4.2.2 第1课时 等差数列的前n项和公式-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二数学选择性必修第二册同步课堂高效讲义教师用书word（人教A版2019）

4．2.2　等差数列的前n项和公式 第1课时　等差数列的前n项和公式 [学习目标] 知识 层面 1.探索并掌握等差数列的前n项和公式，理解等差数列的通项公式与前n项和公式的关系．　 2.了解等差数列的前n项和公式与二次函数的关系. 素养 层面 通过掌握等差数列的前n项和公式及其应用，培养数学运算、逻辑推理的素养. 知识点一　等差数列的前n项和公式 问题1.据说，200多年前，高斯的算术老师提出了一个问题：1＋2＋3＋4＋…＋100＝？ 当其他同学忙于把100个数逐项相加时，10岁的高斯却用下面的方法迅速算出了正确答案： (1＋100)＋(2＋99)＋…＋(50＋51)＝101×50＝5 050.你能说说高斯在求和过程中利用了数列的什么性质吗？ 提示：对于上述数列，设an＝n，那么高斯的计算方法可以表示为(a1＋a100)＋(a2＋a99)＋…＋(a50＋a51)＝101×50＝5 050，可以发现，高斯在计算中利用了a1＋a100＝a2＋a99＝…＝a50＋a51，这就是上一节学过的性质的应用，它使不同数的求和问题转化为相同数(即101)的求和，从而简化了运算． 问题2.对于一般的等差数列{an}，设其首项为a1，公差为d.如何求其前n项和Sn? 提示：利用高斯算法． ⇒ 两式相加可得2Sn＝n(a1＋an)，即Sn＝，上述过程实际上用到了等差数列性质里面的首末“等距离”的两项的和相等． 等差数列的前n项和公式 等差数列的前 n项和公式 Sn＝或Sn＝na1＋d 推导方法 倒序相加法 学生用书↓第18页 推导 过程 设等差数列的前n项分别为a1，a2，a3，…，an－2，an－1，an， Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an－2＋an－1＋an，① 又Sn＝an＋an－1＋an－2＋…＋a3＋a2＋a1.② ①②两边分别相加，得2Sn＝(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋(a3＋an－2)＋…＋(an－1＋a2)＋(an＋a1)＝(a1＋an)＋(a1＋an)＋(a1＋an) ＋…＋(a1＋an)＝n(a1＋an)，所以Sn＝ [微思考]　对于这两个求和公式，各有怎样的特点？ 提示：公式Sn＝反映了等差数列中的前n项和与a1，an，n的关系；公式Sn＝na1＋d反映了等差数列中的前n项和与a1，d，n的关系． (链教材P21例6)已知数列 是等差数列． (1)若a6＝10，S5＝5，求a1和Sn； (2)若a1＝，d＝－，Sn＝－15，求n及a12； (3)若a1＝－2 022，S6－2S3＝18，求d，S2 024； (4)若a1＋a2＋a3＋a4＝40，an－3＋an－2＋an－1＋an＝80，Sn＝210，求n. 解：(1)解得 所以Sn＝na1＋d＝－5n＋×3＝n2－n. (2)因为Sn＝n×＋×＝－15，整理得n2－7n－60＝0， 解得n＝12，或n＝－5(舍去)， 所以a12＝＋(12－1)×＝－4. (3)设等差数列{an}的公差为d. 因为a1＝－2 022，S6－2S3＝18， 所以6a1＋·d－6a1－2×·d＝18， 整理可得9d＝18，解得d＝2. 则S2 024＝2 024×(－2 022)＋×2＝2 024. (4)因为a1＋a2＋a3＋a4＝40，an－3＋an－2＋an－1＋an＝80， 所以4(a1＋an)＝40＋80，即a1＋an＝30. 又因为Sn＝＝210，所以n＝＝14. 规律方法 等差数列前n项和有关的基本计算方法与技巧 1．公式法(基本量法)：等差数列的通项公式和前n项和公式中有五个量Sn，n，a1，an，d，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． 2．性质法：等差数列前n项和Sn＝与等差数列性质“若m＋n＝p＋q，m，n，p，q∈N＋，则am＋an＝ap＋aq”经常结合起来使用，使这类问题的解决更具灵活性． [注意]　解题时要注意整体代换的思想． 对点练1.在等差数列{an}中，a10＝30，a20＝50. (1)求数列的通项公式； (2)若Sn＝242，求n. 解：(1)设数列{an}的首项为a1，公差为d. 则 解得 所以an＝a1＋(n－1)d＝12＋(n－1)×2＝10＋2n. (2)由Sn＝na1＋d以及a1＝12，d＝2，Sn＝242， 得方程242＝12n＋×2， 即n2＋11n－242＝0， 解得n＝11，或n＝－22(舍去)． 