2022-甲卷文-18 解-数列综合

本题导读

本题考查Sn与an的关系。核心在于$S_n$与$a_n$作差法、构造新数列法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2022年甲卷文） 记 $S_n$ 为数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和．已知 $\frac{2S_n}{n}+n=2a_n+1$．

（1）证明：$\{a_n\}$ 是等差数列；

（2）若 $a_4,a_7,a_9$ 成等比数列，求 $S_n$ 的最小值．

🔍【思路分析】

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1. 第一问（证明等差数列）：

   • 核心策略：处理含有 $S_n$ 和 $a_n$ 的混合递推式，通法是利用 $a_{n+1}=S_{n+1}-S_n$ 进行消元。

   • 解法一（常规作差法）：先去分母化为整式，写出第 $n$ 项和第 $n+1$ 项的等式，两者相减消去 $S_n$，化简得到 $a_{n+1}-a_n$ 为常数。

   • 解法二（构造新数列）：将递推式通过代数变形，凑出 $\frac{S_{n+1}}{n+1}-\frac{S_n}{n}$ 为常数的结构，证明数列 $\{\frac{S_n}{n}\}$ 是等差数列，进而求出 $S_n$ 和 $a_n$。

2. 第二问（求最值）：

   • 求首项：根据第一问得出公差 $d=1$，设出首项 $a_1$，利用 $a_4,a_7,a_9$ 成等比数列（$a_7^2=a_4\cdot a_9$）解出 $a_1$。

   • 求最值（解法一：临界项法）：分析通项 $a_n$ 的正负性，找到最后一个负数项和第一个正数项的临界点。

   • 求最值（解法二：二次函数法）：写出 $S_n$ 关于 $n$ 的二次函数解析式，利用配方法求抛物线的顶点，结合 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ 取最接近对称轴的整数。

✅【答案】

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(1) 证明见解析

(2) $-78$

✍【详细解析】

Abstract

（1）证明：$\{a_n\}$ 是等差数列

方法一：$S_n$ 与 $a_n$ 作差法（通法）

1. 等式变形：

   已知 $\frac{2S_n}{n}+n=2a_n+1$。

   两边同乘 $n$ 整理得：

   $2S_n+n^2=2n{a}_n+n\text{(1)}$

2. 递推作差：

   将等式 ① 中的 $n$ 替换为 $n+1$，得：

   $2S_{n+1}+(n+1{)}^2=2(n+1)a_{n+1}+n+1\text{(2)}$

   ② $-$ ① 得：

   $2(S_{n+1}-S_n)+(n+1{)}^2-n^2=2(n+1)a_{n+1}-2n{a}_n+1$

3. 化简证明：

   因为 $S_{n+1}-S_n=a_{n+1}$，代入上式得：

   $2a_{n+1}+2n+1=2(n+1)a_{n+1}-2n{a}_n+1$

   整理并消去同类项：

   $2n=2n{a}_{n+1}-2n{a}_n$

   由于 $n⩾1$（$n\ne 0$），两边同除以 $2n$：

   $a_{n+1}-a_n=1$

   因为对任意 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，$a_{n+1}-a_n$ 均等于常数 $1$，

   所以数列 $\{a_n\}$ 是以 $1$ 为公差的等差数列．

方法二：构造新数列法（巧解）

4. 由 $\frac{2S_n}{n}+n=2a_n+1$，得 $2S_n+n^2=2n{a}_n+n$。

5. 将 $n$ 替换为 $n+1$ 得：$2S_{n+1}+(n+1{)}^2=2(n+1)a_{n+1}+n+1$。

6. 由于 $a_{n+1}=S_{n+1}-S_n$，代入上式：

   $2S_{n+1}+(n+1{)}^2=2(n+1)(S_{n+1}-S_n)+n+1$

   展开整理得：

   $2n{S}_{n+1}-2(n+1)S_n=(n+1{)}^2-(n+1)=n(n+1)$

7. 两边同除以 $2n(n+1)$：

   $\frac{S_{n+1}}{n+1}-\frac{S_n}{n}=\frac{1}{2}$

   故数列 $\{\frac{S_n}{n}\}$ 是以 $a_1$ 为首项（当 $n=1$ 时 $\frac{S_1}{1}=a_1$），公差为 $\frac{1}{2}$ 的等差数列。

