数列同步拔高，难度3颗星！

模块导图

知识剖析

定义

如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，记为\(d\).
代数形式：\(a_n-a_{n-1}=d\)(\(n≥2\),\(d\)是常数)
\({\color{Red}{Eg}}\) \(a_n-a_{n-1}=2\)\((n \geq 2)\)\(?\left\{a_{n}\right\}\)是公差为\(2\)的等差数列；
\(a_{n+1}-a_n=-3\)\(?\left\{a_{n}\right\}\)是公差为\(-3\)的等差数列；
\(a_{n+1}-a_n=3n\)\(?\left\{a_{n}\right\}\)不是等差数列.

等差中项

若\(a ,b ,c\)成等差数列，则\(b\)称\(a\)与\(c\)的等差中项，则\(b=\dfrac{a+c}{2}\).

通项公式

等差数列\(\{a_n\}\)的首项为\(a_1\)，公差为\(d\)，
则\(a_n=a_1+(n-1) d\). (由定义与累加法可得)

前n项和

等差数列\(\{a_n\}\)的首项为\(a_1\)，公差为\(d\)，则其前\(n\)项和为
\(S_{n}=\dfrac{\left(a_{1}+a_{n}\right) n}{2}\)(由倒序相加法可证)
\(S_{n}=n a_{1}+\dfrac{n(n-1)}{2} d\)

证明一个数列是等差数列的方法

① 定义法：\(a_{n+1}-a_n=d\)(\(d\)是常数，\(n∈N^*\))\(?a_n\)是等差数列；
② 中项法：\(2 a_{n+1}=a_{n}+a_{n+2}\)\((n∈N^*)\)\(?a_n\)是等差数列；
③ 通项公式法：\(a_n=kn+b\)(\(k ,b\)是常数)\(?a_n\)是等差数列；
④ 前\(n\)项和公式法：\(S_n=A n^2+Bn\)(\(A ,B\)是常数)\(?a_n\)是等差数列；
\({\color{Red}{PS}}\) 方法③④不可以在解答题里直接使用.

基本性质

(其中\(m ,n ,p ,t∈N^*\))
若数列\(\{a_n\}\)是首项为\(a_1\)，公差为\(d\)的等差数列，它具有以下性质：
\((1)\)若\(m+n=p+t\), 则\(a_m+a_n=a_p+a_t\)；
\((2)\)\(a_n=a_m+(n-m) d\)；
\((3)\)\(d=\dfrac{a_{n}-a_{m}}{n-m}\)；
\((4)\)下标成等差数列且公差为\(m\)的项\(a_{k}\)，\(a_{k+m}\)，\(a_{k+2 m}\),…(\(k ,m∈N^*\))组成公差为\(md\)的等差数列；
\((5)\)数列\(\{λa_n+b\}\)(\(λ、b\)是常数)是公差是\(λb\)的等差数列；
\((6)\)若数列\(\{b_n\}\)也是等差数列，则数列\(\{a_n±b_n\}\),\(\{ka_n±b_n\}\)(\(k\)为非零常数)也是等差数列；
\((7)\)\(S_n\),\(S_{2n}-S_n\),\(S_{3n}-S_{2n}\)…成等差数列；
\((8)\)\(S_{2n-1}=(2n-1) a_n\).

经典例题

【题型一】等差数列的基本运算

【典题1】已知\(\{a_n\}\)为等差数列，若\(a_3=1\),\(S_4=0\)，则\(a_6=\) \(\underline{\quad \quad}\).

【解析】
\({\color{Red}{(a_3,a_6用到通项公式a_n=a_1+(n-1)d，S_4用前n项和公式S_{n}=n a_{1}+\dfrac{n(n-1)}{2} d)}}\)
设等差数列\(\{a_n\}\)的公差为\(d\)，
由\(\left\{\begin{array}{l} a_{3}=1 \\ S_{4}=0 \end{array},\right.\)，得\(\left\{\begin{array}{l} a_{1}+2 d=1 \\ 4 a_{1}+\dfrac{4 \times 3}{2} d=0 \end{array}\right.\)，
\({\color{Red}{（得到a_1,d的方程组）}}\)
解得\(\left\{\begin{array}{l} a_{1}=-3 \\ d=2 \end{array}\right.\)，所以\(a_6=a_1+5d=7\)．

【点拨】
①首项\(a_1\)、公差\(d\)是等差数列的“基本量”，若知道它们数列其他量就可求.故提示我们，题中\(a_m\)用上通项公式\(a_n=a_1+(n-1)d\)，对\(S_m\)用上前\(n\)项和\(S_{n}=n a_{1}+\dfrac{n(n-1)}{2} d\).
② 若已知\(a_1\),\(d\),\(n\),\(a_n\),\(S_n\)中三个便可求出其余两个，即“知三求二”，实质是利用方程思想建立方程组进行求解.

