《2025年优化探究同步导学案高中数学选择性必修第二册人教版》

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.$m^{2}d$

2. 若数列$\{ a_{n}\}$是公差为 $ d $ 的等差数列, 则数列$\left\{ \dfrac {S_{n}}{n}\right\}$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： $-(m + n)$

4. 项的个数的“奇偶”性质:
(1) 若非零等差数列的项数为 $ 2n $, 则 $ S_{ 偶} - S_{ 奇} = $$nd$, $ \dfrac {S_{ 奇}}{S_{ 偶}} = \dfrac {a_{n}}{a_{n + 1}} $.
(2) 若非零等差数列的项数为 $ 2n - 1 $, 则 $ S_{ 奇} - S_{ 偶} = $$a_{n}$, $ \dfrac {S_{ 奇}}{S_{ 偶}} = \dfrac {n}{n - 1}(S_{ 奇} = na_{n}, S_{ 偶} = (n - 1)a_{n}) $.

答案： 4.
(1)$nd$
(2)$a_{n}$

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

答案： 5.$\frac{2n - 1}{2m - 1}$

[例 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$\dfrac {S_{n}}{T_{n}} = \dfrac {2n + 1}{4n - 2}(n = 1, 2, ·s )$, 则$\dfrac {a_{10}}{b_{3} + b_{18}} + \dfrac {a_{11}}{b_{6} + b_{15}} =$(B)

A.$\dfrac {11}{20}$
B.$\dfrac {41}{78}$
C.$\dfrac {43}{82}$
D.$\dfrac {23}{42}$

答案： [例1][答案]B
[解析]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$\frac{a_{10}+a_{11}}{b_{6}+b_{15}}=\frac{a_{1}+a_{20}}{b_{1}+b_{20}}=\frac{\frac{20 + 1}{2}× 2}{ \frac{4×20 - 2}{2}×2}=\frac{41}{78}$.

[例 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} $.
课堂笔记:

答案： [例2][解]法一：设等差数列$\{a_{n}\}$的首项
为$a_{1}$，公差为$d$，
$\because S_{10}=100,S_{100}=10$，
$\therefore\begin{cases}10a_{1}+\frac{10×(10 - 1)}{2}d = 100,\\100a_{1}+\frac{100×(100 - 1)}{2}d = 10,\end{cases}$
解得$\begin{cases}a_{1}=\frac{1099}{100},\\d = -\frac{11}{50}.\end{cases}$
$\therefore S_{110}=110a_{1}+\frac{110×(110 - 1)}{2}d = 110×\frac{1099}{100}+\frac{110×109}{2}×(-\frac{11}{50})=-110$.
法二：$\because S_{10},S_{20}-S_{10},S_{30}-S_{20},·s,S_{100}-S_{90},S_{110}-S_{100}·s$成等差数列，设公差
为$d$，$\therefore$该数列的前$10$项和为$10×100+\frac{10×9}{2}d = S_{100}=10$，解得$d = - 22$，
$\therefore$前$11$项和$S_{110}=11×100+\frac{11×10}{2}×(-22)=-110$.
法三：由于$\{\frac{S_{n}}{n}\}$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$S_{110}=-110$.
法四：直接利用性质$S_{n}=m,S_{m}=n,S_{m + n}=-(m + n)$，可知$S_{110}=-110$.

□ 跟踪训练
1. 已知数列$\{ a_{n}\}$是等差数列, $ S_{n} $ 是它的前 $ n $ 项和, $ a_{1} = 2 $, $ \dfrac {S_{10}}{10} = 11 $, 则$\dfrac {S_{100}}{100} =$(B)

A.100
B.101
C.110
D.120

答案： 跟踪训练1.B设等差数列$\{a_{n}\}$的公差为
$d$，则$S_{n}=na_{1}+\frac{1}{2}n(n - 1)d$，即有$\frac{S_{n}}{n}=a_{1}+\frac{1}{2}(n - 1)d$，
由$a_{1}=2,\frac{S_{10}}{10}=11$，得$\frac{S_{10}}{10}=2+\frac{9}{2}d = 11$，
解得$d = 2$，因此$\frac{S_{100}}{100}=101$.

2. 已知数列$\{ a_{n}\}$是项数为偶数的等差数列, 它的奇数项的和是 $ 50 $, 偶数项的和为 $ 34 $, 若它的末项比首项小 $ 28 $, 则该数列的公差是$-4$.

答案： 2.答案：$-4$
解析：设等差数列$\{a_{n}\}$的项数为$2m$，
$\because$末项与首项的差为$-28$，
$\therefore a_{2m}-a_{1}=(2m - 1)d=-28$，①
$\because S_{奇}=50,S_{偶}=34$，$\therefore S_{偶}-S_{奇}=34 - 50=-16 = md$，②
由①②得$d = - 4$.