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2025年把关题高中数学选择性必修第二册人教版
注：目前有些书本章节名称可能整理的还不是很完善，但都是按照顺序排列的，请同学们按照顺序仔细查找。练习册 2025年把关题高中数学选择性必修第二册人教版 答案主要是用来给同学们做完题方便对答案用的，请勿直接抄袭。
16. $[$教材 $23$ 页例 $9]$ 设等差数列 $\{ a_{n}\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$，若 $a_{1} = - 11$，$a_{4} + a_{6} = - 6$，则当 $S_{n}$ 取得最小值时，$n = ($ $)$
A.$6$
B.$7$
C.$8$
D.$9$
A.$6$
B.$7$
C.$8$
D.$9$
答案：
16.A 解析:设等差数列\{a_n\}的公差为d，因为$a_1=-11，$
所以$a_4+a_6=2a_1+8d=-22+8d=-6，$解得d=2.
(方法$1)S_n=na_1+\frac{n(n-1)}{2}d=-11n+n(n-1)$
$=n^2-12n=(n-6)^2-36，$
故当n=6时，S_n取得最小值-36.
(方法$2)a_n=a_1+(n-1)d=2n-13，$
令a_n＜0，则2n-13＜0，又$n\in N^*，$
所以$n\leq6，$
即当$n\leq6,n\in N^*$时，a_n＜0；
当$n\geq7,n\in N^*$时，a_n＞0.
所以当n=6时，S_n取得最小值.
注意
在讨论等差数列\{a_n\}的前n项和S_n的最值时，不要忽
视n是正整数的条件及含零项的情形.
所以$a_4+a_6=2a_1+8d=-22+8d=-6，$解得d=2.
(方法$1)S_n=na_1+\frac{n(n-1)}{2}d=-11n+n(n-1)$
$=n^2-12n=(n-6)^2-36，$
故当n=6时，S_n取得最小值-36.
(方法$2)a_n=a_1+(n-1)d=2n-13，$
令a_n＜0，则2n-13＜0，又$n\in N^*，$
所以$n\leq6，$
即当$n\leq6,n\in N^*$时，a_n＜0；
当$n\geq7,n\in N^*$时，a_n＞0.
所以当n=6时，S_n取得最小值.
注意
在讨论等差数列\{a_n\}的前n项和S_n的最值时，不要忽
视n是正整数的条件及含零项的情形.
17. $[$多选题$]$ $[2023$ 沈阳 五校协作体高二期末$]$ 首项为正数，公差不为 $0$ 的等差数列 $\{ a_{n}\}$，其前 $n$ 项和为 $S_{n}$，则下列命题中正确的有(
A.若 $S_{10} = 0$，则 $a_{5} ＞ 0$，$a_{6} ＜ 0$
B.若 $S_{4} = S_{12}$，则使 $S_{n} ＞ 0$ 的最大的 $n$ 值为 $15$
C.若 $S_{15} ＞ 0$，$S_{16} ＜ 0$，则 $\{ S_{n}\}$ 中 $S_{7}$ 最大
D.若 $S_{8} ＜ S_{9}$，则 $S_{9} ＜ S_{10}$
ABD
)A.若 $S_{10} = 0$，则 $a_{5} ＞ 0$，$a_{6} ＜ 0$
B.若 $S_{4} = S_{12}$，则使 $S_{n} ＞ 0$ 的最大的 $n$ 值为 $15$
C.若 $S_{15} ＞ 0$，$S_{16} ＜ 0$，则 $\{ S_{n}\}$ 中 $S_{7}$ 最大
D.若 $S_{8} ＜ S_{9}$，则 $S_{9} ＜ S_{10}$
答案：
17.ABD 解析:对于A，若$S_{10}=0，$则$\frac{10}{2}(a_1+a_{10})=0，$
所以$a_5+a_6=a_1+a_{10}=0.$又\{a_n\}是等差数列，$a_1＞0，$所以
$a_5＞0,a_6＜0，$选项A正确.
对于B，若$S_4=S_{12}，$则$S_{12}-S_4=0，$即$a_5+a_6+·s+a_{12}=$
$4(a_4+a_9)=0.$又\{a_n\}是等差数列，$a_1＞0，$所以$a_8＞0，$
$a_9$＜0，则S_n=\frac{15}{2}(a_1+a_{15})=15a_8＞0，$S_{16}=\frac{16}{2}(a_1+a_{16})=$
0，故使S＞0的最大的n值为15，选项B正确.