【典题2】已知等差数列\(\{a_n\}\)的公差不为\(0\)，其前\(n\)项和为\(S_n\)，且\(2a_1\),\(S_8\),\(S_9\)成等差数列，则下列四个选项中正确的有(　　)
A．\(2a_5+3a_9=S_8\)
B．\(S_2=S_7\)
C．\(a_5=0\)
D．\(S_5\)最小
【解析】设等差数列的公差为\(d\)，
则\(S_{8}=8 a_{1}+\dfrac{8 \times 7}{2} d=8 a_{1}+28 d\)，
\(S_{9}=9 a_{1}+\dfrac{9 \times 8}{2} d=9 a_{1}+36 d\)
\({\color{Red}{(把S_8、S_9化为关于a_1、d的式子)}}\)
由题意可知：\(2S_8=2a_1+S_9\)，
即\(16a_1+56d=2a_1+9a_1+36d\)，
解得\(a_1=－4d\)，
\({\color{Red}{(得到a_1、d的关系)}}\)
\(\therefore a_{n}=a_{1}+(n-1) d=(n-5) d\)，\(S_{n}=n a_{1}+\dfrac{n(n-1)}{2} d=\dfrac{\left(n^{2}-9 n\right) d}{2}\)
对于\(A\)选项，\(2a_5+3a_9=3×4d=12d\),\(S_{8}=\dfrac{\left(8^{2}-8 \times 9\right) d}{2}=-4 d\)，\(A\)项错误，
对于\(B\)选项，\(S_{2}=\dfrac{\left(2^{2}-9 \times 2\right) d}{2}=-7 d\),\(S_{7}=\dfrac{\left(7^{2}-9 \times 7\right) d}{2}=-7 d\)，\(B\)选项正确，
对于\(C\)选项，\(a_5=0\)，\(C\)选项正确．
对于\(D\)选项，
\({\color{Red}{方法一}}\)\(S_{n}=\dfrac{d}{2}\left(n^{2}-9 n\right)=\dfrac{d}{2}\left[\left(n-\dfrac{9}{2}\right)^{2}-\dfrac{81}{4}\right]\)，\({\color{Red}{(利用二次函数性质)}}\)
若\(d>0\)，则\(S_4\)或\(S_5\)最小；若\(d<0\)，则\(S_4\)或\(S_5\)最大．\(D\)选项错误.
\({\color{Red}{方法二}}\)由\(a_n=(n-5)d\)可知，
若\(d>0\)，则数列\(\{a_n\}\)是增函数，且\(a_5=0\)，从第\(6\)项开始为正数，即\(S_4\)或\(S_5\)最小；
若\(d<0\)，则数列\(\{a_n\}\)是减函数，且\(a_5=0\)，从第\(6\)项开始为负数，即\(S_4\)或\(S_5\)最大．
故选：\(BC\)．
【点拨】
① 本题充分利用到了方程思想和数列的基本量，把题中的\(a_m\)用通项公式\(a_n=a_1+(n-1)d\)表示，\(S_m\)用前\(n\)项和\(S_{n}=n a_{1}+\dfrac{n(n-1)}{2} d\)表示，都转化为基本量.
② 求等差数列前\(n\)项和的最值的方法
(1)求出\(S_n\)，再利用二次函数的性质；
(2)求出\(a_n\)，知晓数列的单调性判断前\(n\)项和是求最小值还是最大值，求使得\(a_n≥0\)(或\(a_n≤0\))成立时最大的\(n\)值.

