1.2.3 第1课时 等差数列的前n项和公式-【金版教程】2025-2026学年新教材高中数学选择性必修第一册创新导学案课件PPT（湘教版2019）

第1章 数列 1.2 等差数列 1.2.3　等差数列的前n项和 第1课时　等差数列的前n项和公式 (教师独具内容) 课程标准：1.探索并掌握等差数列的前n项和公式.2.理解等差数列的通项公式与前n项和公式的关系． 教学重点：1.等差数列的前n项和公式的推导过程.2.利用等差数列的前n项和公式解决问题.3.熟练掌握等差数列的五个量a1，d，n，an，Sn的关系，能够由其中的三个量求另外两个． 教学难点：等差数列前n项和公式的推导过程． 核心素养：在探索等差数列的前n项和公式的过程中，发展数学运算素养和逻辑推理素养． 核心概念掌握 核心素养形成 课后课时精练 目录 随堂水平达标 核心概念掌握 知识点　等差数列的前n项和公式及其推导 设等差数列{an}的前n项和为Sn， 即Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an， 根据等差数列的通项公式，上式可以写成 Sn＝a1＋(a1＋d)＋…＋[a1＋(n－1)d]，① 再将项的次序反过来，Sn又可以写成 Sn＝an＋(an－d)＋…＋[an－(n－1)d]，② 核心概念掌握 5 将①、②式的两边分别相加，得2Sn＝(a1＋an)＋(a1＋an)＋…＋(a1＋an)＝n(a1＋an)． 由此得到等差数列{an}的前n项和的公式Sn＝_______________. 如果代入等差数列的通项公式an＝a1＋(n－1)d，Sn也可以用首项a1与公差d 表示，即Sn＝___________________. 核心概念掌握 6 核心概念掌握 7 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)知道等差数列的首项、公差与前n项和可求项数n.(　 ) (2)已知数列{an}的通项公式为an＝3n－1，则S5＝45.(　 ) (3)若数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋n＋1，则数列{an}是等差数列．(　 ) √ × × 核心概念掌握 8 答案 2．做一做(请把正确的答案写在横线上) (1)若数列{an}的通项公式为an＝2n－1，则S5＝____________. (2)等差数列{an}中，a1＝6，a12＝－16，则S12＝____________. (3)等差数列{an}中，a1＝2，公差d＝2，则S10＝____________. (4)已知数列{an}的通项公式为an＝－5n＋2，则其前n项和Sn＝___________． 25 －60 110 核心概念掌握 9 核心素养形成 解 题型一　等差数列前n项和公式的基本运算 例1　(1)已知{an}是等差数列，a10＝10，其前10项和S10＝70，求公差d. 核心素养形成 11 解 (2)已知{an}为等差数列，公差d＝2，前n项和为Sn，an＝11，Sn＝35，求a1，n. 核心素养形成 12 解 (3)在等差数列{an}中，已知a2＋a5＝19，S5＝40，求a10. 核心素养形成 13 解 【条件探究】本例(2)中，将“d＝2”改为“a1＝3”，其他条件不变，求n和公差d. 核心素养形成 14 核心素养形成 15 解 [跟踪训练1]　等差数列{an}中，a10＝30，a20＝50. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若Sn＝242，求n. 核心素养形成 16 题型二　利用Sn判断等差数列 例2　(2024·重庆万州第二高级中学高二下月考)设Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2n2－30n. (1)求a1及an； (2)判断这个数列是否是等差数列． 核心素养形成 17 解 解　(1)因为Sn＝2n2－30n， 所以当n＝1时，a1＝S1＝2×12－30×1＝－28， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－30n－[2(n－1)2－30(n－1)]＝4n－32. 验证当n＝1时上式成立， 所以an＝4n－32. (2)由an＝4n－32，得an－1＝4(n－1)－32(n≥2)， 所以an－an－1＝4n－32－[4(n－1)－32]＝4(常数)， 所以数列{an}是以－28为首项，4为公差的等差数列． 核心素养形成 18 感悟提升 已知数列{an}的前n项和Sn＝An2＋Bn＋C(A≠0)，当C＝0时，{an}为等差数列；当C≠0时，{an}为非等差数列． 核心素养形成 19 解 核心素养形成 20 解 核心素养形成 21 解 核心素养形成 22 解 核心素养形成 23 解 核心素养形成 24 核心素养形成 25 解 [跟踪训练3]　已知数列{an}的通项公式是an＝4n－25，其前n项和为Sn，求数列{|an|}的前n项和Tn. 核心素养形成 26 解 核心素养形成 27 随堂水平达标 1．设Sn是等差数列{an}的前n项和，已知a2＝3，a6＝11，则S7等于(　 ) A．13 B．35 C．49 D．63 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 29 2．