4.2.2 等差数列的前n项和公式

 ${\color{Red}{欢迎到学科网下载资料学习 }}$

[ 【基础过关系列】高二数学同步精品讲义与分层练习(人教A版2019）]

( https://www.zxxk.com/docpack/2875423.html)

\({\color{Red}{ 跟贵哥学数学，so \quad easy！}}\)

选择性第二册同步巩固，难度2颗星！

基础知识

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

\(S_n=\dfrac{\left(a_1+a_n\right) n}{2}\)， \(S_n=n a_1+\dfrac{n(n-1)}{2} d\)

解释

(1)证明 \(S_n=a_1+a_2+⋯+a_{n-1}+a_n\) (1)

\(S_n=a_n+a_{n-1}+⋯+a_2+a_1\) (2)

两式相加可得\(2S_n=(a_1+a_n)+(a_2+a_{n-1})+⋯+(a_{n-1}+a_2)+(a_n+a_1)\)，

有等差数列的性质：若\(m+n=s+t\)， 则\(a_m+a_n=a_s+a_t\)；

可得\(2S_n=(a_1+a_n )+(a_1+a_n )+⋯+(a_1+a_n )+(a_1+a_n )=n(a_1+a_n)\)，

故\(S_n=\dfrac{\left(a_1+a_n\right) n}{2}\)；

又\(a_n=a_1+{n-1}d\)，

所以\(S_n=\dfrac{\left[a_1+a_1+(n-1) d\right] n}{2}=\dfrac{2 n a_1+n(n-1) d}{2}=n a_1+\dfrac{n(n-1)}{2} d\).

以上方法是 倒序相加法.

(2)等边数列的前\(n\)项和\(S_n=n a_1+\dfrac{n(n-1)}{2} d\)，可写成 \(S_n=\dfrac{d}{2} n^2+\left(a_1-\dfrac{d}{2}\right) n\)，

当\(d≠0\)时，\(S_n\)可看成关于\(n\)的二次函数.

【例】 等差数列\(\{a_n \}\)中，\(a_n=2n-1\)，则其前\(n\)项和\(S_n=\) \(\underline{\quad \quad}\).

解析 \(S_n=\dfrac{\left(a_1+a_n\right) n}{2}=\dfrac{(1+2 n-1) n}{2}=n^2\)；

或\(∵a_1=1\)，\(d=2\)， \(\therefore S_n=n a_1+\dfrac{n(n-1)}{2} d=n^2\).

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： \(2a_{n+1}=a_n+a_{n+2} (n∈N^*)⟹a_n\)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；

注 方法③④不可以在解答题里直接使用.

基本性质

若数列\(\{a_n\}\)是首项为\(a_1\)，公差为\(d\)的等差数列，前\(n\)项和为\(S_n\)，它具有以下性质：

(1) \(S_n\) ， \(S_{2 n}-S_n\)， \(S_{3 n}-S_{2 n}…\)\((n∈N^*)\)成等差数列；

证明 \(S_{2 n}-S_n=a_{n+1}+a_{n+2}+\cdots+a_{2 n-1}+a_{2 n}\)

\(=\left(a_1+n d\right)+\left(a_2+n d\right)+\cdots+\left(a_{n-1}+n d\right)+\left(a_n+n d\right)=S_n+n^2 d\)；

即 \(S_{2 n}-S_n-S_n=n^2 d\)；

同理 \(S_{3 n}-S_{2 n}=S_{2 n}-S_n+n^2 d \Rightarrow S_{3 n}-S_{2 n}-\left(S_{2 n}-S_n\right)=n^2 d\)；

\(S_{4 n}-S_{3 n}-\left(S_{3 n}-S_{2 n}\right)=n^2 d…\) 归纳得证.

【例】 \(S_n\)是一等差数列的前\(n\)项和，\(S_3\) ，\(S_6-S_3\) ，\(S_9-S_6\)成等差数列.

(2) \(S_{2 n-1}=(2 n-1) a_n\).

证明 \(S_{2 n-1}=\dfrac{(2 n-1)\left(a_1+a_{2 n-1}\right)}{2}=(2 n-1) \cdot \dfrac{a_1+a_{2 n-1}}{2}=(2 n-1) a_n\).

【例】 \(S_n\)是一等差数列的前\(n\)项和，\(S_7=7a_4\)，\(S_{11}=11a_6\).

基本方法

【题型1】 等差数列前n项和的基本运算

【典题1】 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\(S_9=\) \(\underline{\quad \quad}\).

解析 设等差数列\(\{a_n\}\)的公差为\(d\)， \(\because a_4+a_5=24\)，\(S_6=48\)，

\(\therefore\left\{\begin{array}{c}
2 a_1+7 d=24 \\
6 a_1+\dfrac{6 \times 5}{2} d=48
\end{array}\right.\)，解得\(a_1=-2\)，\(d=4\)，

\(\therefore S_9=9 a_1+\dfrac{9 \times 8}{2} d=-18+144=126\).

点拨 本题属于基本量法，\(a_1\)，\(d\)是等差数列基本量，遇到\(a_n\)用上\(a_n=a_1+(n-1)d\)，

\(S_n\)用上 \(S_n=n a_1+\dfrac{n(n-1)}{2} d\).

【典题2】 数列\(\{a_n \}\)是等差数列，\(a_1=50\)，\(d=-0.6\).

  (1)该数列前多少项都是非负数？ \(\qquad \qquad\) (2)求此数列的前\(n\)项和\(S_n\)的最大值．

解析 (1)由\(a_1=50\)，\(d=-0.6\)，

知 \(a_n=50-0.6(n-1)=-0.6n+50.6\).

令 \(\left\{\begin{array}{l}
a_m \geq 0 \\
a_{m+1}<0
\end{array}\right.\)，即 \(\left\{\begin{array}{l}
-0.6 m+50.6 \geq 0 \\
-0.6(m+1)+50.6<0
\end{array}\right.\)，解得 \(\dfrac{250}{3}<m \leq \dfrac{253}{3}\)，

又\(m∈N^*\)，则\(m=84\)，

即前\(84\)项都是非负数．

(2)方法1 由(1)得\(a_{84}>0\)，\(a_{85}<0\)，

则\(S_n\)的最大值是 \(S_{84}=50 \times 84+\dfrac{84 \times 83}{2} \times(-0.6)=2108.4\).

