\(\mathbf{{\large {\color{Red} {歡迎到學科網下載資料學習}} } }\)【【高分突破系列】高二數學下學期同步知識點剖析精品講義！
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模塊導圖
知識剖析
定義
如果一個數列從第二項起，每一項與它的前一項的差等於同一個常數，那么這個數列叫做等差數列，這個常數叫做等差數列的公差，記為\(d\).
代數形式：\(a_n-a_{n-1}=d\)(\(n≥2\),\(d\)是常數)
\({\color{Red}{解釋}}\)
\(a_n-a_{n-1}=2\)\((n \geq 2)\)\(⇒\left\{a_{n}\right\}\)是公差為\(2\)的等差數列；
\(a_{n+1}-a_n=-3\)\(⇒\left\{a_{n}\right\}\)是公差為\(-3\)的等差數列；
\(a_{n+1}-a_n=3n\)\(⇒\left\{a_{n}\right\}\)不是等差數列.
等差中項
若\(a ,b ,c\)成等差數列，則\(b\)稱\(a\)與\(c\)的等差中項，則\(b=\dfrac{a+c}{2}\).
通項公式
等差數列\(\{a_n\}\)的首項為\(a_1\)，公差為\(d\)，
則\(a_n=a_1+(n-1) d\). (由定義與累加法可得)
前n項和
等差數列\(\{a_n\}\)的首項為\(a_1\)，公差為\(d\)，則其前\(n\)項和為
\(S_{n}=\dfrac{\left(a_{1}+a_{n}\right) n}{2}\)(由倒序相加法可證)
\(S_{n}=n a_{1}+\dfrac{n(n-1)}{2} d\)
證明一個數列是等差數列的方法
① 定義法：\(a_{n+1}-a_n=d\)(\(d\)是常數，\(n∈N^*\))\(⇒a_n\)是等差數列；
② 中項法：\(2 a_{n+1}=a_{n}+a_{n+2}\)\((n∈N^*)\)\(⇒a_n\)是等差數列；
③ 通項公式法：\(a_n=kn+b\)(\(k ,b\)是常數)\(⇒a_n\)是等差數列；
④ 前\(n\)項和公式法：\(S_n=A n^2+Bn\)(\(A ,B\)是常數)\(⇒a_n\)是等差數列；
\({\color{Red}{PS}}\) 方法③④不可以在解答題里直接使用.
基本性質
(其中\(m ,n ,p ,t∈N^*\))
若數列\(\{a_n\}\)是首項為\(a_1\)，公差為\(d\)的等差數列，它具有以下性質：
\((1)\)若\(m+n=p+t\), 則\(a_m+a_n=a_p+a_t\)；
\((2)\)\(a_n=a_m+(n-m) d\)；
\((3)\)\(d=\dfrac{a_{n}-a_{m}}{n-m}\)；
\((4)\)下標成等差數列且公差為\(m\)的項\(a_{k}\)，\(a_{k+m}\)，\(a_{k+2 m}\),…(\(k ,m∈N^*\))組成公差為\(md\)的等差數列；
\((5)\)數列\(\{λa_n+b\}\)(\(λ、b\)是常數)是公差是\(λb\)的等差數列；
\((6)\)若數列\(\{b_n\}\)也是等差數列，則數列\(\{a_n±b_n\}\),\(\{ka_n±b_n\}\)(\(k\)為非零常數)也是等差數列；
\((7)\)\(S_n\),\(S_{2n}-S_n\),\(S_{3n}-S_{2n}\)…成等差數列；
\((8)\)\(S_{2n-1}=(2n-1) a_n\).
經典例題
【題型一】等差數列的基本運算
【典題1】已知\(\{a_n\}\)為等差數列，若\(a_3=1\),\(S_4=0\)，則\(a_6=\) \(\underline{\quad \quad}\).