若一个等差数列{an}的前3项的和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列有(　 ) A．13项 B．12项 C．11项 D．10项 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 30 3．(多选)设等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N＋)，当首项a1和公差d变化时，若a1＋a8＋a15是定值，则下列各项中为定值的是(　 ) A．a7 B．a8 C．S15 D．S16 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 31 4．设数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，其中an＝－3n＋20，bn＝|an|，使Tn＝Sn成立的最大正整数为________，T2025＋S2025＝_______． 答案 解析 6　 114 随堂水平达标 1 2 3 4 5 32 5．在等差数列{an}中， (1)已知S8＝48，S12＝168，求a1和d； (2)已知a6＝10，S5＝5，求a8和S8； (3)已知a3＋a15＝40，求S17. 解 随堂水平达标 1 2 3 4 5 33 课后课时精练 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 35 2．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若S5＝10，S10＝－5，则公差为(　 ) A．－1 B．1 C．±1 D．－2 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 36 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 37 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 38 5．(多选)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1＋3a5＝S7，则以下结论一定正确的是(　 ) A．a4＝0 B．数列{an}是递增数列 C．S1＝S6 D．|a3|<|a5| 答案 解析 解析　设等差数列{an}的公差为d，则a1＋3(a1＋4d)＝7a1＋21d，解得a1＝－3d，所以an＝a1＋(n－1)d＝(n－4)d，所以a4＝0，故A正确；由于d的正负不清楚，故数列{an}的增减性不确定，故B不正确；因为S6－S1＝5a4＝0，所以S1＝S6，故C正确；因为a3＋a5＝2a4＝0，所以a3＝－a5，即|a3|＝|a5|，故D不正确．故选AC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 39 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 40 7．数列{an}满足：a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－1)·an＝(n－1)·3n＋1＋3(n∈N＋)，则数列{an}的通项公式为an＝____________． 答案 解析 3n 解析　a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－3)an－1＋(2n－1)an＝(n－1)·3n＋1＋3，当n≥2时，把n换成n－1，得a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－3)·an－1＝(n－2)·3n＋3，两式相减，得(2n－1)·an＝(n－1)·3n＋1－(n－2)·3n，即(2n－1)·an＝(2n－1)·3n，又n∈N＋，∴an＝3n，当n＝1时，a1＝3，符合上式，∴an＝3n. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 41 8．若数列{an}的前n项和是Sn＝n2－4n＋2，则|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝_________． 答案 解析 66 解析　当n＝1时，a1＝S1＝1－4＋2＝－1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－4n＋2－[(n－1)2－4(n－1)＋2]＝2n－5，所以a2＝－1.所以前2项是负数．故|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝S10＋2(|a1|＋|a2|)＝102－4×10＋2＋2×(1＋1)＝66. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 42 三、解答题 9．在等差数列{an}中， (1)已知a4＝9，a9＝－6，Sn＝54，求n； (2)已知a2＝1，a5＝7，求S10； (3)已知S5＝24，求a2＋a4. 