【典题3】设\(d\)为正项等差数列\(\{a_n\}\)的公差，若\(d>0\),\(a_3=2\)，则(　　)
A．\(a_2 a_4<4\)
B．\(a_{2}^{2}+a_{4} \geq \dfrac{15}{4}\)
C．\(a_1 a_5>a_2 a_4\)
D．\(\dfrac{1}{a_{1}}+\dfrac{1}{a_{5}}>1\)
【解析】由题设知\(\left\{\begin{array}{l} d>0 \\ a_{1}=2-2 d>0 \end{array}\right.\)，
解得：\(0，\({\color{Red}{(得到d的范围)}}\)
对于\(A\)
\(∵a_2 a_4=(2－d)(2+d)=4－d^2<4\)，\(∴A\)正确；
对于\(B\)
\(\because a_{2}^{2}+a_{4}=(2-d)^{2}+2+d=d^{2}-3 d+6>4>\dfrac{15}{4}\)，\(∴B\)正确；
对于\(C\)
\(∵a_1 a_5-a_2 a_4=(2-2d)(2+2d)－(2-d)(2+d)=-3d^2<0\)，
\(∴a_1 a_5，\(C\)错误．
\({\color{Red}{(ABC中均是把涉及的量转化为d的式子进行判断)}}\)
对于\(D\)
\(∵a_1+a_5=2a_1+4d=4\),
\(\therefore \dfrac{1}{a_{1}}+\dfrac{1}{a_{5}}=\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a_{1}}+\dfrac{1}{a_{5}}\right)\left(a_{1}+a_{5}\right)\)\(=\dfrac{1}{4}\left(2+\dfrac{a_{5}}{a_{1}}+\dfrac{a_{1}}{a_{5}}\right)>\dfrac{1}{4}\left(2+2 \sqrt{\dfrac{a_{5}}{a_{1}} \cdot \dfrac{a_{1}}{a_{5}}}\right)=1\)
\({\color{Red}{(此处由于d>0，a_1不可能等于a_5，则取不到等号)}}\)
\(∴D\)正确；故选：\(ABD\)．
【点拨】对于不等式的处理，也可以使用基本量\(a_1\)、\(d\)的方法求解.

巩固练习

1(★)已知数列\(\{a_n\}\)中，\(a_3=2\)，\(a_7=1\)．若\(\left\{\dfrac{1}{a_{n}}\right\}\)为等差数列，则\(a_5=\) \(\underline{\quad \quad}\) .

2(★)等差数列\(\{a_n\}\)满足\(a_2+a_5=3\)，\(a_6=2\)，则\(a_4+a_7=\) \(\underline{\quad \quad}\).

3(★)【多选题】记\(S_n\)为等差数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和，若\(a_4+a_5=24\)，\(S_6=48\)，则下列正确的是(　　)
A．\(a_1=-2\)
B．\(a_1=2\)
C．\(d=4\)
D．\(d=-4\)

4(★★)【多选题】设数列\(\{a_n\}\)是等差数列，\(S_n\)是其前\(n\)项和，\(a_1>0\)且\(S_6=S_9\)，则(　　)
A．\(d>0\)
B．\(a_8=0\)
C．\(S_7\)或\(S_8\)为\(S_n\)的最大值
D．\(S_5>S_6\)

5(★★)【多选题】等差数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，\(a_1+5a_3=S_8\)，则下列结论一定正确的是(　　)
A．\(a_{10}=0\)
B．当\(n=9\)或\(10\)时，\(S_n\)取最大值
C．\(|a_9 |<|a_{11}|\)
D．\(S_6=S_{13}\)

6(★★)【多选题】已知数列\(\left\{\dfrac{a_{n}}{n+2^{n}}\right\}\)是首项为\(1\)，公差为\(d\)的等差数列，则下列判断正确的是(　　)
A．\(a_1=3\)
B．若\(d=1\)，则\(a_n=n^2+2^n\)
C．\(a_2\)可能为\(6\)
D．\(a_1 ,a_2 ,a_3\)可能成等差数列

7(★★)【多选题】已知无穷等差数列\(\{a_n\}\)的公差\(d∈N^*\)，且\(5\),\(17\),\(23\)是\(\{a_n\}\)中的三项，则下列结论正确的是(　　)
A．\(d\)的最大值是6
B．\(2a_2≤a_8\)
C．\(a_n\)一定是奇数
D．\(137\)一定是数列\(\{a_n\}\)中的项

8(★★)已知等差数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，若\(a_n a_{n+1}\),\(2S_n\)\(,1\)成等差数列．
(1)求数列\(\{a_n\}\)的通项公式；
(2)求数列\(\left\{\dfrac{a_{n+1}}{8-a_{n}}\right\}\)的最大项与最小项．