【解析】
\({\color{Red}{(a_3,a_6用到通項公式a_n=a_1+(n-1)d，S_4用前n項和公式S_{n}=n a_{1}+\dfrac{n(n-1)}{2} d)}}\)
設等差數列\(\{a_n\}\)的公差為\(d\)，
由\(\left\{\begin{array}{l} a_{3}=1 \\ S_{4}=0 \end{array},\right.\)，得\(\left\{\begin{array}{l} a_{1}+2 d=1 \\ 4 a_{1}+\dfrac{4 \times 3}{2} d=0 \end{array}\right.\)，
\({\color{Red}{（得到a_1,d的方程組）}}\)
解得\(\left\{\begin{array}{l} a_{1}=-3 \\ d=2 \end{array}\right.\)，所以\(a_6=a_1+5d=7\)．
【點撥】
①首項\(a_1\)、公差\(d\)是等差數列的“基本量”，若知道它們數列其他量就可求.故提示我們，題中\(a_m\)用上通項公式\(a_n=a_1+(n-1)d\)，對\(S_m\)用上前\(n\)項和\(S_{n}=n a_{1}+\dfrac{n(n-1)}{2} d\).
② 若已知\(a_1\),\(d\),\(n\),\(a_n\),\(S_n\)中三個便可求出其余兩個，即“知三求二”，實質是利用方程思想建立方程組進行求解.
【典題2】已知等差數列\(\{a_n\}\)的公差不為\(0\)，其前\(n\)項和為\(S_n\)，且\(2a_1\),\(S_8\),\(S_9\)成等差數列，則下列四個選項中正確的有( )
A．\(2a_5+3a_9=S_8\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(S_2=S_7\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(a_5=0\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(S_5\)最小
【解析】設等差數列的公差為\(d\)，
則\(S_{8}=8 a_{1}+\dfrac{8 \times 7}{2} d=8 a_{1}+28 d\)，
\(S_{9}=9 a_{1}+\dfrac{9 \times 8}{2} d=9 a_{1}+36 d\)
\({\color{Red}{(把S_8、S_9化為關於a_1、d的式子)}}\)
由題意可知：\(2S_8=2a_1+S_9\)，
即\(16a_1+56d=2a_1+9a_1+36d\)，
解得\(a_1=－4d\)，
\({\color{Red}{(得到a_1、d的關系)}}\)
\(\therefore a_{n}=a_{1}+(n-1) d=(n-5) d\)，\(S_{n}=n a_{1}+\dfrac{n(n-1)}{2} d=\dfrac{\left(n^{2}-9 n\right) d}{2}\)
對於\(A\)選項，\(2a_5+3a_9=3×4d=12d\),\(S_{8}=\dfrac{\left(8^{2}-8 \times 9\right) d}{2}=-4 d\)，\(A\)項錯誤，
對於\(B\)選項，\(S_{2}=\dfrac{\left(2^{2}-9 \times 2\right) d}{2}=-7 d\),\(S_{7}=\dfrac{\left(7^{2}-9 \times 7\right) d}{2}=-7 d\)，\(B\)選項正確，
對於\(C\)選項，\(a_5=0\)，\(C\)選項正確．
對於\(D\)選項，
\({\color{Red}{方法一}}\)\(S_{n}=\dfrac{d}{2}\left(n^{2}-9 n\right)=\dfrac{d}{2}\left[\left(n-\dfrac{9}{2}\right)^{2}-\dfrac{81}{4}\right]\)，\({\color{Red}{(利用二次函數性質)}}\)
若\(d>0\)，則\(S_4\)或\(S_5\)最小；若\(d<0\)，則\(S_4\)或\(S_5\)最大．\(D\)選項錯誤.
\({\color{Red}{方法二}}\)由\(a_n=(n-5)d\)可知，
若\(d>0\)，則數列\(\{a_n\}\)是增函數，且\(a_5=0\)，從第\(6\)項開始為正數，即\(S_4\)或\(S_5\)最小；
若\(d<0\)，則數列\(\{a_n\}\)是減函數，且\(a_5=0\)，從第\(6\)項開始為負數，即\(S_4\)或\(S_5\)最大．
故選：\(BC\)．
【點撥】
① 本題充分利用到了方程思想和數列的基本量，把題中的\(a_m\)用通項公式\(a_n=a_1+(n-1)d\)表示，\(S_m\)用前\(n\)項和\(S_{n}=n a_{1}+\dfrac{n(n-1)}{2} d\)表示，都轉化為基本量.