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 43 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 44 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 45 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 46 解 课后课时精练 1 2 B级 47 解 课后课时精练 1 2 B级 48 2．已知一次函数f(x)＝x＋8－2n. (1)设函数y＝f(x)的图象与y轴交点的纵坐标构成数列{an}，求证：数列{an}是等差数列； (2)设函数y＝f(x)的图象与y轴的交点到x轴的距离构成数列{bn}，求数列{bn}的前n项和Sn. 解 解　(1)证明：由题意，得an＝8－2n. ∵an＋1－an＝8－2(n＋1)－8＋2n＝－2， ∴数列{an}为等差数列．　 课后课时精练 1 2 B级 49 解 课后课时精练 1 2 B级 50 　　　　　　　　　　　　　 R eq \f(n（a1＋an）,2) na1＋eq \f(n（n－1）,2)d 等差数列的前n项和公式的应用 公式Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)①与Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d②都叫作等差数列的前n项和公式． (1)公式①反映了等差数列中任意的第k项与倒数第k项的和等于首项与末项的和这个内在性质．推导方法是倒序相加法． (2)公式②反映了等差数列前n项和与它的首项、公差之间的关系，而且是关于n的“二次函数”：Sn＝An2＋Bn(不含常数项)．其中A＝eq \f(d,2)，B＝a1－eq \f(d,2). (3)当已知首项、末项和项数时，用公式①较为方便；当已知首项、公差和项数时，用公式②较为方便． (4)上述两个公式涉及a1，d，n，an和Sn这五个基本量，依据方程思想，我们可以“知三求二”． －eq \f(5n2＋n,2) 解　由等差数列的前n项和公式可得 S10＝eq \f(10×（a1＋a10）,2)＝5(a1＋10)＝70， 解得a1＝4，∴d＝eq \f(a10－a1,9)＝eq \f(2,3). 解　由题设可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(11＝a1＋2（n－1），,35＝\f(n（a1＋11）,2)，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－1，,n＝7))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,n＝5.)) 解　由题设可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a1＋5d＝19，,5a1＋\f(5（5－1）,2)d＝40，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a1＋5d＝19，,a1＋2d＝8，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,d＝3，)) 故a10＝2＋3×(10－1)＝29. 解　解法一：由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＝a1＋（n－1）d，,Sn＝na1＋\f(n（n－1）,2)d，)) 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(11＝3＋（n－1）d，,35＝3n＋\f(n（n－1）,2)d，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n＝5，,d＝2.)) 解法二：∵a1＝3，an＝11，Sn＝35， ∴35＝eq \f(n（3＋11）,2)＝7n，即n＝5. 又11＝3＋(5－1)d，∴d＝2. 感悟提升 等差数列中的基本运算 (1)利用基本量求值．等差数列的通项公式和前n项和公式中有五个量a1，d，n，an和Sn，这五个量可以“知三求二”．一般是利用公式列出基本量a1和d的方程组，解出a1和d，便可解决问题，解题时注意整体代换的思想． (2)结合等差数列的性质解题．等差数列的常用性质：若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N＋)，则am＋an＝ap＋aq，常与求和公式Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)结合使用． 解　(1)设数列{an}的首项为a1，公差为d， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a10＝a1＋9d＝30，,a20＝a1＋19d＝50，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝12，,d＝2.)) ∴数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝2n＋10. (2)由Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d，a1＝12，d＝2， Sn＝242，得方程242＝12n＋eq \f(n（n－1）,2)×2. 