答案

1.\(\dfrac{4}{3}\)
2.\(\dfrac{19}{5}\)
3.\(AC\)
4.\(BC\)
5.\(AD\)
6.\(ACD\)
7.\(ABD\)
8.\((1) a_n=2n-1\)
\((2)\)最大项是第\(4\)项，值为\(9\)；最小项是第\(5\)项，值为\(-11\)

【题型二】等差数列的判断与证明

【典题1】数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和\(S_n=33n-n^2\)．
(1)求数列\(\{a_n\}\)的通项公式；
(2)求证：\(\{a_n\}\)是等差数列．
【解析】(1)当\(n≥2\)时，\(a_n=S_n-S_{n-1}=34-2n\)
又当\(n=1\)时，\(a_1=S_1=32\)满足上式，
故\(\{a_n\}\)的通项为\(a_n=34-2n\)．
(2)证明：\(a_{n+1}-a_n=34-2(n+1)-(34-2n)=-2\)．
故数列\(\{a_n\}\)是以\(32\)为首项，\(－2\)为公差的等差数列．
【点拨】
① 证明数列方法有定义法:\(a_{n+1}-a_n=d\)(\(d\)是常数，\(n∈N^*\))
② 通过等差数列的通项公式和前\(n\)项和公式，也可知道以下两种方法，但在解答题中不能直接使用，
通项公式法：\(a_n=kn+b\)(\(k ,b\)是常数)\(?a_n\)是公差为k等差数列；
前n项和公式法：\(S_n=An^2+Bn\)(\(A ,B\)是常数)\(?a_n\)是等差数列.

【典题2】已知数列\(\{a_n\}\)满足：\(a_1=2\)，\(a_{n}=2-\dfrac{9}{a_{n-1}+4}\)\((n>1)\)，
(1)求证：数列\(\left\{\dfrac{1}{a_{n}+1}\right\}\)等差数列；
(2)求\(a_n\)．
【解析】(1)证明：记\(b_{n}=\dfrac{1}{a_{n}+1}\)．
由\(a_{n}=2-\dfrac{9}{a_{n-1}+4}\)\((n>1)\)得\(a_{n+1}=2-\dfrac{9}{a_{n}+4}\)
则\(b_{n+1}-b_{n}=\dfrac{1}{a_{n+1}+1}-\dfrac{1}{a_{n}+1}\)\(=\dfrac{1}{2-\dfrac{9}{a_{n}+4}+1}-\dfrac{1}{a_{n}+1}\)\(=\dfrac{a_{n}+4}{3 a_{n}+3}-\dfrac{1}{a_{n}+1}=\dfrac{a_{n}+1}{3\left(a_{n}+1\right)}=\dfrac{1}{3}\)
所以数列\(\{b_n\}\)等差数列；
(2)由(1)结合\(a_1=2\)，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\(a_{n}=\dfrac{1}{b_{n}}-1=\dfrac{3}{n}-1\)
【点拨】
① 本题是由递推公式求通项公式的题型，题目先求证\(\left\{\dfrac{1}{a_{n}+1}\right\}\)是等差数列，避免构造新数列，从而降低了难度；
② 利用等差数列的定义法，只需要求证\(b_{n+1}-b_n\)是常数，过程仅仅需要运算化简，没太多的技巧要求.