② 求等差數列前\(n\)項和的最值的方法
(1)求出\(S_n\)，再利用二次函數的性質；
(2)求出\(a_n\)，知曉數列的單調性判斷前\(n\)項和是求最小值還是最大值，求使得\(a_n≥0\)(或\(a_n≤0\))成立時最大的\(n\)值.
【典題3】設\(d\)為正項等差數列\(\{a_n\}\)的公差，若\(d>0\),\(a_3=2\)，則( )
A．\(a_2 a_4<4\) \(\qquad \qquad\) B．\(a_{2}^{2}+a_{4} \geq \dfrac{15}{4}\) \(\qquad \qquad\)C．\(a_1 a_5>a_2 a_4\) \(\qquad \qquad\)D．\(\dfrac{1}{a_{1}}+\dfrac{1}{a_{5}}>1\)
【解析】由題設知\(\left\{\begin{array}{l} d>0 \\ a_{1}=2-2 d>0 \end{array}\right.\)，
解得：\(0<d<1\)，\({\color{Red}{(得到d的范圍)}}\)
對於\(A\)
\(∵a_2 a_4=(2－d)(2+d)=4－d^2<4\)，\(∴A\)正確；
對於\(B\)
\(\because a_{2}^{2}+a_{4}=(2-d)^{2}+2+d=d^{2}-3 d+6>4>\dfrac{15}{4}\)，\(∴B\)正確；
對於\(C\)
\(∵a_1 a_5-a_2 a_4=(2-2d)(2+2d)－(2-d)(2+d)=-3d^2<0\)，
\(∴a_1 a_5<a_2 a_4\)，\(C\)錯誤．
\({\color{Red}{(ABC中均是把涉及的量轉化為d的式子進行判斷)}}\)
對於\(D\)
\(∵a_1+a_5=2a_1+4d=4\),
\(\therefore \dfrac{1}{a_{1}}+\dfrac{1}{a_{5}}=\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a_{1}}+\dfrac{1}{a_{5}}\right)\left(a_{1}+a_{5}\right)\)\(=\dfrac{1}{4}\left(2+\dfrac{a_{5}}{a_{1}}+\dfrac{a_{1}}{a_{5}}\right)>\dfrac{1}{4}\left(2+2 \sqrt{\dfrac{a_{5}}{a_{1}} \cdot \dfrac{a_{1}}{a_{5}}}\right)=1\)
\({\color{Red}{(此處由於d>0，a_1不可能等於a_5，則取不到等號)}}\)
\(∴D\)正確；故選：\(ABD\)．
【點撥】對於不等式的處理，也可以使用基本量\(a_1\)、\(d\)的方法求解.
鞏固練習
1(★)已知數列\(\{a_n\}\)中，\(a_3=2\)，\(a_7=1\)．若\(\left\{\dfrac{1}{a_{n}}\right\}\)為等差數列，則\(a_5=\) \(\underline{\quad \quad}\) .
2(★)等差數列\(\{a_n\}\)滿足\(a_2+a_5=3\)，\(a_6=2\)，則\(a_4+a_7=\) \(\underline{\quad \quad}\).