8. 求出 $S_n$ 和 $a_n$：

   $\frac{S_n}{n}=a_1+\frac{n-1}{2}⟹S_n=n{a}_1+\frac{n(n-1)}{2}$。

   根据等差数列前 $n$ 项和公式的特征结构（缺乏常数项的二次式），立知 $\{a_n\}$ 为等差数列。

   （或计算 $a_n=S_n-S_{n-1}=a_1+n-1$，显然 $a_{n+1}-a_n=1$）。

（2）求 $S_n$ 的最小值

1. 利用等比中项求首项 $a_1$：

   由（1）可知数列 $\{a_n\}$ 为等差数列，且公差 $d=1$。

   所以 $a_4=a_1+3$，$a_7=a_1+6$，$a_9=a_1+8$。

   已知 $a_4,a_7,a_9$ 成等比数列，则满足：

   $(a_7{)}^2=a_4\cdot a_9$

   代入得：

   (a_1 + 6)^2 = (a_1 + 3)(a_1 + 8)$$$$a_1^2 + 12a_1 + 36 = a_1^2 + 11a_1 + 24

   解得：$a_1=-12$。

   故通项公式为：$a_n=-12+(n-1)\times 1=n-13$。

2. 求 $S_n$ 的最小值（提供两种方法）

方法一：临界项判定法（找通项的正负界限）

由通项 $a_n=n-13$ 可知：

• 当 $1⩽n⩽12$ 时，$a_n<0$；

• 当 $n=13$ 时，$a_{13}=0$；

• 当 $n⩾14$ 时，$a_n>0$。

  所以，前 $n$ 项和 $S_n$ 处于不断累加负数的过程直至第 $12$ 项，第 $13$ 项加 $0$ 不改变和的大小，从第 $14$ 项开始累加正数使和增大。

  故 $S_n$ 在 $n=12$ 或 $n=13$ 时取得最小值。

  $S_{\min }=S_{12}=S_{13}=\frac{13\times (-12+0)}{2}=-78$

  。

方法二：二次函数法

根据等差数列求和公式：

S_n = na_1 + \frac{n(n-1)}{2}d = -12n + \frac{n(n-1)}{2}$$$$S_n = \frac{1}{2}n^2 - \frac{25}{2}n

将其视为关于 $n$ 的二次函数，配方得：

$S_n=\frac{1}{2}\left(n^2-25n\right)=\frac{1}{2}{\left(n-\frac{25}{2}\right)}^2-\frac{625}{8}$

该二次函数的对称轴为 $n=\frac{25}{2}=12.5$。

因为 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，最接近对称轴的整数为 $12$ 和 $13$。

故当 $n=12$ 或 $n=13$ 时，$S_n$ 取得最小值：

$S_{\min }=\frac{1}{2}(12{)}^2-\frac{25}{2}(12)=72-150=-78$

。

结论：

$S_n$ 的最小值为 $-78$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心技巧：

  1. 降幂消元法：在处理 $\frac{S_n}{n}$ 类型的题目时，先去分母化为整式方程，再进行 $n\to n+1$ 的代换是避免分式作差极易出错的有效手段。

  2. 二次函数求最值：等差数列前 $n$ 项和本质上是缺常数项的二次函数。求最值时找对称轴（$n=-\frac{b}{2a}$），并取距离对称轴最近的整数。

• 规律总结：若等差数列的首项为负，公差为正，则其前 $n$ 项和 $S_n$ 必定存在最小值。最小值的取得位置在于“最后一个负项”与“第一个正项”的交界处（或通项为 $0$ 的项）。

• 避坑指南：

  • 在第一问解法一的作差化简中，$(n+1{)}^2-n^2=2n+1$，切勿算错常数项。

  • 第二问解等比中项方程时，虽然方程是二次的，但 $a_1^2$ 会被巧妙抵消，转化为了线性方程。运算务必细心。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：待补

2. 结论推广：待补

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 19.07 一般数列的性质
• 19.01 等差数列全总结

类题演练 (Links)

• 2008-北京卷文-07 单-等差数列偶数项子列
• 2008-天津卷文-04 单-等差数列基本量
• 2008-安徽卷文-15 填-等差数列待定系数