【典题3】已知数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，\(a_1=1\)，\(a_n≠0\)，\(a_n a_{n+1}=λS_n-1\)，其中\(λ\)为常数．
(1)证明：\(a_{n+2}-a_n=λ\)；
(2)是否存在\(λ\)，使得\(\{a_n\}\)为等差数列？并说明理由．
【解析】(1)证明：\(∵a_n a_{n+1}=λS_n－1\)，
\({\color{Red}{(已知条件是a_n与S_n的关系式，易想到a_{n}=\begin{cases}S_{1},& n=1 \\S_{n}-S_{n-1},& n\geq 2\end{cases})}}\)
\(\therefore a_{n+1} a_{n+2}=\lambda S_{n+1}-1\)，
两式相减可得\(a_{n+1}\left(a_{n+2}-a_{n}\right)=\lambda a_{n+1}\)
\(\because a_{n+1} \neq 0\)，\(\therefore a_{n+2}-a_{n}=\lambda\)．
(2)解：\(\because a_{n} a_{n+1}=\lambda S_{n}-1\)，\(a_{1}=1\)
\(\therefore a_{1} a_{2}=\lambda S_{1}-1 \Rightarrow a_{2}=\lambda-1\)
\(\because a_{n+2}-a_{n}=\lambda\)
\(\therefore a_{3}=a_{1}+\lambda=\lambda+1\)
假设存在λ，使得\(\{a_n\}\)为等差数列，
则\(a_1\),\(a_2\),\(a_3\)成等差数列，即\(2a_2=a_1+a_3\)，
\({\color{Red}{(先通过前3项成等差数列证明\{a_n\}为等差数列的必要条件)}}\)
\(∴2(λ－1)=1+λ+1\)，解得\(λ=4\)，
\({\color{Red}{(得到λ后还要证明其充分性)}}\)
故\(a_{n+2}－a_n=4\)，
\({\color{Red}{(由于a_{n+2}、a_n是隔项，故分奇偶项进行讨论)}}\)
可知数列\(\{a_n\}\)中偶数项可组成首项为\(a_2=3\)，公差为\(4\)的等差数列
即\(a_{2n}=3+4（n-1）=4n-1=2\cdot (2n)-1\)
数列\(\{a_n\}\)中奇数项可组成首项为\(a_1=1\)，公差为\(4\)的等差数列
即\(a_{2n-1}=1+4(n-1)=4n-3=2\cdot (2n-1)-1\)
所以\(a_n=2n-1\)，
则\(a_{n+1}-a_n=2\)，
因此存在\(λ=4\)使得数列\(\{a_n\}\)为等差数列.
【点拨】本题求证是否存在λ，使得数列\(\{a_n\}\)为等差数列，思路是先利用前3项成等差数列证明其必要性，再证明其充分性，过程才完整严谨.

巩固练习

1(★)已知\(\{a_n\}\)是公差为\(3\)的等差数列，\(\{b_n\}\)是公差为\(4\)的等差数列，且\(b_n∈N^*\)，则\(\{a_{b_n}\}\)为(　　)
A．公差为\(7\)的等差数列
B．公差为\(12\)的等差数列
C．公比为\(12\)的等比数列
D．公比为\(81\)的等比数列

2(★★)设数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，且对任意正整数\(n\)，\(a_n+s_n=4096\)．若\(b_{n}=\log _{2} a_{n}\)，则数列\(\{b_n\}\)为(　　)
A．公差为\(－1\)的等差数列
B．公差为\(1\)的等差数列
C．公比数列为\(\dfrac{1}{2}\)的等比数列
D．公比数列为\(-\dfrac{1}{2}\)的等比数列

3(★★)数列\(\{a_n\}\)中，已知\(S_1=1\)，\(S_2=2\)，且\(S_{n+1}+2 S_{n-1}=3 S_{n}\)，(\(n≥2\)且\(n∈N^*\))，则此数列为(　　)
A．等差数列
B．等比数列
C．从第二项起为等差数列
D．从第二项起为等比数列

4(★★)数列\(\{a_n\}\)中，\(a_1=1\)，\(a_n=3a_{n-1}+3^n－1\)\((n∈N^* ,n≥2)\)，若存在实数\(λ\)，使得数列\(\left\{\dfrac{a_{n}+\lambda}{3^{n}}\right\}\)为等差数列，则\(λ=\) \(\underline{\quad \quad}\) ．

5(★★)已知数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n=2n^2-3n-2\)，求证数列\(\left\{\dfrac{S_{n}}{2 n+1}\right\}\)是等差数列．

6(★★)已知数列\(\{a_n\}\)中，\(a_1=4\)，\(a_n=a_{n-1}+2^{n-1}+3(n≥2)\)．证明数\(\left\{a_{n}-2^{n}\right\}\)是等差数列，并求\(\{a_n\}\)的通项公式.

7(★★★)设数列\(\{a_n\}\)满足：\(a_{1}=\dfrac{1}{2}\)，\(a_{n+1}-a_{n}=2\left(a_{n+1}-1\right)\left(a_{n}-1\right)\)，证明数列\(\left\{\dfrac{1}{a_{n}-1}\right\}\)是等差数列并求数列\(\{a_n\}\)的通项公式\(a_n\).