3(★)【多選題】記\(S_n\)為等差數列\(\{a_n\}\)的前\(n\)項和，若\(a_4+a_5=24\)，\(S_6=48\)，則下列正確的是( )
A．\(a_1=-2\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(a_1=2\)\(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(d=4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(d=-4\)
4(★★)【多選題】設數列\(\{a_n\}\)是等差數列，\(S_n\)是其前\(n\)項和，\(a_1>0\)且\(S_6=S_9\)，則( )
A．\(d>0\) \(\qquad \qquad\) B．\(a_8=0\) \(\qquad \qquad\) C．\(S_7\)或\(S_8\)為\(S_n\)的最大值 \(\qquad \qquad\) D．\(S_5>S_6\)
5(★★)【多選題】等差數列\(\{a_n\}\)的前\(n\)項和為\(S_n\)，\(a_1+5a_3=S_8\)，則下列結論一定正確的是( )
A．\(a_{10}=0\)
B．當\(n=9\)或\(10\)時，\(S_n\)取最大值
C．\(|a_9 |<|a_{11}|\)
D．\(S_6=S_{13}\)
6(★★)【多選題】已知數列\(\left\{\dfrac{a_{n}}{n+2^{n}}\right\}\)是首項為\(1\)，公差為\(d\)的等差數列，則下列判斷正確的是( )
A．\(a_1=3\)
B．若\(d=1\)，則\(a_n=n^2+2^n\)
C．\(a_2\)可能為\(6\)
D．\(a_1 ,a_2 ,a_3\)可能成等差數列
7(★★)【多選題】已知無窮等差數列\(\{a_n\}\)的公差\(d∈N^*\)，且\(5\),\(17\),\(23\)是\(\{a_n\}\)中的三項，則下列結論正確的是( )
A．\(d\)的最大值是6
B．\(2a_2≤a_8\)
C．\(a_n\)一定是奇數
D．\(137\)一定是數列\(\{a_n\}\)中的項
8(★★)已知等差數列\(\{a_n\}\)的前\(n\)項和為\(S_n\)，若\(a_n a_{n+1}\),\(2S_n\)\(,1\)成等差數列．
(1)求數列\(\{a_n\}\)的通項公式；
(2)求數列\(\left\{\dfrac{a_{n+1}}{8-a_{n}}\right\}\)的最大項與最小項．
參考答案
- \(\dfrac{4}{3}\)
- \(\dfrac{19}{5}\)
- \(AC\)
- \(BC\)
- \(AD\)
- \(ACD\)
- \(ABD\)
- \((1) a_n=2n-1\)
\((2)\)最大項是第\(4\)項，值為\(9\)；最小項是第\(5\)項，值為\(-11\)
【題型二】等差數列的判斷與證明
【典題1】數列\(\{a_n\}\)的前\(n\)項和\(S_n=33n-n^2\)．
(1)求數列\(\{a_n\}\)的通項公式；
(2)求證：\(\{a_n\}\)是等差數列．
【解析】(1)當\(n≥2\)時，\(a_n=S_n-S_{n-1}=34-2n\)
又當\(n=1\)時，\(a_1=S_1=32\)滿足上式，
故\(\{a_n\}\)的通項為\(a_n=34-2n\)．
(2)證明：\(a_{n+1}-a_n=34-2(n+1)-(34-2n)=-2\)．
故數列\(\{a_n\}\)是以\(32\)為首項，\(－2\)為公差的等差數列．
【點撥】
① 證明數列方法有定義法:\(a_{n+1}-a_n=d\)(\(d\)是常數，\(n∈N^*\))
② 通過等差數列的通項公式和前\(n\)項和公式，也可知道以下兩種方法，但在解答題中不能直接使用，
通項公式法：\(a_n=kn+b\)(\(k ,b\)是常數)\(⟹a_n\)是公差為\(k\)等差數列；
前\(n\)項和公式法：\(S_n=An^2+Bn\)(\(A ,B\)是常數)\(⟹a_n\)是等差數列.
【典題2】已知數列\(\{a_n\}\)滿足：\(a_1=2\)，\(a_{n}=2-\dfrac{9}{a_{n-1}+4}\)\((n>1)\)，
(1)求證：數列\(\left\{\dfrac{1}{a_{n}+1}\right\}\)等差數列；
(2)求\(a_n\)．
【解析】(1)證明：記\(b_{n}=\dfrac{1}{a_{n}+1}\)．
由\(a_{n}=2-\dfrac{9}{a_{n-1}+4}\)\((n>1)\)得\(a_{n+1}=2-\dfrac{9}{a_{n}+4}\)
則\(b_{n+1}-b_{n}=\dfrac{1}{a_{n+1}+1}-\dfrac{1}{a_{n}+1}\)\(=\dfrac{1}{2-\dfrac{9}{a_{n}+4}+1}-\dfrac{1}{a_{n}+1}\)\(=\dfrac{a_{n}+4}{3 a_{n}+3}-\dfrac{1}{a_{n}+1}=\dfrac{a_{n}+1}{3\left(a_{n}+1\right)}=\dfrac{1}{3}\)
所以數列\(\{b_n\}\)等差數列；
(2)由(1)結合\(a_1=2\)，可得\(b_{1}=\dfrac{1}{3}\)，
所以\(b_{n}=b_{1}+(n-1) d=\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}(n-1)=\dfrac{1}{3} n\)，
故\(a_{n}=\dfrac{1}{b_{n}}-1=\dfrac{3}{n}-1\)
【點撥】
① 本題是由遞推公式求通項公式的題型，題目先求證\(\left\{\dfrac{1}{a_{n}+1}\right\}\)是等差數列，避免構造新數列，從而降低了難度；
② 利用等差數列的定義法，只需要求證\(b_{n+1}-b_n\)是常數，過程僅僅需要運算化簡，沒太多的技巧要求.