方法2 \(S_n=50 n+\dfrac{n(n-1)}{2} \cdot(-0.6)=-0.3 n^2+50.3 n\)\(=-0.3\left(n-\dfrac{503}{6}\right)^2+\dfrac{503^2}{120}\)，

由二次函数的性质知，当\(n=84\)时，\(S_n\)取最大值\(S_{84}=2108.4\).

点拨 求等差数列前n项和\(S_n\)的最值，显然当等差数列递减，\(S_n\)有最大值，可确定哪项开始为负值，便可知道最大值；当等差数列递增，\(S_n\)有最小值，可确定哪项开始为正值，便可知道最小值；方法2是求出\(S_n\)的解析式，再利用二次函数的性质求最值.

【典题3】 等差数列\(\{a_n\}\)中，\(a_1=2020\)，前\(n\)项和为\(S_n\)，若 \(\dfrac{S_{12}}{12}-\dfrac{S_{10}}{10}=-2\)，则\(S_{2022}=\) \(\underline{\quad \quad}\) .

解析 由等差数列前\(n\)项和为 \(S_n=n a_1+\dfrac{n(n-1)}{2} d\)，

则 \(\dfrac{S_n}{n}=a_1+\dfrac{(n-1)}{2} d=-\dfrac{d}{2} n+a_1\)，显然 \(\left\{\dfrac{S_n}{n}\right\}\)为等差数列，

设 \(\left\{\dfrac{S_n}{n}\right\}\)公差为\(d_1\)，

\(\because a_1=2020\)， \(\therefore \dfrac{S_1}{1}=\dfrac{a_1}{1}=2020\)，

\(\because \dfrac{S_{12}}{12}-\dfrac{S_{10}}{10}=2 d_1=-2\)，\(\therefore d_1=-1\)，

\(\therefore \dfrac{s_{2022}}{2022}=2020+2021 \times(-1)=-1\)，解得\(S_{2022}=-2022\)．

点拨 等差数列中，前\(n\)项和为\(S_n\)，则\(\left\{\dfrac{S_n}{n}\right\}\)为等差数列.

【巩固练习】

1.已知\(\{a_n\}\)为等差数列，若\(a_3=1\)，\(S_4=0\)，则\(a_6\)的值为(　　)

 A．\(6\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(7\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(8\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(9\)

2.(多选)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．\(d>0\) \(\qquad \qquad \qquad\) B．\(a_8=0\) \(\qquad \qquad \qquad\) C．\(S_7\)或\(S_8\)为\(S_n\)的最大值 \(\qquad \qquad \qquad\) D．\(S_5>S_6\)

3.已知在等差数列\(\{a_n\}\)中，\(a_3=12\)，\(S_{12} S_{13}<0\)，则\(S_n\)最大时\(n=\) \(\underline{\quad \quad}\)．

参考答案

1. 答案 \(B\)
   
   解析 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 \(\left\{\begin{array}{l}
   a_1+2 d=1 \\
   4 a_1+6 d=0
   \end{array}\right.\)，解得 \(\left\{\begin{array}{l}
   a_1=-3 \\
   d=2
   \end{array}\right.\)，
   
   所以\(a_6=-3+2×5=7\)．
   
   故选：\(B\)．

2. 答案 \(BC\)
   
   解析 \(a_1>0\)且\(S_6=S_9\)，
   
   \(\therefore 6 a_1+\dfrac{6 \times 5}{2} d=9 a_1+\dfrac{9 \times 8}{2} d\)，化为：\(a_1+7d=0\)，
   
   可得\(a_8=0\)，\(d<0\)．
   
   \(S_7\)或\(S_8\)为\(S_n\)的最大值，\(S_5<S_6\)．
   
   故选：\(BC\)．

3. 答案 \(6\)
   
   解析 设等差数列\(\{a_n\}\)的公差为\(d\)，\(\because a_3=12\)，\(S_{12} S_{13}<0\)，
   
   \(\therefore a_1+2d=12\)， \(\left(12 a_1+\dfrac{12 \times 11}{2} d\right)\left(13 a_1+\dfrac{13 \times 12}{2} d\right)<0\)，
   
   化为： \((d+3)\left(d+\dfrac{24}{7}\right)<0\)，
   
   解得\(-\dfrac{24}{7}<d<-3\)，可得：\(\dfrac{7}{2}<-\dfrac{12}{d}<4\)．
   
   因此等差数列\(\{a_n\}\)单调递减，
   
   \(\therefore S_{12}>0\)，\(S_{13}<0\)．
   
   \(a_n=a_1+(n-1)d=12-2d+(n-1)d=12+(n-3)d≥0\)，
   
   可得 \(n \leq 3-\dfrac{12}{d}\)，
   
   \(\because \dfrac{13}{2} \leq 3-\dfrac{12}{d} \leq 7\)，\(\therefore n≤6\)．
   
   则\(S_n\)最大时\(n=6\)．

【题型2】等差数列前n项和的性质

【典题1】 已知两个等差数列\(\{a_n \}\)，\(\{b_n \}\)，它们的前\(n\)项和分别记为\(S_n\)，\(T_n\)，若 \(\dfrac{S_n}{T_n}=\dfrac{n+3}{n+1}\)，求 \(\dfrac{a_{10}}{b_{10}}\) .

解析 在等差数列\(\{a_n \}\)，\(\{b_n \}\)中 \(\because \dfrac{S_{19}}{T_{19}}=\dfrac{19 a_{10}}{19 b_{10}}=\dfrac{a_{10}}{b_{10}}\)，

\(\therefore \dfrac{a_{10}}{b_{10}}=\dfrac{S_{19}}{T_{19}}=\dfrac{19+3}{19+1}=\dfrac{11}{10}\).

点拨 性质 \(S_{2 n-1}=(2 n-1) a_n\)的运用.