8(★★★)已知数列\(\{a_n\}\)满足\(a_{n+1}=\dfrac{1+a_{n}}{3-a_{n}}\)\((n∈N^*)\)，且\(a_1=0\)．
(1)求\(a_2\)，\(a_3\)的值；
(2)是否存在一个实常数\(λ\)，使得数列\(\left\{\dfrac{1}{a_{n}-\lambda}\right\}\)为等差数列，请说明理由．

答案

1.\(B\)
2.\(A\)
3.\(D\)
4.\(\lambda=-\dfrac{1}{2}\)
5. 提示：作差法
6. 证明略，\(a_n=2^n+3n-1\)
7. 证明略，\(a_{n}=\dfrac{2 n-1}{2 n}\)
8.\(\text { (1) } a_{2}=\dfrac{1}{3}, a_{3}=\dfrac{1}{2}\)

\((2)\)存在一个实常数\(λ=1\)，使得数列\(\left\{\dfrac{1}{a_{n}-\lambda}\right\}\)为等差数列．

【题型三】等差数列的基本性质及运用

【典题1】已知等差数列\(\{a_n\}\)满足\(a_1+a_3+a_5=18\)，\(a_3+a_5+a_7=30\)，则\(a_2+a_4+a_6=\) \(\underline{\quad \quad}\).
【解析】 \({\color{Red}{方法一}}\) 设公差为\(d\)，
则\(a_1+a_3+a_5\)，\(a_2+a_4+a_6\)，\(a_3+a_5+a_7\)
显然也成等差数列，且公差为\(3d\)，
\(∴2(a_2+a_4+a_6 )=(a_1+a_3+a_5 )+(a_3+a_5+a_7 )=48\)
\(∴a_2+a_4+a_6=24\)，
\({\color{Red}{方法二}}\)\(∵a_1+a_3+a_5=18\)
\(∴3a_3=18?a_3=6\),
\({\color{Red}{(等差数列性质:若m+n=p+t, 则a_m+a_n=a_p+a_t)}}\)
\(∵a_3+a_5+a_7=30\),
\(∴3a_5=30?a_5=10\)
\(\therefore a_{2}+a_{4}+a_{6}=3 a_{4}=3 \times \dfrac{a_{3}+a_{5}}{2}=24\).
【点拨】本题当然可以用方程思想求解，利用等差数列性质起到降低计算量的效果，这需要善于观察小标之间的关系.

【典题2】已知两个等差数列\(\{a_n\}\)，\(\{b_n\}\)的前\(n\)项和分别为\(S_n\),\(T_n\)，若对任意的整数\(n\)，都有\(\dfrac{S_{n}}{T_{n}}=\dfrac{2 n-7}{3 n+2}\)，则\(\dfrac{a_{5}}{b_{1}+b_{11}}+\dfrac{a_{7}}{b_{3}+b_{9}}\)等于\(\underline{\quad \quad}\).
【解析】依题意，数列\(\{a_n\}\)，\(\{b_n\}\)均为等差数列，
\(\therefore \dfrac{a_{5}}{b_{1}+b_{11}}+\dfrac{a_{7}}{b_{3}+b_{9}}\)
\(=\dfrac{a_{5}}{2 b_{6}}+\dfrac{a_{7}}{2 b_{6}}=\dfrac{a_{5}+a_{7}}{2 b_{6}}\)
\({\color{Red}{(等差数列性质:若m+n=p+t, 则a_m+a_n=a_p+a_t)}}\)
\(=\dfrac{a_{6}}{b_{6}}=\dfrac{S_{11}}{T_{11}}\)
\({\color{Red}{(等差数列性质:S_{2 n-1}=(2 n-1) a_{n})}}\)
\(=\dfrac{3}{7}\).

【典题3】已知\(S_n\)是等差数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和，且\(S_6>S_7>S_5\)，给出下列五个命题：
①\(d<0\)； ②\(S_{11}>0\)； ③\(S_{12}<0\)；
④数列\(\{S_n\}\)中的最大项为\(S_{11}\)； ⑤\(|a_6 |>|a_7 |\)
其中正确的命题是 \(\underline{\quad \quad}\).
【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正确；
②\(S_{11}=\dfrac{11\left(a_{1}+a_{11}\right)}{2}=11 a_{6}>0\)，故②正确；
③\(S_{12}=6(a_1+a_{12})=6(a_6+a_7 )>0\)，故③错误；
④\(∵a_6>0 ,a_7<0\)，\(∴\)数列\(\{S_n\}\)中的最大项为\(S_6\)，故④错误；
⑤\(∵a_6>0 ,a_7<0\)，\(a_6+a_7>0\)，\(\therefore\left|a_{6}\right|>\left|a_{7}\right|\)，故⑤正确.
综上，①②⑤正确.
\({\color{Red}{方法二}}\)等差数列的前\(n\)项和\(S_{n}=a_{1} n+\dfrac{n(n-1)}{2} d=\dfrac{d}{2} n^{2}+\left(a_{1}-\dfrac{d}{2}\right) n\)
由题意可知\(d≠0\)，则它是关于\(n\)的二次函数，
由\(S_6>S_7>S_5\)，想象下图象，