【典題3】已知數列\(\{a_n\}\)的前\(n\)項和為\(S_n\)，\(a_1=1\)，\(a_n≠0\)，\(a_n a_{n+1}=λS_n-1\)，其中\(λ\)為常數．
(1)證明：\(a_{n+2}-a_n=λ\)；
(2)是否存在\(λ\)，使得\(\{a_n\}\)為等差數列？並說明理由．
【解析】(1)證明：\(∵a_n a_{n+1}=λS_n－1\)，
\({\color{Red}{(已知條件是a_n與S_n的關系式，易想到a_{n}=\begin{cases}S_{1},& n=1 \\S_{n}-S_{n-1},& n\geq 2\end{cases})}}\)
\(\therefore a_{n+1} a_{n+2}=\lambda S_{n+1}-1\)，
兩式相減可得\(a_{n+1}\left(a_{n+2}-a_{n}\right)=\lambda a_{n+1}\)
\(\because a_{n+1} \neq 0\)，\(\therefore a_{n+2}-a_{n}=\lambda\)．
(2)解：\(\because a_{n} a_{n+1}=\lambda S_{n}-1\)，\(a_{1}=1\)
\(\therefore a_{1} a_{2}=\lambda S_{1}-1 \Rightarrow a_{2}=\lambda-1\)
\(\because a_{n+2}-a_{n}=\lambda\)
\(\therefore a_{3}=a_{1}+\lambda=\lambda+1\)
假設存在λ，使得\(\{a_n\}\)為等差數列，
則\(a_1\),\(a_2\),\(a_3\)成等差數列，即\(2a_2=a_1+a_3\)，
\({\color{Red}{(先通過前3項成等差數列證明\{a_n\}為等差數列的必要條件)}}\)
\(∴2(λ－1)=1+λ+1\)，解得\(λ=4\)，
\({\color{Red}{(得到λ后還要證明其充分性)}}\)
故\(a_{n+2}－a_n=4\)，
\({\color{Red}{(由於a_{n+2}、a_n是隔項，故分奇偶項進行討論)}}\)
可知數列\(\{a_n\}\)中偶數項可組成首項為\(a_2=3\)，公差為\(4\)的等差數列
即\(a_{2n}=3+4（n-1）=4n-1=2\cdot (2n)-1\)
數列\(\{a_n\}\)中奇數項可組成首項為\(a_1=1\)，公差為\(4\)的等差數列
即\(a_{2n-1}=1+4(n-1)=4n-3=2\cdot (2n-1)-1\)
所以\(a_n=2n-1\)，
則\(a_{n+1}-a_n=2\)，
因此存在\(λ=4\)使得數列\(\{a_n\}\)為等差數列.
【點撥】本題求證是否存在\(λ\)，使得數列\(\{a_n\}\)為等差數列，思路是先利用前\(3\)項成等差數列證明其必要性，再證明其充分性，過程才完整嚴謹.