【典题2】 一个等差数列的前\(n\)项和为\(S_n\)，\(S_{10}=100\)， \(S_{100}=10\)，求\(S_{110}\)．

解析 方法1 设等差数列\(\{a_n \}\)的公差为\(d\)，前\(n\)项和为\(S_n\)，

则 \(S_n=n a_1+\dfrac{n(n-1)}{2} d\).

由已知，得 \(\left\{\begin{array}{l}
10 a_1+\dfrac{10 \times 9}{2} d=100 \\
100 a_1+\dfrac{100 \times 99}{2} d=10
\end{array}\right.\)，解得 \(d=-\dfrac{11}{50}\)， \(a_1=\dfrac{1099}{100}\)，

则 \(S_{110}=110 a_1+\dfrac{110 \times 109}{2} d=110 \times \dfrac{1099}{100}+\dfrac{110 \times 109}{2} \times\left(-\dfrac{11}{50}\right)\)\(=110 \times\left(\dfrac{1099-109 \times 11}{100}\right)=-110\).

故此数列的前\(110\)项之和为\(-110\).

方法2 设此等差数列的前\(n\)项和为\(S_n=an^2+bn\).

\(\because S_{10}=100\)， \(S_{100}=10\)，

\(\therefore\left\{\begin{array}{l}
10^2 a+10 b=100 \\
100^2 a+100 b=10
\end{array}\right.\)，解得 \(\left\{\begin{array}{l}
a=-\dfrac{11}{100} \\
b=\dfrac{111}{10}
\end{array}\right.\)，

\(\therefore S_n=-\dfrac{11}{100} n^2+\dfrac{111}{10} n\).

\(\therefore S_{110}=-\dfrac{11}{100} \times 110^2+\dfrac{111}{10} \times 110=-110\).

方法3 数列 \(S_{10}， S_{20}-S_{10}， S_{30}-S_{20}， \ldots， S_{100}-S_{90}， S_{110}-S_{100}\)成等差数列．

设其公差为\(D\)，则前\(10\)项的和为 \(10 S_{10}+\dfrac{10 \times 9}{2} \cdot D=S_{100}=10\)，解得\(D=-22\)，

\(\therefore S_{110}-S_{100}=S_{10}+(11-1) D=100+10 \times(-22)=-120\).

\(\therefore S_{110}=-120+S_{100}=-110\).

方法4 \(\because S_{100}-S_{10}=a_{11}+a_{12}+\cdots+a_{100}=\dfrac{90\left(a_{11}+a_{100}\right)}{2}=\dfrac{90\left(a_1+a_{110}\right)}{2}\)，

又 \(S_{100}-S_{10}=10-100=-90\)， \(\therefore a_1+a_{110}=-2\).

\(\therefore S_{110}=\dfrac{110\left(a_1+a_{110}\right)}{2}=-110\).

点拨 注意比较各种方法的优劣，掌握等差数列的基本性质.

【巩固练习】

1.等差数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，若\(a_2+a_8+a_{11}=60\)，则\(S_{13}\)的值是(　　)

 A．\(130\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(260\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(390\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(520\)

2.已知数列\(\{a_n\}\)为等差数列，\(S_n\)为其前\(n项\)和，\(2+a_5=a_6+a_3\)，则\(S_7=\)(　　)

 A．\(2\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(7\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(14\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(28\)

3.已知等差数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，\(S_4=3\)，\(S_{n-4}=12(n≥5，n∈N^*)\)，\(S_n=17\)，则\(n\)的值为(　　)

 A．\(8\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(11\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(13\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(17\)

4.等差数列\(\{a_n\}\)，\(\{b_n\}\)的前\(n\)项和分别为\(S_n\)，\(T_n\) ，若\(\dfrac{S_n}{T_n}=\dfrac{2 n}{3 n+1}\)，则 \(\dfrac{a_n}{b_n}=\)(　　)

 A． \(\dfrac{2}{3}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B． \(\dfrac{2 n-1}{3 n-1}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C． \(\dfrac{2 n+1}{3 n+1}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D． \(\dfrac{2 n-1}{3 n+4}\)

5.设\(S_n\)是等差数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和，若 \(\dfrac{S_3}{S_6}=\dfrac{1}{3}\)，则\(\dfrac{S_6}{S_{12}}=\)(　　)

 A． \(\dfrac{3}{10}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B． \(\dfrac{1}{3}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C． \(\dfrac{1}{8}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D． \(\dfrac{1}{9}\)

参考答案

1. 答案 \(B\)
   
   解析 设等差数列\(\{a_n\}\)的公差为\(d\)，
   
   \(\because a_2+a_8+a_{11}=60\)，
   
   \(\therefore a_1+d+a_1+7d+a_1+10d=3(a_1+6d)=3a_7=60\)，解得\(a_7=20\)，
   
   \(\therefore S_{13}=\dfrac{13\left(a_1+a_{13}\right)}{2}=13 a_7=13 \times 20=260\)．
   
   故选：\(B\)．

2. 答案 \(C\)
   
   解析 \(\because 2+a_5=a_6+a_3\)，\(\therefore a_4=a_6+a_3-a_5=2\)．
   
   则 \(S_7=\dfrac{7\left(a_1+a_7\right)}{2}=7 a_4=14\)．故选：\(C\)．

3. 答案 \(D\)
   
   解析 由题意可得，\(S_4=a_1+a_2+a_3+a_4=3\) ①，
   
   \(\because S_{n-4}=12\)，\(S_n=17\)，
   
   \(\therefore a_{n-3}+a_{n-2}+a_{n-1}+a_n=17-12=5\)②，
   
   ①+②可得， \(\left(a_1+a_n\right)+\left(a_2+a_{n-1}\right)+\left(a_3+a_{n-2}\right)+\left(a_4+a_{n-3}\right)=8\)，
   
   \(\therefore a_1+a_n=2\)，
   
   \(\because S_n=17\)， \(\therefore S_n=\dfrac{n\left(a_1+a_n\right)}{2}=17\)，解得\(n=17\)．
   
   故选：\(D\)．

4. 答案 \(B\)
   
   解析 \(\dfrac{a_n}{b_n}=\dfrac{2 a_n}{2 b_n}=\dfrac{a_1+a_{2 n-1}}{b_1+b_{2 n-1}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}(2 n-1)\left(a_1+a_{2 n-1}\right)}{\dfrac{1}{2}(2 n-1)\left(b_1+b_{2 n-1}\right)}\)\(=\dfrac{S_{2 n-1}}{T_{2 n-1}}=\dfrac{2(2 n-1)}{3(2 n-1)+1}=\dfrac{2 n-1}{3 n-1}\)，故选\(B\).

