_{n}\}$的前 $ n $ 项和分别为 $ S_{n} $，$ T_{n} $，则$\frac{a_{n}}{b_{n}} = \frac{S_{2n - 1}}{T_{2n - 1}}$，$\frac{a_{m}}{b_{n}} = \frac{2n - 1}{2m - 1} · \frac{S_{2m - 1}}{T_{2n - 1}}$.

(1)已知 $ S_{n} $，$ T_{n} $ 分别是等差数列$\{ a_{n}\}$与$\{ b_{n}\}$的前 $ n $ 项和，且$\frac{S_{n}}{T_{n}} = \frac{2n + 1}{4n - 2}(n = 1, 2, ·s)$，则$\frac{a_{10}}{b_{3} + b_{18}} + \frac{a_{11}}{b_{6} + b_{15}}$等于(B)
A. $\frac{11}{20}$
B. $\frac{41}{78}$
C. $\frac{43}{82}$
D. $\frac{23}{42}$
(2)已知 $ S_{n} $ 是等差数列$\{ a_{n}\}$的前 $ n $ 项和，且 $ S_{10} = 100 $，$ S_{100} = 10 $，求 $ S_{110} $.
反思感悟：

答案：
(1)B [因为数列$\{b_n\}$是等差数列，所以$b_3+b_{18}=b_6+b_{15}$，
所以$\frac{a_{10}}{b_3+b_{18}}+\frac{a_{11}}{b_6+b_{15}}=\frac{a_{10}+a_{11}}{b_6+b_{15}}$，
又因为$S_n,T_n$分别是等差数列$\{a_n\}$与$\{b_n\}$的前$n$项和，
且$\frac{S_n}{T_n}=\frac{2n+1}{4n-2}(n=1,2,·s)$，
所以$\frac{a_{10}}{b_3+b_{18}}+\frac{a_{11}}{b_6+b_{15}}=\frac{a_{10}+a_{11}}{b_6+b_{15}}=\frac{a_1+a_{20}}{b_1+b_{20}}=\frac{S_{20}}{T_{20}}=\frac{2×20+1}{4×20-2}=\frac{41}{78}$.]
(2)解 方法一 设等差数列$\{a_n\}$的首项为$a_1$，公差为$d$，
因为$S_{10}=100,S_{100}=10$，
所以$\begin{cases}10a_1+\frac{10×(10-1)}{2}d=100,\\100a_1+\frac{100×(100-1)}{2}d=10,\end{cases}$
解得$\begin{cases}a_1=\frac{1099}{100},\\d=-\frac{11}{50}.\end{cases}$
所以$S_{110}=110a_1+\frac{110×(110-1)}{2}d$
$=110×\frac{1099}{100}+\frac{110×109}{2}×(-\frac{11}{50})$
$=-110$.
方法二 因为$S_{10},S_{20}-S_{10},S_{30}-S_{20},·s,S_{100}-S_{90},S_{110}-S_{100},·s$成等差数列，设公差为$d$，所以该数列的前$10$项和为$10×100+\frac{10×9}{2}d=S_{100}=10$，
解得$d=-22$，
所以前$11$项和$S_{110}=11×100+\frac{11×10}{2}×(-22)=-110$.
方法三 由$\{\frac{S_n}{n}\}$也是等差数列，构造
新的等差数列$b_1=\frac{S_{10}}{10}=10$，
$b_{10}=\frac{S_{100}}{100}=\frac{1}{10}$，
则$d=\frac{1}{9}(b_{10}-b_1)=\frac{1}{9}×(-\frac{99}{10})=-\frac{11}{10}$，
所以$b_{11}=\frac{S_{110}}{110}=b_{10}+d=\frac{1}{10}+(-\frac{11}{10})=-1$，所以$S_{110}=-110$.
方法四 直接利用性质$S_n=m,S_m=n$，$S_{m+n}=-(m+n)$，
可知$S_{110}=-110$.