故n＝11. 知识点二　等差数列的前n项和的函数特性 问题3.在等差数列的前n项和Sn＝na1＋d中，Sn与n是以前学过的哪一个函数关系？ 提示：等差数列前n项和Sn＝na1＋d整理得，Sn＝n2＋n.当d＝0时，Sn＝na1，当d≠0时，Sn是关于n的二次函数． 等差数列{an}的前n项和公式具有二次函数结构，可以写成Sn＝An2＋Bn，数列{an}的公差为2A． 特别地，当A＝0时，数列{an}是常数列． [微提醒]　Sn＝An2＋Bn＋C，若C＝0，则数列{an}是等差数列，此时首项为A＋B，公差为2A．若C≠0，则数列{an}不是等差数列． 学生用书↓第19页 若数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n，求数列{an}的通项公式，并判断数列{an}是否是等差数列，若是，请证明；若不是，请说明理由． 解：当n＝1时，a1＝S1＝－1； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1 ＝2n2－3n－2(n－1)2＋3(n－1)＝4n－5， 经检验，当n＝1时，a1＝－1满足上式， 故an＝4n－5. 数列{an}是等差数列，证明如下： 因为an＋1－an＝4(n＋1)－5－4n＋5＝4， 所以数列{an}是等差数列． [变式探究]　(变条件)若数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n－1，求数列{an}的通项公式，并判断数列{an}是否是等差数列．若是，请证明；若不是，请说明理由． 解：因为Sn＝2n2－3n－1，① 当n＝1时，a1＝S1＝2－3－1＝－2， 当n≥2时，Sn－1＝2(n－1)2－3(n－1)－1，② ①－②得an＝Sn－Sn－1 ＝2n2－3n－1－[2(n－1)2－3(n－1)－1] ＝4n－5， 经检验当n＝1时，an＝4n－5不成立， 故an＝ 故数列{an}不是等差数列，数列{an}是从第二项起以4为公差的等差数列． 规律方法 利用等差数列前n项和公式判定等差数列的步骤 第一步：由Sn求an； 第二步：判定an－an－1(n≥2)是否是同一个常数． 对点练2.已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋n－1，求数列{an}的通项公式，并判断它是不是等差数列． 解：当n＝1时，a1＝S1＝1， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1 ＝(n2＋n－1)－[(n－1)2＋(n－1)－1]＝2n. 又a1＝1不满足an＝2n， 所以数列{an}的通项公式是an＝ 因为a2－a1＝4－1＝3≠a3－a2＝2， 所以数列{an}中每一项与前一项的差不是同一个常数， 所以{an}不是等差数列，数列{an}是从第二项起以2为公差的等差数列． 求数列{|an|}的前n项和 (2023·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a2＝11，S10＝40. (1)求{an}的通项公式； (2)求数列{|an|}的前n项和Tn. 解：(1)设等差数列的公差为d， 由题意可得 即解得 所以an＝13－2(n－1)＝15－2n. (2)因为Sn＝＝14n－n2， 令an＝15－2n>0，解得n<，且n∈N*， 当n≤7时，则an>0，可得Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝14n－n2； 当n≥8时，则an<0，可得Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝(a1＋a2＋…＋a7)－(a8＋…＋an) ＝S7－(Sn－S7)＝2S7－Sn＝2×(14×7－72)－(14n－n2)＝n2－14n＋98. 综上所述，Tn＝ 规律方法 求数列{|an|}的前n项和的步骤 第一步：确定通项公式an； 第二步：根据通项公式确定数列{an}中项的符号，即判断数列{an}是先负后正，还是先正后负； 第三步：去掉数列{|an|}中各项的绝对值，转化为{an}的前n项和求解，转化过程中有时需添加一部分项，以直接利用数列{an}的前n项和公式； 第四步：将{|an|}的前n项和写成分段函数的形式． 对点练3.(2024·黑龙江大庆高二期末)已知数列的前n项和为Sn，若Sn＝2n2－19n. 学生用书↓第20页 (1)求证：数列是等差数列； (2)若bn＝|an|，求数列的前n项和Tn. 