5. 答案 \(A\)
   
   解析 方法一 \(\because \dfrac{S_3}{S_6}=\dfrac{1}{3}\)， \(\therefore \dfrac{3 a_1+3 d}{6 a_1+15 d}=\dfrac{1}{3}\)，化简得\(a_1=2d\)，
   
   \(\therefore \dfrac{S_6}{S_{12}}=\dfrac{6 a_1+15 d}{12 a_1+66 d}=\dfrac{27 d}{90 d}=\dfrac{3}{10}\).故选\(A\).
   
   方法二 \(\because \dfrac{S_3}{S_6}=\dfrac{1}{3}\)，令\(S_3=1\)， \(S_6=3\)，
   
   \(\because S_3， S_6-S_3， S_9-S_6， S_{12}-S_9\)成等差数列，
   
   \(\therefore 1，2，S_9-3，S_{12}-S_9\)成等差数列，
   
   显然这等差数列公差为\(1\)，所以\(S_9-3=3\)，\(S_{12}-S_9=4\)，
   
   解得\(S_{12}=10\)， \(\therefore \dfrac{S_6}{S_{12}}=\dfrac{3}{10}\)，故选\(A\).

【题型3】 等差数列前n项和的综合

【典题1】 已知等差数列\(\{a_n\}\)满足：\(a_1=2\)，\(a_5=18\)．

  (1)求数列\(\{a_n\}\)的通项公式；

  (2)记\(S_n\)为数列\(\{a_n\}\)的前n项和，求正整数\(n\)的范围，使得\(S_n>60n+800\)．

解析 (1)设等差数列\(\{a_n\}\)的公差为\(d\)，

则\(4d=a_5-a_1=18-2=16\)，解得\(d=4\)，

故\(a_n=a_1+{n-1}d=2+4{n-1}=4n-2\)．

(2) \(S_n=\dfrac{n[2+(4 n-2)]}{2}=2 n^2\)，

令\(2n^2>60n+800\)，即\(n^2-30n-400>0\)，解得\(n>40\)或\(n<-10\)(舍去)，

故存在正整数\(n\)，使得\(S_n>60n+800\)成立，\(n\)的最小值为\(41\)．

【典题2】 某长江抗洪指挥部接到预报，\(24\)小时后有一洪峰到达．为确保安全，指挥部决定在洪峰来临前筑一道堤坝作为第二道防线．经计算，除现有的部队指战员和当地干部群众连续奋战外，还需用\(20\)台同型号的翻斗车，平均每辆车要工作\(24\)小时才能完成任务．但目前只有一辆车投入施工，其余的需从附近高速公路上抽调，每隔\(20\)分能有一辆车到达，且指挥部最多还可调集\(24\)辆车，那么在\(24\)时内能否构筑成第二道防线？

解析 设第\(n\)辆车工作的时间是\(a_n\)小时，

则有\(a_n-a_{n+1}=\dfrac{20}{60}=\dfrac{1}{3}\) (小时)，

所以数列\(\{a_n\}\)是等差数列，公差 \(d=-\dfrac{1}{3}\)，\(a_1=24\).

如果把所有的\(25\)辆车全部抽调到位，所用的时间是 \(\dfrac{20}{60} \times 24=8\) (小时)\(<24\)小时，

则这\(25\)辆车可以完成的工作量为

\(S_{25}=a_1+a_2+\cdots+a_{25}=25 a_1+\dfrac{25 \times(25-1)}{2} d\) \(=25 \times 24+\dfrac{25 \times 24}{2} \times\left(-\dfrac{1}{3}\right)=500\)(小时)．

总共需要完成的工作量为\(24×20=480\)(小时)．

由于\(500>480\)，

所以，在\(24\)小时内能构筑成第二道防线．

【巩固练习】

1.某景区三绝之一的铁旗杆铸于道光元年，两根分别立于人口两侧，每根重约\(12000\)斤，旗杆分五节，每节分铸八卦龙等图案，每根杆，上还悬挂\(24\)只玲珑的铁风铃．已知每节长度约成等差数列，第一节长约\(12\)尺，总长约\(48\)尺，则第五节长约为几尺(　　)

 A．\(7\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(7.2\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(7.6\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(8\)

2.公差不为零的等差数列\(\{a_n\}\)满足\(a_3=a_5 a_8\)，\(a_6=1\)．

  (1)求\(\{a_n\}\)的通项公式；

  (2)记\(\{a_n\}\)的前n项和为\(S_n\)，求使\(S_n<a_n\)成立的最大正整数\(n\)．

3.在正项等差数列\(\{a_n \}\)中，其前\(n\)项和为\(S_n\)，\(a_2+a_3=12\)，\(a_2⋅a_3=S_5\)．

  (1)求\(a_n\)；

  (2)证明： \(\dfrac{1}{3} \leq \dfrac{1}{S_1}+\dfrac{1}{S_2}+\cdots+\dfrac{1}{S_n}<\dfrac{3}{4}\)．

参考答案

1. 答案 \(B\)
   
   解析 设每旗杆节长度成等差数列\(\{a_n\}\)，其公差为\(d\)，
   
   由题意 \(\left\{\begin{array}{l}
   a_1=12 \\
   S_5=5 a_1+10 d=48
   \end{array}\right.\)，则\(60+10d=48\)，即\(d=-1.2\)，
   
   所以\(a_5=a_1+4d=12+4×(-1.2)=7.2\)．
   
   所以第五节长为\(7.2\)尺．
   
   故选：\(B\)．

2. 答案 (1) \(a_n=2n-11(n∈N^* )\)； (2)\(10\).
   