若图象开口向上，则\(n=6\)比\(n=5\)和\(n=7\)都要离对称轴远，是不可能的；
可得图象开口向下，且对称轴在\((6，6.5)\)，\(12(\(x_0\)为二次函数零点)，
则\(d<0\)，\(S_{11}>0\)，\(S_{12}>0\)，数列\(\{S_n\}\)中的最大项为\(S_6\)，\(|a_6 |>|a_7 |\).
综上，①②⑤正确.
【点拨】
① 本题是不等式问题，若使用基本量\(a_1,d\)表示，计算量较大，思路显得呆板，利用性质求解更简洁，也更看清楚其本质；
② 处理其\(n\)项和问题(比如比较大小，求最值等)，利用\(S_{n}=\dfrac{d}{2} n^{2}+\left(a_{1}-\dfrac{d}{2}\right) n\)其对应的函数图象较容易得出结果.

巩固练习

1(★)在等差数列\(\{a_n\}\)中，\(a_3+a_8+a_{13}=27\)，\(S_n\)表示数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和，则\(S_{15}=\) \(\underline{\quad \quad}\)．

2(★)已知各项不为\(0\)的等差数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，若\(a_5=2a_2\)，则\(\dfrac{S_{9}}{a_{2}}=\) \(\underline{\quad \quad}\)．

3(★★)两个等差数列\(\{a_n\}\)，\(\{b_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，\(T_n\)，且\(\dfrac{S_{n}}{T_{n}}=\dfrac{2 n-3}{3 n-2}\)，则\(\dfrac{a_{5}}{b_{5}}=\) \(\underline{\quad \quad}\)．

4(★★)已知等差数列\(\{a_n\}\)满足\(a_1>0\),\(a_{2019}+a_{2020}>0\),\(a_{2019}?a_{2020}<0\)．其前\(n\)项和为\(S_n\)，则使\(S_n>0\)成立时\(n\)最大值为\(\underline{\quad \quad}\)．

5(★★)设正项等差数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，若\(S_{21}=63\)，则\(\dfrac{1}{a_{5}}+\dfrac{4}{a_{17}}\)的最小值为\(\underline{\quad \quad}\)．

6(★★)设等差数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，若\(a_6<0\)，\(a_7>0\)，且\(a_7>|a_6 |\)，则(　　)
A．\(S_{11}+S_{12}<0\)
B．\(S_{11}+S_{12}>0\)
C．\(S_{11}S_{12}<0\)
D．\(S_{11} S_{12}>0\)

7(★★)已知等差数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，\(S_{4}=40\)，\(S_{n}=210\)，\(S_{n-4}=130\)，则\(n=\)( )
A．\(12\)
B．\(14\)
C．\(16\)
D．\(18\)

8(★★)【多选题】 等差数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，若\(a_1>0\)，公差\(d≠0\)，则下列命题正确的是(　　)
A．若\(S_5=S_9\)，则必有\(S_{14}=0\)
B．若\(S_5=S_9\)，则必有\(S_7\)是\(S_n\)中最大的项
C．若\(S_6>S_7\)，则必有\(S_7>S_8\)
D．若\(S_6>S_7\)，则必有\(S_5>S_6\)

9 (★★)设正项等差数列\(\{a_n\}\)满足\(\left(a_{1}+a_{10}\right)^{2}=2 a_{2} a_{9}+20\)，则(　　)
A．\(a_2 a_9\)的最大值为\(10\)
B．\(a_2+a_9\)的最大值为\(2 \sqrt{10}\)
C．\(\dfrac{1}{a_{2}^{2}}+\dfrac{1}{a_{9}^{2}}\)的最大值为\(\dfrac{1}{5}\)
D．\(a_2^4+a_9^4\)的最小值为\(200\)

答案

1.\(135\)
2.\(18\)
3.\(\dfrac{3}{5}\)
4.\(4038\)
5.\(\dfrac{3}{2}\)
6.\(C\)
7.\(B\)
8.\(ABC\)
9.\(ABD\)