对于C，若$S_{15}＞0，$$S_{16}$＜0，则S_{15}=\frac{15}{2}(a_1+a_{15})=15a_8＞0，
$S_{16}=\frac{16}{2}(a_1+a_{16})=8(a_8+a_9)$＜0，则a_8＞$0,a_9＜0，$所以\{a_n\}
中$S_8$最大，选项C错误.
对于D，若$S_8$＜S_9，则a_9=S_9-S_8＞0.因为\{a_n\}是等差数列，
$a_1＞0，$所以$S_8-S_7=a_8＞0，$选项D正确.
方法总结
求等差数列前n项和S_n的最值的常用方法
1.通项法
在等差数列\{a_n\}中，
(1)若$a_1＞0,d＜0，$则S_n有最大值，可由不等式组
$\begin{cases}a_n\geq0,\\a_{n+1}\leq0,\end{cases}$来确定n.
(2)若$a_1$＜0,d＞0，则S_n有最小值，可由不等式组
$\begin{cases}a_n\leq0,\\a_{n+1}\geq0,\end{cases}$来确定n.
(3)若$a_1＞0,d＞0，$则$S_1$是S_n的最小值.
(4)若$a_1＜0,d＜0，$则$S_1$是S_n的最大值.
2.函数法
由等差数列的前n项和公式得$S_n=\frac{d}{2}n^2+(a_1-\frac{d}{2})n$是
关于n的二次函数，可利用二次函数的图象求最值.
所以$a_5+a_6=a_1+a_{10}=0.$又\{a_n\}是等差数列，$a_1＞0，$所以
$a_5＞0,a_6＜0，$选项A正确.
对于B，若$S_4=S_{12}，$则$S_{12}-S_4=0，$即$a_5+a_6+·s+a_{12}=$
$4(a_4+a_9)=0.$又\{a_n\}是等差数列，$a_1＞0，$所以$a_8＞0，$
$a_9$＜0，则S_n=\frac{15}{2}(a_1+a_{15})=15a_8＞0，$S_{16}=\frac{16}{2}(a_1+a_{16})=$
0，故使S＞0的最大的n值为15，选项B正确.
对于C，若$S_{15}＞0，$$S_{16}$＜0，则S_{15}=\frac{15}{2}(a_1+a_{15})=15a_8＞0，
$S_{16}=\frac{16}{2}(a_1+a_{16})=8(a_8+a_9)$＜0，则a_8＞$0,a_9＜0，$所以\{a_n\}
中$S_8$最大，选项C错误.
对于D，若$S_8$＜S_9，则a_9=S_9-S_8＞0.因为\{a_n\}是等差数列，
$a_1＞0，$所以$S_8-S_7=a_8＞0，$选项D正确.
方法总结
求等差数列前n项和S_n的最值的常用方法
1.通项法
在等差数列\{a_n\}中，
(1)若$a_1＞0,d＜0，$则S_n有最大值，可由不等式组
$\begin{cases}a_n\geq0,\\a_{n+1}\leq0,\end{cases}$来确定n.
(2)若$a_1$＜0,d＞0，则S_n有最小值，可由不等式组
$\begin{cases}a_n\leq0,\\a_{n+1}\geq0,\end{cases}$来确定n.
(3)若$a_1＞0,d＞0，$则$S_1$是S_n的最小值.
(4)若$a_1＜0,d＜0，$则$S_1$是S_n的最大值.
2.函数法
由等差数列的前n项和公式得$S_n=\frac{d}{2}n^2+(a_1-\frac{d}{2})n$是
关于n的二次函数，可利用二次函数的图象求最值.
18. $[2024$ 上海 虹口区高二检测$]$ 设等差数列 $\{ a_{n}\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$，且 $a_{4} = 10$.
(1) 若 $S_{20} = 590$，求 $\{ a_{n}\}$ 的公差；
(2) 若 $a_{1} \in \mathbf{Z}$，且 $S_{7}$ 是数列 $\{ S_{n}\}$ 中最大的项，求 $a_{1}$ 所有可能的值.
(1) 若 $S_{20} = 590$，求 $\{ a_{n}\}$ 的公差；
(2) 若 $a_{1} \in \mathbf{Z}$，且 $S_{7}$ 是数列 $\{ S_{n}\}$ 中最大的项，求 $a_{1}$ 所有可能的值.
答案：
18.解:
(1)设等差数列\{a_n\}的公差为d，
则$\begin{cases}a_4=a_1+3d=10,\\S_{20}=20a_1+\frac{20×19}{2}d=590,\end{cases}$解得d=3.