即n2＋11n－242＝0， 得n＝11或n＝－22(舍去)． 解　(1)证明：设等差数列{an}的公差为d， 则Sn＝na1＋eq \f(1,2)n(n－1)d. ∵S7＝7，S15＝75， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(7a1＋21d＝7，,15a1＋105d＝75，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋3d＝1，,a1＋7d＝5，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－2，,d＝1.)) [跟踪训练2]　(2024·湖南邵阳第二中学高二下期中)设{an}为等差数列，Sn为数列{an}的前n项和，已知S7＝7，S15＝75，Tn为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))的前n项和． (1)证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列； (2)求Tn. ∴eq \f(Sn,n)＝a1＋eq \f(1,2)(n－1)d＝eq \f(1,2)n－eq \f(5,2)， ∴eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝eq \f(1,2)， ∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是首项为－2，公差为eq \f(1,2)的等差数列． (2)由(1)知，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是首项为－2，公差为eq \f(1,2)的等差数列， ∴Tn＝n×(－2)＋eq \f(n（n－1）,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)n2－eq \f(9,4)n. 解　a1＝S1＝－eq \f(3,2)×12＋eq \f(205,2)×1＝101. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1 ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)n2＋\f(205,2)n))－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)（n－1）2＋\f(205,2)（n－1）))＝－3n＋104. ∵a1＝101也适合上式， ∴数列{an}的通项公式为an＝－3n＋104. 由an＝－3n＋104≥0得n≤34eq \f(2,3)， 即当n≤34时，an>0；当n≥35时，an<0. 题型三　求数列{|an|}的前n项和 例3　已知数列{an}的前n项和Sn＝－eq \f(3,2)n2＋eq \f(205,2)n，求数列{|an|}的前n项和Tn. 解法一：①当n≤34时， Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝－eq \f(3,2)n2＋eq \f(205,2)n； ②当n≥35时， Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|a34|＋|a35|＋…＋|an| ＝(a1＋a2＋…＋a34)－(a35＋a36＋…＋an) ＝2(a1＋a2＋…＋a34)－(a1＋a2＋…＋an) ＝2S34－Sn ＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)×342＋\f(205,2)×34))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)n2＋\f(205,2)n))＝eq \f(3,2)n2－eq \f(205,2)n＋3502. 故Tn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)n2＋\f(205,2)n，n≤34，,\f(3,2)n2－\f(205,2)n＋3502，n≥35.)) 解法二：①同解法一； ②当n≥35时， Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an| ＝(a1＋a2＋…＋a34)－(a35＋a36＋…＋an) ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)×342＋\f(205,2)×34))－eq \f(（－3×35＋104－3n＋104）（n－34）,2) ＝eq \f(3,2)n2－eq \f(205,2)n＋3502， 故Tn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)n2＋\f(205,2)n，n≤34，,\f(3,2)n2－\f(205,2)n＋3502，n≥35.)) 