   解析 (1)设等差数列\(\{a_n\}\)的公差为\(d(d≠0)\)，
   
   由\(a_3=a_5 a_8\)，\(a_6=1\)，得\(1-3d=(1-d)(1+2d)\)，
   
   即\(2d^2-4d=0\)，解得\(d=2\)，或\(d=0\)(舍去)，
   
   则\(a_1=a_6-5d=1-10=-9\)，
   
   所以\(a_n=-9+2(n-1)=2n-11(n∈N^* )\)；
   
   (2)由(1)可知 \(S_n=\dfrac{n}{2}\left(a_1+a_n\right)=\dfrac{n}{2}(-9+2 n-11)=n^2-10 n\)，
   
   令\(S_n<a_n\)，得\(n^2-10n<2n-11\)，
   
   即\(n^2-12n+11<0\)，解得\(1<n<11\)，
   
   又\(n∈N^*\)，
   
   故使\(S_n<a_n\)成立的最大正整数\(n\)为\(10\)．

3. 答案 (1) \(a_n=2n+1\)；(2)略.
   
   解析 (1) \(\because \left\{\begin{array}{l}
   a_2+a_3=12 \\
   a_2 \cdot a_3=S_5=5 a_3
   \end{array}\right.\)，
   
   即 \(\left\{\begin{array}{l}
   a_2=a_1+d=5 \\
   a_3=a_1+2 d=7
   \end{array}\right.\)，解得\(a_1=3\)，\(d=2\)，
   
   \(\therefore a_n=2n+1\)．
   
   证明：(2)\(S_n=n(n+2)\)， \(\dfrac{1}{S_n}=\dfrac{1}{n(n+2)}=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+2}\right)\)，
   
   \(\therefore \dfrac{1}{S_1}+\dfrac{1}{S_2}+\cdots+\dfrac{1}{S_n}=\dfrac{1}{2}\left(1+\dfrac{1}{2}+\cdots \ldots-\dfrac{1}{n+1}-\dfrac{1}{n+2}\right)<\dfrac{3}{4}\)，
   
   当\(n=1\)时，取最大值\(\dfrac{1}{3}\) ，
   
   综上： \(\dfrac{1}{3} \leq \dfrac{1}{S_1}+\dfrac{1}{S_2}+\cdots+\dfrac{1}{S_n}<\dfrac{3}{4}\)．

分层练习

【A组---基础题】

1.等差数列\(\{a_n \}\)的公差\(d=2\)，\(a_1=1\)，则(　　)

 A．\(a_n=2n，S_n=n^2\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(a_n=n，S_n=n^2+n\)

 C．\(a_n=2n-1，S_n=n^2\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(a_n=2n-1，S_n=n^2-n\)

2.在等差数列\(\{a_n\}\)中\(a_{10}=2a_8-2\)，则数列\(\{a_n\}\)的前\(11\)项的和\(S_{11}=\)(　　)

 A．\(8\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(16\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(22\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(44\)

3.等差数列\(\{a_n\}\)的通项公式\(a_n=2n+1\)其前\(n\)项和为\(S_n\)，则数列\(\left\{\dfrac{S_n}{n}\right\}\)前\(10\)项的和为( )

 A.\(120\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B.\(70\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C.\(75\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D.\(100\)

4.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．\(12\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(14\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(16\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(18\)

5.中国古诗词中，有一道“八子分绵”的数学名题：“九百九十六斤绵，赠分八子作盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言”．题意是：把\(996\)斤绵分给\(8\)个儿子作盘缠，按照年龄从大到小的顺序依次分绵，年龄小的比年龄大的多\(17\)斤绵，那么第\(8\)个儿子分到的绵是(　　)

 A．\(201\)斤 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(191\)斤 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(184\)斤\(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(174\)斤

6.(多选)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．\(a_{10}=0\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．当\(n=9\)或\(10\)时，\(S_n\)取最大值

 C．\(|a_9 |<|a_{11}|\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(S_6=S_{13}\)

7.已知等差数列\(\{a_n\}\)的前n项和为\(S_n\)，若 \(S_{10}=110\)， \(S_{110}=10\)，则 \(S_{120}=\) \(\underline{\quad \quad}\).

8.设等差数列\(\{a_n\}\)的前n项和为\(S_n\)，若\(a_6=6\)，\(S_{15}=15\)，则公差\(d=\) \(\underline{\quad \quad}\)．

9.已知等差数列\(\{a_n\}\)的公差\(d>0\)，\(a_2=-11\)，\(a_5^2-a_{10}^2=0\)，则\(S_{15}=\) \(\underline{\quad \quad}\)．

10.记\(S_n\)为等差数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和，已知\(a_1=-3\)，\(S_4=0\)．

  (1)求\(\{a_n \}\)的通项公式\(a_n\)和\(S_n\)；

  (2)求\(a_2+a_4+⋯+a_8+a_{10}+a_{12}\)的值．

11.已知\(S_n\)为等差数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和，已知\(S_2=2\)，\(S_3=-6\)．

  (1)求数列\(\{a_n \}\)的通项公式和前\(n\)项和\(S_n\)；

  (2)是否存在\(n\)，使\(S_n\)，\(S_{n+2}+2n\)，\(S_{n+3}\)成等差数列，若存在，求出\(n\)，若不存在，说明理由．

参考答案

1. 答案 \(C\)

2. 答案 \(C\)
   
   解析 在等差数列\(\{a_n\}\)中，由\(a_10=2a_8-2\)，得\(a_1+9d=2a_1+14d-2\)，
   
   可得\(a_1+5d=a_6=2\)，\(\therefore S_{11}=11a_6=22\)．
   
   故选：\(C\)．

3. 答案 \(C\)
   
   解析 \(\because a_n=2n+1\)， \(\therefore S_n=\dfrac{n\left(a_1+a_n\right)}{2}=n^2+2 n\) ，
   
   \(\therefore \dfrac{S_n}{n}=n+2\)，
   
   所以数列\(\left\{\dfrac{S_n}{n}\right\}\)也是等差数列，且通项公式为\(n+2\)，
   
   则首项为\(3\)，第\(10\)项为\(12\)，
   
   所以前\(10\)项的和 \(\dfrac{10(3+12)}{2}=75\).

