《2025年成才之路高中新课程学习指导高中数学选择性必修第二册人教版》

例3. 若等差数列$\{ a_{n}\}$的首项$a_{1} = 13$，$d = - 4$，记$T_{n} = |a_{1}| + |a_{2}| + ·s + |a_{n}|$，求$T_{n}$. [方法总结3]
[方法总结3]
已知等差数列$\{ a_{n}\}$，求数列$\{ |a_{n}|\}$的前$n$项和的注意事项：
(1) 一般地，数列$\{ a_{n}\}$与数列$\{ |a_{n}|\}$是两个不同的数列，只有当数列$\{ a_{n}\}$的每一项都是非负数时，它们才表示同一个数列；
(2) 求$\{ |a_{n}|\}$的前$n$项和，关键在于分清哪些项为正数，哪些项为负数，最终化为去掉绝对值符号后的数列求和；
(3) 求数列$\{ |a_{n}|\}$的前$n$项和，要依据正负项分界的$n$值进行分类讨论.

答案： 例3：【解析】 $\because a_{1}=13$，$d = - 4$，$\therefore a_{n}=17 - 4n$。
当$n\leq4$时，$T_{n}=\vert a_{1}\vert + \vert a_{2}\vert + ·s + \vert a_{n}\vert = a_{1}+a_{2}+·s + a_{n}$
$=na_{1}+\frac{n(n - 1)}{2}d = 13n + \frac{n(n - 1)}{2}×(-4)=15n - 2n^{2}$；
当$n\geq5$时，$T_{n}=\vert a_{1}\vert + \vert a_{2}\vert + ·s + \vert a_{n}\vert$
$=(a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4})-(a_{5}+a_{6}+·s + a_{n})$
$=S_{4}-(S_{n}-S_{4})=2S_{4}-S_{n}$
$=2×\frac{(13 + 1)×4}{2}-(15n - 2n^{2})$
$=56 + 2n^{2}-15n$。
$\therefore T_{n}=\begin{cases}15n - 2n^{2}, & n\leq4, n\in\mathbf{N}^{*}, \\ 2n^{2}-15n + 56, & n\geq5, n\in\mathbf{N}^{*}. \end{cases}$

跟踪训练3
数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和$S_{n} = 100n - n^{2}(n \in \mathbf{N}^{*})$.
(1) 判断$\{ a_{n}\}$是不是等差数列，若是，求其首项、公差；
(2) 设$b_{n} = |a_{n}|$，求数列$\{ b_{n}\}$的前$n$项和$T_{n}$.

答案： 跟踪训练3：【解析】
(1)当$n\geq2$时，$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}$
$=(100n - n^{2}) - [100(n - 1)-(n - 1)^{2}]$
$=101 - 2n$。
$\because a_{1}=S_{1}=100×1 - 1^{2}=99$，满足上式，
$\therefore a_{n}=101 - 2n(n\in\mathbf{N}^{*})$。
又$a_{n + 1}-a_{n}= - 2$为常数，
$\therefore$数列$\{a_{n}\}$是首项为99，公差为 - 2的等差数列。
(2)令$a_{n}=101 - 2n\geq0$，得$n\leq50.5$，
$\because n\in\mathbf{N}^{*}$，$\therefore n\leq50(n\in\mathbf{N}^{*})$。
①当$1\leq n\leq50$时，$a_{n}\gt0$，此时$b_{n}=\vert a_{n}\vert = a_{n}$，
$\therefore$数列$\{b_{n}\}$的前$n$项和$T_{n}=100n - n^{2}$。
②当$n\geq51$时，$a_{n}\lt0$，此时$b_{n}=\vert a_{n}\vert = - a_{n}$，
由$b_{51}+b_{52}+·s + b_{n}= - (a_{51}+a_{52}+·s + a_{n})$
$= - (S_{n}-S_{50})=S_{50}-S_{n}$，
得数列$\{b_{n}\}$的前$n$项和$T_{n}=S_{50}+(S_{50}-S_{n})=2S_{50}-S_{n}=2×2500 - (100n - n^{2})=5000 - 100n + n^{2}$。
由①②得数列$\{b_{n}\}$的前$n$项和为
$T_{n}=\begin{cases}100n - n^{2}, & 1\leq n\leq50, n\in\mathbf{N}^{*} \\ 5000 - 100n + n^{2}, & n\geq51, n\in\mathbf{N}^{*}. \end{cases}$

1. 在等差数列$\{ a_{n}\}$中，$S_{10} = 120$，那么$a_{1} + a_{10} =$

A.12
B.24
C.36
D.48

答案： 1. B $\because S_{10}=\frac{10(a_{1}+a_{10})}{2}=120$，$\therefore a_{1}+a_{10}=24$。

2. 设等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，若$a_{1} = \frac{1}{2}$，$S_{4} = 20$，则$S_{6} =$

A.16
B.24
C.36
D.48

答案： 2. D 设数列$\{a_{n}\}$的公差为$d$，则$S_{4}=2 + 6d = 20$，解得$d = 3$，所以$S_{6}=3 + 15d = 48$。

3. (2025·全国Ⅱ卷)记$S_{n}$为等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和.若$S_{3} = 6$，$S_{5} = - 5$，则$S_{6} =$

A.-20
B.-15
C.-10
D.-5

答案： 3. B 思路1：根据等差数列性质，可知$S_{n}=na_{1}+\frac{n(n - 1)}{2}d$，其中$d$是公差，$a_{1}$为首项。由已知，可得$\begin{cases}3a_{1}+3d = 6, \\ 5a_{1}+10d = - 5, \end{cases}$解得$a_{1}=5$，$d = - 3$。因此，所求$S_{6}=6a_{1}+15d = - 15$。
思路2：设等差数列$\{a_{n}\}$的公差为$d$，$a_{1}$为首项。由已知得$S_{3}=3a_{1}+3d = 6$，故$a_{2}=a_{1}+d = 2$，同理，$S_{5}=5a_{1}+10d = - 5$，故$a_{3}=a_{1}+2d = - 1$。解得$d = - 3$，$a_{1}=5$。又$S_{6}=S_{5}+a_{6}=S_{5}+a_{1}+5d = - 5 + 5 + 5×(-3)= - 15$。因此选项B正确。

4. 已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n} = 5n^{2} + \frac{1}{2}n$，则这个数列的通项公式为$a_{n}=10n - \frac{9}{2}$.

答案： 4. $a_{n}=10n - \frac{9}{2}$ 由$S_{n}=5n^{2}+\frac{1}{2}n$，可知数列$\{a_{n}\}$为等差数列。$d = 2×5 = 10$，$a_{1}=S_{1}=\frac{11}{2}$，$a_{n}=\frac{11}{2}+(n - 1)×10 = 10n - \frac{9}{2}$。