感悟提升 由等差数列{an}求数列{|an|}的前n项和的技巧 常先由等差数列{an}的前n项和Sn的最值判断出哪些项为正，哪些项为负或先求出an，解an≥0的n的取值范围判断出哪些项为正，哪些项为负． (1)若等差数列{an}的各项都为非负数，这种情形中数列{|an|}就等于数列{an}，可以直接求解． (2)若前k项为负，从k＋1项开始以后的项非负，则{|an|}的前n项和Tn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－Sn，n≤k，,Sn－2Sk，n>k.)) (3)若前k项为正，以后各项非正，则{|an|}的前n项和Tn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Sn，n≤k，,2Sk－Sn，n>k.)) (4)也可以分别求出an≥0与an<0时的和再相减求出|an|的和． 解　∵an＝4n－25， ∴an＋1＝4(n＋1)－25，an＋1－an＝4， a1＝4×1－25＝－21， ∴数列{an}是以－21为首项，4为公差的等差数列． 由an≥0，得4n－25≥0，即n≥6eq \f(1,4)， ∴数列{an}中前6项均小于零，从第7项起均大于零， ∴当n≤6时，|a1|＋|a2|＋…＋|an| ＝－(a1＋a2＋…＋an)＝－Sn ＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－21n＋\f(n（n－1）,2)×4))＝－2n2＋23n. 当n≥7时，|a1|＋|a2|＋…＋|an| ＝－(a1＋a2＋…＋a6)＋(a7＋a8＋…＋an) ＝(a1＋a2＋…＋an)－2(a1＋a2＋…＋a6) ＝Sn－2S6 ＝－21n＋eq \f(n（n－1）,2)×4－2×eq \f(6（a1＋a6）,2) ＝2n2－23n＋132. 故数列{|an|}的前n项和Tn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2n2＋23n（n≤6），,2n2－23n＋132（n≥7）.)) 解析　S7＝eq \f(7（a1＋a7）,2)＝eq \f(7（a2＋a6）,2)＝49. 解析　a1＋a2＋a3＋an－2＋an－1＋an＝34＋146＝180，所以3(a1＋an)＝180，即a1＋an＝60.由Sn＝390，知eq \f(n（a1＋an）,2)＝390，所以eq \f(n×60,2)＝390，解得n＝13. 解析　a1＋a15＝2a8，故由a1＋a8＋a15是定值可得a8是定值，S15＝eq \f(1,2)×15×(a1＋a15)＝15a8，故S15为定值．故选BC. 解析　根据题意，数列{an}中，an＝－3n＋20，则数列{an}是首项为17，公差为－3的等差数列，且当n≤6时，an＞0，当n≥7时，an＜0.又由bn＝|an|，则当n≤6时，bn＝an，当n≥7时，bn＝－an，则使Tn＝Sn成立的最大正整数为6，T2025＋S2025＝(b1＋b2＋…＋b6＋b7＋b8＋…＋b2025)＋(a1＋a2＋…＋a6＋a7＋a8＋…＋a2025)＝(a1＋a2＋…＋a6－a7－a8－…－a2025)＋(a1＋a2＋…＋a6＋a7＋a8＋…＋a2025)＝2(a1＋a2＋…＋a6)＝2×eq \f(6×（17＋2）,2)＝114. 解　(1)∵S8＝8a1＋28d＝48，S12＝12a1＋66d＝168，解得a1＝－8，d＝4. (2)∵a6＝a1＋5d＝10，S5＝5a1＋10d＝5，解得d＝3，a1＝－5.∴a8＝16，S8＝44. (3)∵a1＋a17＝a3＋a15＝40， ∴S17＝eq \f(17（a1＋a17）,2)＝340. 一、选择题 1．等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝6，a3＝4，则公差d等于(　 ) A．1 B.eq \f(5,3) C．2 D．3 解析　∵S3＝eq \f(3（a1＋a3）,2)＝6，而a3＝4，∴a1＝0，∴d＝eq \f(a3－a1,2)＝2. 解析　设数列{an}的公差为d，由题设知， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S5＝5a1＋\f(1,2)×5×（5－1）d＝10，,S10＝10a1＋\f(1,2)×10×（10－1）d＝－5，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5a1＋10d＝10，,10a1＋45d＝－5，))解方程组得d＝－1. 3．等差数列{an}的通项公式为an＝1－2n，其前n项和为Sn，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))的前11项和为(　 ) A．－45 B．－50 C．－55 D．－66 解析　等差数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)，∴eq \f(Sn,n)＝eq \f(a1＋an,2)＝eq \f(（1－2）＋（1－2n）,2)＝－n.∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))的前11项的和为－(1＋2＋3＋…＋11)＝－66. 4．等差数列{an}的前n项和为Sn，已知am－1＋am＋1－aeq \o\al(2,m)＝0，S2m－1＝38，则m等于(　 ) A．38 B．20 C．10 D．