鞏固練習
1(★)已知\(\{a_n\}\)是公差為\(3\)的等差數列，\(\{b_n\}\)是公差為\(4\)的等差數列，且\(b_n∈N^*\)，則\(\{a_{b_n}\}\)為( )
A．公差為\(7\)的等差數列 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．公差為\(12\)的等差數列
C．公比為\(12\)的等比數列 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．公比為\(81\)的等比數列
2(★★)設數列\(\{a_n\}\)的前\(n\)項和為\(S_n\)，且對任意正整數\(n\)，\(a_n+s_n=4096\)．若\(b_{n}=\log _{2} a_{n}\)，則數列\(\{b_n\}\)為( )
A．公差為\(－1\)的等差數列 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．公差為\(1\)的等差數列
C．公比數列為\(\dfrac{1}{2}\)的等比數列 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．公比數列為\(-\dfrac{1}{2}\)的等比數列
3(★★)數列\(\{a_n\}\)中，已知\(S_1=1\)，\(S_2=2\)，且\(S_{n+1}+2 S_{n-1}=3 S_{n}\)，(\(n≥2\)且\(n∈N^*\))，則此數列為( )
A．等差數列 \(\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad\) B．等比數列
C．從第二項起為等差數列 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．從第二項起為等比數列
4(★★)數列\(\{a_n\}\)中，\(a_1=1\)，\(a_n=3a_{n-1}+3^n－1\)\((n∈N^* ,n≥2)\)，若存在實數\(λ\)，使得數列\(\left\{\dfrac{a_{n}+\lambda}{3^{n}}\right\}\)為等差數列，則\(λ=\) \(\underline{\quad \quad}\) ．
5(★★)已知數列\(\{a_n\}\)的前\(n\)項和為\(S_n=2n^2-3n-2\)，求證數列\(\left\{\dfrac{S_{n}}{2 n+1}\right\}\)是等差數列．
6(★★)已知數列\(\{a_n\}\)中，\(a_1=4\)，\(a_n=a_{n-1}+2^{n-1}+3(n≥2)\)．證明數\(\left\{a_{n}-2^{n}\right\}\)是等差數列，並求\(\{a_n\}\)的通項公式.
7(★★★)設數列\(\{a_n\}\)滿足：\(a_{1}=\dfrac{1}{2}\)，\(a_{n+1}-a_{n}=2\left(a_{n+1}-1\right)\left(a_{n}-1\right)\)，證明數列\(\left\{\dfrac{1}{a_{n}-1}\right\}\)是等差數列並求數列\(\{a_n\}\)的通項公式\(a_n\).
8(★★★)已知數列\(\{a_n\}\)滿足\(a_{n+1}=\dfrac{1+a_{n}}{3-a_{n}}\)\((n∈N^*)\)，且\(a_1=0\)．
(1)求\(a_2\)，\(a_3\)的值；
(2)是否存在一個實常數\(λ\)，使得數列\(\left\{\dfrac{1}{a_{n}-\lambda}\right\}\)為等差數列，請說明理由．
答案
1.\(B\)
2.\(A\)
3.\(D\)
4.\(\lambda=-\dfrac{1}{2}\)
5. 提示：作差法
6. 證明略，\(a_n=2^n+3n-1\)
7. 證明略，\(a_{n}=\dfrac{2 n-1}{2 n}\)
8.\(\text { (1) } a_{2}=\dfrac{1}{3}, a_{3}=\dfrac{1}{2}\)
\((2)\)存在一個實常數\(λ=1\)，使得數列\(\left\{\dfrac{1}{a_{n}-\lambda}\right\}\)為等差數列．
【題型三】等差數列的基本性質及運用
【典題1】已知等差數列\(\{a_n\}\)滿足\(a_1+a_3+a_5=18\)，\(a_3+a_5+a_7=30\)，則\(a_2+a_4+a_6=\) \(\underline{\quad \quad}\).
【解析】 \({\color{Red}{方法一}}\) 設公差為\(d\)，
則\(a_1+a_3+a_5\)，\(a_2+a_4+a_6\)，\(a_3+a_5+a_7\)
顯然也成等差數列，且公差為\(3d\)，
\(∴2(a_2+a_4+a_6 )=(a_1+a_3+a_5 )+(a_3+a_5+a_7 )=48\)
\(∴a_2+a_4+a_6=24\)，
\({\color{Red}{方法二}}\)\(∵a_1+a_3+a_5=18\)
\(∴3a_3=18⇒a_3=6\),
\({\color{Red}{(等差數列性質:若m+n=p+t, 則a_m+a_n=a_p+a_t)}}\)
\(∵a_3+a_5+a_7=30\),
\(∴3a_5=30⇒a_5=10\)
\(\therefore a_{2}+a_{4}+a_{6}=3 a_{4}=3 \times \dfrac{a_{3}+a_{5}}{2}=24\).