4. 答案 \(B\)
   
   解析 因为\(S_4=40\)，所以\(a_1+a_2+a_3+a_4=40\)，
   
   因为 \(S_n-S_{n-4}=80\)，所以 \(a_n+a_{n-1}+a_{n-2}+a_{n-3}=80\)，
   
   所以根据等差数列的性质可得：\(4(a_1+a_n)=120\)，即\(a_1+a_n=30\)．
   
   由等差数列的前n项和的公式可得： \(S_n=\dfrac{n\left(a_1+a_n\right)}{2}\)，并且\(S_n=210\)，
   
   所以解得\(n=14\)．
   
   故选：\(B\)．

5. 答案 \(C\)
   
   解析 用\(a_1，a_2，...，a_8\)是表示\(8\)个儿子按照年龄从大到小得到的绵数，
   
   由题意得数列\(a_1，a_2，...，a_8\)是公差为\(17\)的等差数列，且这\(8\)项的和为\(996\)，
   
   \(\therefore 8 a_1+\dfrac{8 \times 7}{2} \times 17=996\)，解得\(a_1=65\)，
   
   \(\therefore a_8=65+7×17=184\)．
   
   \(\therefore\)第\(8\)个儿子分到的绵是\(184\)斤．
   
   故选：\(C\)．

6. 答案 \(AD\)
   
   解析 \(\because\) 等差数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，\(a_1+5a_3=S_8\)，
   
   \(\therefore a_1+5\left(a_1+2 d\right)=8 a_1+\dfrac{8 \times 7}{2} d\)，求得\(a_1=-9d\)．
   
   故\(a_10=a_1+9d=0\)，故\(A\)正确；
   
   该数列的前\(n\)项和 \(S_n=n a_1+\dfrac{n(n-1)}{2} d=\dfrac{n^2}{2}-d-\dfrac{19}{2} d n\)，
   
   它的最值，还跟\(d\)的值有关，
   
   不能推出当\(n=9\)或\(10\)时，\(S_n\)取最大值，故\(B\)错误．
   
   \(\because |a_9 |=|a_1+8d|=|-d|=|d|\)，\(|a_{11} |=|a_1+10d|=|d|\)，
   
   故有\(|a_9 |=|a_{11}|\)，故\(C\)错误；
   
   由于 \(S_6=6 a_1+\dfrac{6 \times 5}{2} d=-39 d\)， \(S_{13}=13 a_1+\dfrac{13 \times 12}{2} d=-39 d\)，
   
   故\(S_6=S_{13}\)，故\(D\)正确，
   
   故选：\(AD\)．

7. 答案 \(-120\)
   
   解析 令 \(b_n=\dfrac{s_n}{n} \text {， }\)，
   
   \(\because \{a_n\}\)是等差数列，\(\therefore \{b_n\}\)也是等差数列，设其公差为\(d\)，
   
   则 \(b_{10}=\dfrac{S_{10}}{10}=11\)， \(b_{110}=\dfrac{S_{110}}{110}=\dfrac{10}{110}=\dfrac{1}{11}\)，
   
   \(\therefore 100 d=b_{110}-b_{10}=\dfrac{1}{11}-11=-\dfrac{120}{11}\)，解得 \(d=-\dfrac{6}{55}\)，
   
   \(\therefore b_{120}=b_{110}+10 d=\dfrac{1}{11}-\dfrac{6}{55} \times 10=-1\)，
   
   \(\therefore \dfrac{S_{120}}{120}=-1\)，即 \(S_{120}=-120\)．

8. 答案 \(-\dfrac{5}{2}\)
   
   解析 \(\because a_6=6\)，\(S_{15}=15\)，
   
   \(\therefore a_1+5d=6\)， \(15 a_1+\dfrac{15 \times 14}{2} d=15\)， \(\therefore d=-\dfrac{5}{2}\)．

9. 答案 \(15\)
   
   解析 等差数列\(\{a_n\}\)的公差\(d>0\)，\(a_2=-11\)，\(a_5^2-a_{10}^2=0\)，
   
   \(\therefore a_5=-a_{10}<0\)．
   
   \(\therefore a_1+d=-11\)，\(a_1+4d=-(a_1+9d)\)，解得：\(a_1=-13\)，\(d=2\)．
   
   则 \(S_{15}=-13 \times 15+\dfrac{15 \times 14}{2} \times 2=15\)．
   
   故答案为：\(15\)．

10. 答案 (1) \(a_n=2n-5\)，\(S_n=n^2-4n\)； (2)\(54\)．
    
    解析 设等差数列\(\{a_n \}\)的公差为\(d\)，
    
    由\(a_1=-3\)，\(S_4=0\)，得\(4a_1+6d=-12+6d=0\)，即\(d=2\)．
    
    (1)\(a_n=-3+2(n-1)=2n-5\)， \(S_n=-3 n+\dfrac{n(n-1)}{2} \times 2=n^2-4 n\)；
    
    (2) \(a_2+a_4+\cdots+a_8+a_{10}+a_{12}=-6+\dfrac{6 \times 5}{2} \times 4=54\)．

11. 答案 (1)\(a_n=10-6n\)，\(S_n=7n-3n^2\);
    
    (2)存在\(n=5\)，使\(S_n\)，\(S_{n+2}+2n\)，\(S_{n+3}\)成等差数列．
    
    解析 (1)设等差数列\(\{a_n \}\)的公差为\(d\)，\(\because S_2=2\)，\(S_3=-6\)．
    
    \(\therefore 2a_1+d=2\)，\(3a_1+3d=-6\)，解得\(a_1=4\)，\(d=-6\)．
    
    \(\therefore a_n=4-6(n-1)=10-6n\).
    