9 解析　由数列{an}是等差数列，得am－1＋am＋1＝2am，由am－1＋am＋1－aeq \o\al(2,m)＝0，得2am－aeq \o\al(2,m)＝0，解得am＝2或am＝0.又由S2m－1＝eq \f(a1＋a2m－1,2)·(2m－1)＝38，且2am＝a1＋a2m－1，得(2m－1)am＝38，故am≠0，则有2m－1＝19，m＝10. 二、填空题 6．等差数列{an}中，S10＝4S5，公差d≠0，则eq \f(a1,d)＝____________． 解析　由题意，得10a1＋eq \f(1,2)×10×9d＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5a1＋\f(1,2)×5×4d))，∴10a1＋45d＝20a1＋40d，∴10a1＝5d，∴eq \f(a1,d)＝eq \f(1,2). 　eq \f(1,2) 解　设等差数列的公差为d. (1)∵eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a4＝a1＋3d＝9，,a9＝a1＋8d＝－6，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝18.,d＝－3.)) ∴Sn＝18n＋eq \f(n（n－1）,2)×(－3)＝54， 解得n＝4或n＝9. (2)∵a2＝1，a5＝7， 又a5－a2＝3d，∴3d＝6，即d＝2. ∴a1＝a2－d＝－1，∴S10＝10a1＋eq \f(10×9,2)·d＝10×(－1)＋45×2＝80. (3)解法一：∵S5＝5a1＋eq \f(5×（5－1）,2)d＝24， 即5a1＋10d＝24，∴a1＋2d＝eq \f(24,5). ∴a2＋a4＝a1＋d＋a1＋3d＝2(a1＋2d)＝2×eq \f(24,5)＝eq \f(48,5). 解法二：由S5＝eq \f(5（a1＋a5）,2)＝24，得a1＋a5＝eq \f(48,5). ∴a2＋a4＝a1＋a5＝eq \f(48,5). 10．(2024·武汉武昌期末)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝m(m≠0)，eq \f(1,Sn)＝eq \f(2,an)－eq \f(2,an＋1). (1)求证：数列{an}是等差数列； (2)若[x]表示不超过x的最大整数，[S10]＝10，求实数m的取值范围． 解　(1)证明：由a1＝m(m≠0)，eq \f(1,Sn)＝eq \f(2,an)－eq \f(2,an＋1)， 可得eq \f(1,S1)＝eq \f(1,a1)＝eq \f(2,a1)－eq \f(2,a2)，即a2＝2a1＝2m， 当n≥2时，由Sn＝eq \f(anan＋1,2（an＋1－an）)， 可得Sn－1＝eq \f(an－1an,2（an－an－1）)， 两式相减可得an＝eq \f(an,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,an＋1－an)－\f(an－1,an－an－1)))， 由an≠0，化简可得an－1＋an＋1＝2an， 即an＋1－an＝an－an－1＝…＝a2－a1＝m， 所以数列{an}是首项和公差均为m的等差数列． (2)由(1)可得Sn＝nm＋eq \f(1,2)n(n－1)m＝eq \f(1,2)n(n＋1)m， 则S10＝eq \f(1,2)×10×11m＝55m， 由[S10]＝10，可得10≤55m<11， 解得eq \f(2,11)≤m<eq \f(1,5)， 所以实数m的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,11)，\f(1,5))). 解　由已知得4×2＝a－1＋2a，解得a＝3， ∴a1＝2，公差d＝a2－a1＝2. (1)由Sk＝ka1＋eq \f(k（k－1）,2)d， 得2k＋eq \f(k（k－1）,2)×2＝2550，即k2＋k－2550＝0，解得k＝50或k＝－51(舍去)， ∴a＝3，k＝50. 1．已知等差数列{an}的前3项为a－1，4，2a，记前n项和为Sn. (1)设Sk＝2550，求a和k的值； (2)设bn＝eq \f(Sn,n)，求b3＋b7＋b11＋…＋b4n－1的值． (2)由Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d， 得Sn＝2n＋eq \f(n（n－1）,2)×2＝n2＋n， ∴bn＝eq \f(Sn,n)＝n＋1. 又b3，b7，b11，…，b4n－1仍是等差数列，且共有n项， ∴b3＋b7＋b11＋…＋b4n－1＝eq \f(n（b3＋b4n－1）,2)＝eq \f(n（4＋4n）,2)＝2n2＋2n. (2)由题意，得bn＝|8－2n|. ∵b1＝6，b2＝4，b3＝2，b4＝0，b5＝2， ∴此数列前4项是首项为6，公差为－2的等差数列， 从第5项起是以2为首项，2为公差的等差数列． ∴当n≤4时， Sn＝6n＋eq \f(n（n－1）,2)×(－2)＝－n2＋7n； 当n≥5时，Sn＝S4＋(n－4)×2＋eq \f(（n－4）（n－5）,2)×2 ＝12＋n2－7n＋12＝n2－7n＋24. ∴Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－n2＋7n（n≤4，n∈N＋），,n2－7n＋24（n≥5，n∈N＋）.)) $$