(2)由$a_4=a_1+3d=10，$得$d=\frac{10-a_1}{3}.$
因为S_n是数列\{S_n\}中最大的项，
所以$d=\frac{10-a_1}{3}$＜0,a_1＞10，所以$\begin{cases}a_1\geq0,\\a_1+6d\geq0,\\a_1+7d\leq0,\end{cases}$
即$\begin{cases}a_1\geq0,\\a_1+6×\frac{10-a_1}{3}=20-a_1\geq0,\\a_1+7×\frac{10-a_1}{3}=\frac{70-4a_1}{3}\leq0,\end{cases}$
解得$\frac{35}{2}\leq a_1\leq20.$
因为$a_1$是整数，所以$a_1$的可能取值是18,19,20.
方法总结
设等差数列\{a_n\}的前n项和为S_n，则\{S_n\}有最大值$\Leftrightarrow$
\{a_n\}的公差d＜0；\{S_n\}有最小值\Leftrightarrow\{a_n\}的公差d＞0；
S_n最大$\Leftrightarrow a_1\geq0,a_{n+1}\leq0；$S_n最小$\Leftrightarrow a_1\leq0,a_{n+1}\geq0.$
(1)设等差数列\{a_n\}的公差为d，
则$\begin{cases}a_4=a_1+3d=10,\\S_{20}=20a_1+\frac{20×19}{2}d=590,\end{cases}$解得d=3.
(2)由$a_4=a_1+3d=10，$得$d=\frac{10-a_1}{3}.$
因为S_n是数列\{S_n\}中最大的项，
所以$d=\frac{10-a_1}{3}$＜0,a_1＞10，所以$\begin{cases}a_1\geq0,\\a_1+6d\geq0,\\a_1+7d\leq0,\end{cases}$
即$\begin{cases}a_1\geq0,\\a_1+6×\frac{10-a_1}{3}=20-a_1\geq0,\\a_1+7×\frac{10-a_1}{3}=\frac{70-4a_1}{3}\leq0,\end{cases}$
解得$\frac{35}{2}\leq a_1\leq20.$
因为$a_1$是整数，所以$a_1$的可能取值是18,19,20.
方法总结
设等差数列\{a_n\}的前n项和为S_n，则\{S_n\}有最大值$\Leftrightarrow$
\{a_n\}的公差d＜0；\{S_n\}有最小值\Leftrightarrow\{a_n\}的公差d＞0；
S_n最大$\Leftrightarrow a_1\geq0,a_{n+1}\leq0；$S_n最小$\Leftrightarrow a_1\leq0,a_{n+1}\geq0.$
19. 已知在数列 $\{ a_{n}\}$ 中，$S_{n} = n^{2} + 3n + 1$，则 $a_{n} =$.
答案：
$19.\begin{cases}5,n=1,\\2n+2,n\geq2\end{cases} $解析:当n=1时，$a_1=S_1=1^2+3×1+$
1=5.当$n\geq2$时，$a_n=S_n-S_{n-1}=(n^2+3n+1)-[(n-1)^2+$
$3(n-1)+1]=(n^2+3n+1)-(n^2-2n+1+3n-3+1)=2n+2.$
又因为$a_1$不符合a_n=2n+2，
所以$a_n=\begin{cases}5,n=1,\\2n+2,n\geq2\end{cases}.$
易错警示
利用$S_n-S_{n-1}$求a_n时，一定要验证当n=1时，$a_1$是否
符合.
1=5.当$n\geq2$时，$a_n=S_n-S_{n-1}=(n^2+3n+1)-[(n-1)^2+$
$3(n-1)+1]=(n^2+3n+1)-(n^2-2n+1+3n-3+1)=2n+2.$
又因为$a_1$不符合a_n=2n+2，
所以$a_n=\begin{cases}5,n=1,\\2n+2,n\geq2\end{cases}.$
易错警示
利用$S_n-S_{n-1}$求a_n时，一定要验证当n=1时，$a_1$是否
符合.
20. $1 + 4 + 7 + 10 + ·s + (3n + 4) + (3n + 7)$ 等于(
A.$\frac{n(3n + 8)}{2}$
B.$\frac{(n + 2)(3n + 8)}{2}$
C.$\frac{(n + 3)(3n + 8)}{2}$
D.$\frac{n(3n - 1)}{2}$
C
)A.$\frac{n(3n + 8)}{2}$
B.$\frac{(n + 2)(3n + 8)}{2}$
C.$\frac{(n + 3)(3n + 8)}{2}$
D.$\frac{n(3n - 1)}{2}$
答案：
20.C 解析:易知数列1,4,7，·s，3n+4,3n+7为等差
数列，且首项为1，公差为3，项数为n+3，所以原式=
$\frac{(n+3)(1+3n+7)}{2}=\frac{(n+3)(3n+8)}{2}$
易错警示
本题的项数为n+3，易错认为n.