    \(S_n=\dfrac{n(4+10-6 n)}{2}=7 n-3 n^2\)．
    
    (2)假设存在\(n\)，使\(S_n\)，\(S_{n+2}+2n\)，\(S_{n+3}\)成等差数列，
    
    则 \(12\left(S_{n+2}+2 n\right)=S_n+S_{n+3}\)，
    
    \(\therefore 2[7{n+2}-3{n+2}^2+2n]=7n-3n^2+7(n+3)-3(n+3)^2\)，
    
    解得\(n=5\)．
    
    因此存在\(n=5\)，使\(S_n\)，\(S_{n+2}+2n\)，\(S_{n+3}\)成等差数列．

【B组---提高题】

1.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\(d<0\)； \(\qquad \qquad\) ②\(S_{11}>0\)；\(\qquad \qquad \qquad\) ③\(S_{12}<0\)；\(\qquad \qquad \qquad\)

  ④数列\(\{S_n\}\)中的最大项为\(S_{11}\)； \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) ⑤\(|a_6 |>|a_7 |\).

其中正确命题的个数是(　　)

 A．\(3\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(5\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(1\)

2.在数列\(\{a_n\}\)中，\(a_{n+2}-a_n=2(n∈N^* )\)，\(a_1=-23\)，\(a_2=-19\)，\(S_n\)为\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和，则\(S_n\)的最小值为\(\underline{\quad \quad}\)．

3.递减的等差数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，若\(a_3 a_5=63\)，\(a_2+a_6=16\)

  (1)求\(\{a_n\}\)的等差通项；

  (2)当\(n\)为多少时，\(S_n\)取最大值，并求出其最大值；

  (3)求\(|a_1 |+|a_2 |+|a_3 |+⋯+|a_n |\).

参考答案

1. 答案 \(A\)
   
   解析 \(\because S_6>S_7>S_5\)，
   
   \(\therefore a_6=S_6-S_5>0\)，\(a_7=S_7-S_6<0\)，\(a_6+a_7=S_7-S_5>0\)，
   
   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\(\because a_6>0\)，\(a_7<0\)，\(\therefore\)数列\(\{S_n\}\)中的最大项为\(S_6\)，故④错误；
   
   ⑤\(\because a_6>0\)，\(a_7<0\)， \(a_6+a_7>0\)， \(\therefore |a_6 |>|a_7 |\)，故⑤正确.
   
   综上，①②⑤正确，故选\(A\).

2. 答案 \(-243\)
   
   解析 \(\because a_{n+2}-a_n=2(n∈N^* )\)，\(a_1=-23\)，
   
   \(\therefore\)数列\(\{a_n\}\)的奇数项是以\(-23\)为首项，\(2\)为公差的等差数列，
   
   故\(a_n=-23+n-1=n-24\)，
   
   故\(n≤23\)且\(n\)为奇数时，\(a_n<0\)；\(n≥25\)且\(n\)为奇数时，\(a_n>0\)，
   
   \(\because a_2=-19\)，\(a_{n+2}-a_n=2(n∈N^* )\)，
   
   \(\therefore\)数列\(\{a_n\}\)的偶数项是以\(-19\)为首项，\(2\)为公差的等差数列，
   
   故\(a_n=-19+n-2=n-21\)，
   
   故\(n≤20\)且\(n\)为偶数时，\(a_n<0\)；\(n≥22\)且\(n\)为偶数时，\(a_n>0\)，
   
   且\(a_{22}=1\)，\(a_{23}=-1\)，\(a_{24}=3\)，
   
   故\(S_n\)的最小值为 \(S_{21}=S_{23}=-23 \times 11+\dfrac{11 \times 10}{2} \times 2-19 \times 10+\dfrac{10 \times 9}{2} \times 2=-243\)．
   
   故答案为：\(-243\)．

3. 答案(1) \(a_n=12-n\)；(2) \(66\)；(3) \(\left|a_1\right|+\left|a_2\right|+\left|a_3\right|+\cdots+\left|a_n\right|=\left\{\begin{array}{l}
   -\dfrac{1}{2} n^2+\dfrac{23}{2} n， n \leq 12 \\
   \dfrac{1}{2} n^2-\dfrac{23}{2} n+132， n>12
   \end{array}\right.\).
   
   解析 (1)\(a_2+a_6=a_3+a_5=16\)，又\(a_3\cdot a_5=63\)，
   
   所以\(a_3\)与\(a_5\)是方程\(x^2－16x+63=0\)的两根，
   
   解得\(\left\{\begin{array}{l}
   a_3=7 \\
   a_5=9
   \end{array}\right.\)或 \(\left\{\begin{array}{l}
   a_3=9 \\
   a_5=7
   \end{array}\right.\)，
   
   又该等差数列递减，所以\(\left\{\begin{array}{l}
   a_3=9 \\
   a_5=7
   \end{array}\right.\)，
   
   则公差\(d=\dfrac{a_5-a_3}{2}=-1\)，\(a_1=11\)，
   
   所以\(a_n=11+{n-1}(-1)=12-n\)；
   
   (2)由 \(\left\{\begin{array}{l}
   a_n \geq 0 \\
   a_{n+1} \leq 0
   \end{array}\right.\)，即 \(\left\{\begin{array}{l}
   12-n \geq 0 \\
   11-n \leq 0
   \end{array}\right.\)，解得\(11≤n≤12\)，
   
   又\(n∈N^*\)，所以当\(n=11\)或\(12\)时\(S_n\)取最大值，
   
   最大值为 \(S_{11}=S_{12}=12 \times 11+\dfrac{12 \times 11}{2}(-1)=66\)；
   
   (3)由(2)知，当\(n≤12\)时\(a_n≥0\)，当\(n>12\)时\(a_n<0\)，
   
   ①当\(n≤12\)时，
   
   \(|a_1 |+|a_2 |+|a_3 |+⋯+|a_n |=a_1+a_2+a_3+⋯+a_n\)
   
   \(=S_n=\dfrac{n\left(a_1+a_n\right)}{2}=\dfrac{n(11+12-n)}{2}=-\dfrac{1}{2} n^2+\dfrac{23}{2} n\)；
   
   ②当\(n>12\)时，
   
   \(|a_1 |+|a_2 |+|a_3 |+⋯+|a_n |=(a_1+a_2+a_3+⋯+a_{12} )-(a_{13}+a_{14}+⋯+a_n)\)
   