解：(1)证明：因为Sn＝2n2－19n，① 所以n≥2时，Sn－1＝2(n－1)2－19(n－1)＝2n2－23n＋21，② 由①②相减可得，an＝4n－21，n≥2， 当n＝1时，an＝4n－21也满足题意， 故的通项公式为an＝4n－21. 所以n≥2时，an－1＝4(n－1)－21＝4n－25，所以n≥2时，an－an－1＝4总成立， 所以数列是等差数列． (2)因为bn＝，所以Tn＝＋＋＋…＋， 当an＝4n－21<0时，n≤5；当an＝4n－21>0时，n≥6， 由(1)中结论可知，当n≤5时，Tn＝－a1－a2－…－an＝－Sn＝－2n2＋19n； 当n≥6时，Tn＝－S5＋(Sn－S5)＝Sn－2S5＝2n2－19n＋90， 从而Tn＝ 知识 1.等差数列的前n项和公式.2.等差数列的前n项和的函数特性 方法 1.等差数列的前n项和公式推导：倒序相加法和分类讨论的思想.2.等差数列运算：公式法(基本量法)、巧用性质法、方程思想.3.等差数列的前n项和的函数特征：函数思想.4.求{|an|}的前n项和：分类讨论思想 易错 误区 1.由Sn求通项公式时忽略对n＝1的讨论.2.求{|an|}的前n项和时，一是易忽视分类讨论，二是最后结果未分段表示 1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝6，a3＝4，则公差d为(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．1 B． C．2 D．3 答案：C 解析：因为S3＝＝6，而a3＝4，所以a1＝0，所以d＝＝2.故选C． 2．(2024·安徽临泉联考)在等差数列{an}中，若a3＋2a5＋a9＝10，则该数列的前10项和S10＝(　　) A．20 B．24 C．25 D．28 答案：C 解析：由a3＋2a5＋a9＝10，得2a5＋2a6＝10，即a5＋a6＝5，所以S10＝＝＝5(a5＋a6)＝25.故选C． 3．(多选)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则下列正确的是(　　) A．a1＝－2 B．a1＝2 C．d＝4 D．d＝－4 答案：AC 解析：因为所以故选AC． 4．已知数列{an}满足an＋1－an＝2，a1＝－5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝________． 答案：18 解析：由an＋1－an＝2可得数列{an}是等差数列， 公差d＝2，又a1＝－5，所以an＝－5＋(n－1)×2＝2n－7， 所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋|a4|＋|a5|＋|a6|＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18. 课时测评5　等差数列的前n项和公式 (时间：40分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (1—9每小题5分，共45分) 1．下列公式中不是等差数列前n项和的是(　　 )　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．Sn＝ B．Sn＝a1＋(n－1)d C．Sn＝na1＋d D．Sn＝n2＋n 答案：B 解析：由等差数列的前n项和公式得A、C、D正确．故选B． 2．在等差数列{an}中，已知a1＝10，d＝2，Sn＝580，则n等于(　　 ) A．10 B．15 C．20 D．30 答案：C 解析：因为Sn＝na1＋n(n－1)d＝10n＋n(n－1)×2＝n2＋9n，所以n2＋9n＝580，解得n＝20或n＝－29(舍去)．故选C． 3．如图所示，将若干个点摆成三角形图案，每条边(包括两个端点)有n(n>1，n∈N*)个点，相应的图案中总的点数记为an，则a2＋a3＋a4＋…＋an等于(　　 ) A． B． C． D． 答案：C 解析：由图案的点数可知a2＝3，a3＝6，a4＝9，a5＝12，所以an＝3(n－1)＝3n－3，n≥2，所以a2＋a3＋a4＋…＋an＝＝.故选C． 4. (2023·全国甲卷)记Sn为等差数列的前n项和．若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5＝(　　) A． 25 B． 22 C． 20 D． 15 答案：C 解析：法一：设等差数列的公差为d，首项为a1，依题意可得，a2＋a6＝a1＋d＋a1＋5d＝10，即a1＋3d＝5，又a4a8＝(a1＋3d)(a1＋7d)＝45，解得d＝1，a1＝2，所以S5＝5a1＋×d＝5×2＋10＝20.