数列，且首项为1，公差为3，项数为n+3，所以原式=
$\frac{(n+3)(1+3n+7)}{2}=\frac{(n+3)(3n+8)}{2}$
易错警示
本题的项数为n+3，易错认为n.
21. 设等差数列 $\{ a_{n}\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$，且满足 $a_{1} ＞ 0$，$S_{11} = S_{18}$，则当 $n$ 为何值时 $S_{n}$ 最大？
答案：
21.解:设等差数列\{a_n\}的公差为d.
(方法1)由$S_{11}=S_{18}，$得$11a_1+\frac{11×10}{2}d=18a_1+\frac{18×17}{2}d，$
即$a_1=-14d＞0，$所以d＜0.
构建不等式组$\begin{cases}a_n=a_1+(n-1)d\geq0,\\a_{n+1}=a_1+nd\leq0,\end{cases}$即$\begin{cases}-14d+(n-1)d\geq0,\\-14d+nd\leq0,\end{cases}$
解得14＜n\leq15.
故当n=14或n=15时S_n最大.
(方法2)由$S_{11}=S_{18}，$得$11a_1+\frac{11×10}{2}d=18a_1+\frac{18×17}{2}d，$
即$a_1=-14d，$
所以$S_n=na_1+\frac{n(n-1)}{2}d=-14dn+\frac{n(n-1)}{2}d$
$=\frac{d}{2}(n-\frac{29}{2})^2-\frac{841}{8}d.$
由$n\in N^*，$结合S_n对应的二次函数的图象知，
当n=14或n=15时S_n最大.
(方法3)由$S_{11}=S_{18}，$知$a_{12}+a_{13}+a_{14}+a_{15}+a_{16}+a_{17}+a_{18}=0，$
即$7a_{15}=0，$所以$a_{15}=0.$
又$a_1＞0，$所以d＜0，
故当n=14或n=15时S_n最大.
易错警示
本题在方法1中易得到错误的不等式组
$\begin{cases}a_n=a_1+(n-1)d\geq0,\\a_{n+1}=a_1+nd＜0,\end{cases}$即$\begin{cases}-14d+(n-1)d\geq0,\\-14d+nd＜0,\end{cases}$
得14＜n\leq15.又$n\in N^*，$故当n=15时S_n最大.
事实上，因为$a_{15}=0，$所以$S_{14}=S_{15}，$即n=14或n
=15时前n项和相等且最大.
上述错解忽略了数列中为零的项.
(方法1)由$S_{11}=S_{18}，$得$11a_1+\frac{11×10}{2}d=18a_1+\frac{18×17}{2}d，$
即$a_1=-14d＞0，$所以d＜0.
构建不等式组$\begin{cases}a_n=a_1+(n-1)d\geq0,\\a_{n+1}=a_1+nd\leq0,\end{cases}$即$\begin{cases}-14d+(n-1)d\geq0,\\-14d+nd\leq0,\end{cases}$
解得14＜n\leq15.
故当n=14或n=15时S_n最大.
(方法2)由$S_{11}=S_{18}，$得$11a_1+\frac{11×10}{2}d=18a_1+\frac{18×17}{2}d，$
即$a_1=-14d，$
所以$S_n=na_1+\frac{n(n-1)}{2}d=-14dn+\frac{n(n-1)}{2}d$
$=\frac{d}{2}(n-\frac{29}{2})^2-\frac{841}{8}d.$
由$n\in N^*，$结合S_n对应的二次函数的图象知，
当n=14或n=15时S_n最大.
(方法3)由$S_{11}=S_{18}，$知$a_{12}+a_{13}+a_{14}+a_{15}+a_{16}+a_{17}+a_{18}=0，$
即$7a_{15}=0，$所以$a_{15}=0.$
又$a_1＞0，$所以d＜0，
故当n=14或n=15时S_n最大.
易错警示
本题在方法1中易得到错误的不等式组
$\begin{cases}a_n=a_1+(n-1)d\geq0,\\a_{n+1}=a_1+nd＜0,\end{cases}$即$\begin{cases}-14d+(n-1)d\geq0,\\-14d+nd＜0,\end{cases}$
得14＜n\leq15.又$n\in N^*，$故当n=15时S_n最大.
事实上，因为$a_{15}=0，$所以$S_{14}=S_{15}，$即n=14或n
=15时前n项和相等且最大.
上述错解忽略了数列中为零的项.
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