   \(=-S_n+2 S_{12}=\dfrac{1}{2} n^2-\dfrac{23}{2} n+2 \times 66=\dfrac{1}{2} n^2-\dfrac{23}{2} n+132\)；
   
   所以\(\left|a_1\right|+\left|a_2\right|+\left|a_3\right|+\cdots+\left|a_n\right|=\left\{\begin{array}{l}
   -\dfrac{1}{2} n^2+\dfrac{23}{2} n， n \leq 12 \\
   \dfrac{1}{2} n^2-\dfrac{23}{2} n+132， n>12
   \end{array}\right.\)．

【C组---拓展题】

1.(多选)已知等差数列\(\{a_n \}\)的首项为\(a_1\)，公差为\(d\)，前\(n\)项和为\(S_n\)，若 \(S_{20}<S_{18}<S_{19}\)，则下列说法正确的是(　　)

 A. \(a_1>0\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad\) B. \(d>0\)

 C. \(\left|a_{18}+a_{19}\right|>\left|a_{20}+a_{21}\right|\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D. 数列 \(\left\{\dfrac{S_n}{a_n}\right\}\)的所有项中最小项为 \(\dfrac{S_{20}}{a_{20}}\)

2.设无穷等差数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)．

  (1)若首项 \(a_1=\dfrac{3}{2}\)，公差\(d=1\)，求满足 \(S_{k^2}=\left(S_k\right)^2\)的正整数\(k\)；

  (2)求所有的无穷等差数列\(\{a_n \}\)，使得对于一切正整数k都有 \(S_{k^2}=\left(S_k\right)^2\)成立．

参考答案

1. 答案 \(AD\)
   
   解析 \(\because S_{20}<S_{18}<S_{19}\)， \(\therefore a_{19}+a_{20}<0<a_{19}\)，
   
   \(\therefore a_{19}>0\)， \(a_{20}<0\)，
   
   \(\therefore a_1+18d>0\)，\(a_1+19d<0\)，
   
   \(\therefore a_1>0\)，\(d<0\)，
   
   又 \(a_{19}+a_{20}<0<a_{19}\)，
   
   \(\therefore a_{21}+a_{18}<0\)，
   
   由 \(a_{20}+a_{21}-\left(a_{18}+a_{19}\right)=4 d<0\)， \(a_{19}+a_{20}+a_{21}+a_{18}<0\)，
   
   \(\therefore\left|a_{20}+a_{21}\right|>\left|a_{18}+a_{19}\right|\)．
   
   由以上可得： \(a_1>a_2>\cdots>a_{19}>0>a_{20}>a_{21}>\cdots\)
   
   \(S_{37}=\dfrac{37\left(a_1+a_{37}\right)}{2}=37 a_{19}>0\); \(S_{38}=\dfrac{38\left(a_1+a_{38}\right)}{2}=19\left(a_{19}+a_{20}\right)<0\)．
   
   \(n≤37\)时，\(S_n>0\)；\(n≥38\)时，\(S_n<0\)．
   
   \(n≤19\)时，或\(n≥38\)时， \(\dfrac{S_n}{a_n}>0\)；\(19<n<38\)时， \(\dfrac{S_n}{a_n}<0\)．
   
   由 \(0>a_{20}>a_{21}>\cdots>a_{37}\)， \(S_{20}>S_{21}>\cdots>S_{37}>0\)，
   
   \(\therefore\)数列 \(\left\{\dfrac{S_n}{a_n}\right\}\)的所有项中最小项为 \(\dfrac{S_{20}}{a_{20}}\)．
   
   综上可得：只有\(AD\)正确．

2. 答案 (1) 4；(2) ①\(a_n=0\)； ②\(a_n=1\)；③\(a_n=2n-1\)．
   
   解析 (1)\(\because\) 首项 \(a_1=\dfrac{3}{2}\)，公差\(d=1\)．
   
   \(\therefore S_n=n a_1+\dfrac{n(n-1)}{2} d=\dfrac{3}{2} n+\dfrac{n(n-1)}{2}=\dfrac{1}{2} n^2+n\)，
   
   由 \(S_{k^2}=\left(S_k\right)^2\)得 \(\dfrac{1}{2}\left(k^2\right)^2+k^2=\left(\dfrac{1}{2} k^2+k\right)^2\)，即 \(\dfrac{1}{4} k^4-k^3=0\)，
   
   \(\because k\)是正整数， \(\therefore k=4\)．
   
   (2)设数列\(\{a_n \}\)的公差为\(d\)，
   
   则在\(S_{k^2}=\left(S_k\right)^2\)中分别取\(k=1\)，和\(k=2\)得 \(\left\{\begin{array}{l}
   S_1=\left(S_1\right)^2 \\
   S_4=\left(S_2\right)^2
   \end{array}\right.\)，
   
   即 \(\left\{\begin{array}{l}
   a_1=a_1^2，(1) \\
   4 a_1+6 d=\left(2 a_1+d\right)^2 ，(2)
   \end{array}\right.\)
   
   由(1)得\(a_1=0\)或\(a_1=1\)，
   
   当\(a_1=0\)时，代入(2)得\(d=0\)或\(d=6\)．若\(a_1=0\)，\(d=0\)则本题成立；
   
   若\(a_1=0\)，\(d=6\)，则\(a_n=6(n-1)\)，
   
   由\(S_3=18\)，\((S_3 )^2=324\)，\(S_9=216\)知\(S_9≠(S_3 )^2\)，故所得数列不符合题意；
   
   当\(a_1=1\)时，代入②得\(4+6d=(2+d)^2\)，解得\(d=0\)或\(d=2\)．
   
   若\(a_1=1\)，\(d=0\)，则\(a_n=1\)，\(S_n=n\)从而 \(S_{k^2}=\left(S_k\right)^2\)成立；
   
   若\(a_1=1\)，\(d=2\)，则\(a_n=2n-1\)，\(S_n=n^2\)，
   
   从而 \(S_{k^2}=\left(S_k\right)^2\)成立．
   
   综上所述，只有\(3\)个满足条件的无穷等差数列：
   
   ①\(a_n=0\)； ②\(a_n=1\)；③\(a_n=2n-1\)．