【點撥】本題當然可以用方程思想求解，利用等差數列性質起到降低計算量的效果，這需要善於觀察小標之間的關系.
【典題2】已知兩個等差數列\(\{a_n\}\)，\(\{b_n\}\)的前\(n\)項和分別為\(S_n\),\(T_n\)，若對任意的整數\(n\)，都有\(\dfrac{S_{n}}{T_{n}}=\dfrac{2 n-7}{3 n+2}\)，則\(\dfrac{a_{5}}{b_{1}+b_{11}}+\dfrac{a_{7}}{b_{3}+b_{9}}\)等於\(\underline{\quad \quad}\).
【解析】依題意，數列\(\{a_n\}\)，\(\{b_n\}\)均為等差數列，
\(\therefore \dfrac{a_{5}}{b_{1}+b_{11}}+\dfrac{a_{7}}{b_{3}+b_{9}}\)
\(=\dfrac{a_{5}}{2 b_{6}}+\dfrac{a_{7}}{2 b_{6}}=\dfrac{a_{5}+a_{7}}{2 b_{6}}\)
\({\color{Red}{(等差數列性質:若m+n=p+t, 則a_m+a_n=a_p+a_t)}}\)
\(=\dfrac{a_{6}}{b_{6}}=\dfrac{S_{11}}{T_{11}}\)
\({\color{Red}{(等差數列性質:S_{2 n-1}=(2 n-1) a_{n})}}\)
\(=\dfrac{3}{7}\).
【典題3】已知\(S_n\)是等差數列\(\{a_n\}\)的前\(n\)項和，且\(S_6>S_7>S_5\)，給出下列五個命題：
①\(d<0\)； \(\qquad \qquad\) ②\(S_{11}>0\)； \(\qquad \qquad\) ③\(S_{12}<0\)；
④數列\(\{S_n\}\)中的最大項為\(S_{11}\)； \(\qquad \qquad\) ⑤\(|a_6 |>|a_7 |\)
其中正確的命題是 \(\underline{\quad \quad}\).
【解析】 \({\color{Red}{方法一}}\) \(∵S_6>S_7>S_5\)，
\(∴a_6=S_6-S_5>0\)，\(a_7=S_7-S_6<0\)，\(a_6+a_7=S_7-S_5>0\)
①\(d=a_7-a_6<0\)， 所以①正確；
②\(S_{11}=\dfrac{11\left(a_{1}+a_{11}\right)}{2}=11 a_{6}>0\)，故②正確；
③\(S_{12}=6(a_1+a_{12})=6(a_6+a_7 )>0\)，故③錯誤；
④\(∵a_6>0 ,a_7<0\)，\(∴\)數列\(\{S_n\}\)中的最大項為\(S_6\)，故④錯誤；
⑤\(∵a_6>0 ,a_7<0\)，\(a_6+a_7>0\)，\(\therefore\left|a_{6}\right|>\left|a_{7}\right|\)，故⑤正確.
綜上，①②⑤正確.
\({\color{Red}{方法二}}\)等差數列的前\(n\)項和\(S_{n}=a_{1} n+\dfrac{n(n-1)}{2} d=\dfrac{d}{2} n^{2}+\left(a_{1}-\dfrac{d}{2}\right) n\)
由題意可知\(d≠0\)，則它是關於\(n\)的二次函數，
由\(S_6>S_7>S_5\)，想象下圖象，
若圖象開口向上，則\(n=6\)比\(n=5\)和\(n=7\)都要離對稱軸遠，是不可能的；
可得圖象開口向下，且對稱軸在\((6，6.5)\)，\(12<x_0<13\)(\(x_0\)為二次函數零點)，
則\(d<0\)，\(S_{11}>0\)，\(S_{12}>0\)，數列\(\{S_n\}\)中的最大項為\(S_6\)，\(|a_6 |>|a_7 |\).
綜上，①②⑤正確.
【點撥】
① 本題是不等式問題，若使用基本量\(a_1,d\)表示，計算量較大，思路顯得呆板，利用性質求解更簡潔，也更看清楚其本質；
② 處理其\(n\)項和問題(比如比較大小，求最值等)，利用\(S_{n}=\dfrac{d}{2} n^{2}+\left(a_{1}-\dfrac{d}{2}\right) n\)其對應的函數圖象較容易得出結果.
鞏固練習
1(★)在等差數列\(\{a_n\}\)中，\(a_3+a_8+a_{13}=27\)，\(S_n\)表示數列\(\{a_n\}\)的前\(n\)項和，則\(S_{15}=\) \(\underline{\quad \quad}\)．
2(★)已知各項不為\(0\)的等差數列\(\{a_n\}\)的前\(n\)項和為\(S_n\)，若\(a_5=2a_2\)，則\(\dfrac{S_{9}}{a_{2}}=\) \(\underline{\quad \quad}\)．
3(★★)兩個等差數列\(\{a_n\}\)，\(\{b_n\}\)的前\(n\)項和為\(S_n\)，\(T_n\)，且\(\dfrac{S_{n}}{T_{n}}=\dfrac{2 n-3}{3 n-2}\)，則\(\dfrac{a_{5}}{b_{5}}=\) \(\underline{\quad \quad}\)．
4(★★)已知等差數列\(\{a_n\}\)滿足\(a_1>0\),\(a_{2019}+a_{2020}>0\),\(a_{2019}⋅a_{2020}<0\)．其前\(n\)項和為\(S_n\)，則使\(S_n>0\)成立時\(n\)最大值為\(\underline{\quad \quad}\)．
5(★★)設正項等差數列\(\{a_n\}\)的前\(n\)項和為\(S_n\)，若\(S_{21}=63\)，則\(\dfrac{1}{a_{5}}+\dfrac{4}{a_{17}}\)的最小值為\(\underline{\quad \quad}\)．
6(★★)設等差數列\(\{a_n\}\)的前\(n\)項和為\(S_n\)，若\(a_6<0\)，\(a_7>0\)，且\(a_7>|a_6 |\)，則( )
A．\(S_{11}+S_{12}<0\) \(\qquad \qquad\) B．\(S_{11}+S_{12}>0\) \(\qquad \qquad\)C．\(S_{11}S_{12}<0\) \(\qquad \qquad\) D．\(S_{11} S_{12}>0\)
7(★★)已知等差數列\(\{a_n\}\)的前\(n\)項和為\(S_n\)，\(S_{4}=40\)，\(S_{n}=210\)，\(S_{n-4}=130\)，則\(n=\)( )
A．\(12\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)B．\(14\)\(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(16\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)D．\(18\)
8(★★)【多選題】 等差數列\(\{a_n\}\)的前\(n\)項和為\(S_n\)，若\(a_1>0\)，公差\(d≠0\)，則下列命題正確的是( )
A．若\(S_5=S_9\)，則必有\(S_{14}=0\)
B．若\(S_5=S_9\)，則必有\(S_7\)是\(S_n\)中最大的項
C．若\(S_6>S_7\)，則必有\(S_7>S_8\)
D．若\(S_6>S_7\)，則必有\(S_5>S_6\)
9(★★) 設正項等差數列\(\{a_n\}\)滿足\(\left(a_{1}+a_{10}\right)^{2}=2 a_{2} a_{9}+20\)，則( )
A．\(a_2 a_9\)的最大值為\(10\)
B．\(a_2+a_9\)的最大值為\(2 \sqrt{10}\)
C．\(\dfrac{1}{a_{2}^{2}}+\dfrac{1}{a_{9}^{2}}\)的最大值為\(\dfrac{1}{5}\)
D．\(a_2^4+a_9^4\)的最小值為\(200\)
參考答案
1.\(135\)
2.\(18\)
3.\(\dfrac{3}{5}\)
4.\(4038\)
5.\(\dfrac{3}{2}\)
6.\(C\)
7.\(B\)
8.\(ABC\)
9.\(ABD\)