故选C． 法二：a2＋a6＝2a4＝10，a4a8＝45，所以a4＝5，a8＝9，从而d＝＝1，于是a3＝a4－d＝5－1＝4，所以S5＝5a3＝20.故选C． 5．(多选)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S9＝72，a7＝10，则(　　 ) A．an＝n＋3 B．an＝2n－4 C．Sn＝n2＋n D．Sn＝n2－n 答案：AC 解析：因为S9＝72，a7＝10， 所以解得所以an＝4＋(n－1)×1＝n＋3，则Sn＝＝n2＋n.故选AC． 6．(多选)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，下列选项中可能是Sn图象的是(　　 ) 答案：ABC 解析：因为Sn是等差数列{an}的前n项和，所以Sn＝an2＋bn(a，b为常数，n∈N*)，则其对应函数为y＝ax2＋bx.当a＝0时，该函数的图象是过原点的直线上一些孤立的点，如选项C；当a≠0时，该函数的图象是过原点的抛物线上一些孤立的点，如选项A、B；选项D中的曲线不过原点，不符合题意．故选ABC． 7．已知数列{an}中，a1＝1，an＝an－1＋(n≥2)，则数列{an}的前9项和等于________． 答案：27 解析：由a1＝1，an＝an－1＋(n≥2)，可知数列{an}是首项为1，公差为的等差数列，故S9＝9a1＋×＝9＋18＝27. 8．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S17＝272，则2a10－a11＝________． 答案：16 解析：因为数列{an}是等差数列，所以S17＝17a9＝272，所以a9＝16，则2a10－a11＝(a9＋a11)－a11＝a9＝16. 9．已知数列{an}的前n项和Sn＝10n－n2，数列{bn}的每一项都有bn＝|an|，设数列{bn}的前n项和为Tn，则T4＝________，T30＝________． 答案：24　650 解析：因为Sn＝10n－n2，所以当n＝1时，a1＝S1＝9.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝11－2n.又a1＝9适合上式，所以an＝11－2n.当n≤5时，an>0，bn＝an；当n>5时，an<0，bn＝－an＝2n－11.故T4＝S4＝10×4－42＝24，T30＝S5－(a6＋a7＋…＋a30)＝2S5－S30＝2(10×5－52)－10×30＋302＝650. 10．(10分)已知等差数列{an}的前三项为a－1，4，2a，记前n项和为Sn. (1)设Sk＝2 550，求a和k的值；(4分) (2)设bn＝，求b3＋b7＋b11＋…＋b4n－1的值．(6分) 解：(1)由已知得，2×4＝a－1＋2a，解得a＝3， 所以a1＝2，公差d＝a2－a1＝2， 因为Sk＝2 550，所以2k＋×2＝2 550， 即k2＋k－2 550＝0， 解得k＝50，或k＝－51(舍去)，所以a＝3，k＝50. (2)由(1)知，Sn＝2n＋×2＝n2＋n，bn＝＝＝n＋1， 又b3，b7，b11，…，b4n－1仍是等差数列，且共有n项， 所以b3＋b7＋b11＋…＋b4n－1＝＝＝2n2＋2n. (11—13每题5分，共15分) 11．(新角度)已知数列中，an＝，则S＝a1＋a2＋…＋a97＋a98＝(　　) A．96 B．97 C．98 D．99 答案：C 解析：S＝a1＋a2＋…＋a97＋a98＝＋＋…＋＋①，S＝a98＋a97＋…＋a2＋a1＝＋＋…＋＋②，①＋②，得2S＝＋＝＋＋…＋＋＝2×98，所以S＝98.故选C． 12．(多选)(2024·山东日照高二联考)已知{an}是等差数列，其公差为d，前n项和为Sn，a10＝10，S10＝70，则下列结论正确的是(　　) A．a1＝4 B．d＝ C．数列{an}是递减数列 D．数列{Sn}是等差数列 答案：AB 解析：由题意知，解得故A、B正确；因为d>0，所以数列{an}是递增数列，故C错误；Sn－Sn－1＝an＝4＋(n－1)×＝n＋(n≥2)，不是常数，故数列{Sn}不是等差数列，故D错误．故选AB． 13．首项为正数，公差不为0的等差数列，其前n项和为Sn，现有下列4个命题： ①若S8<S9，则S9<S10； ②若S11＝0，则a2＋a10＝0； ③若S13>0，S14<0，则中S7最大； ④若S2＝S10，则使Sn>0的n的最大值为11. 其中所有真命题的序号是__________． 答案：②③④ 解析：若S8<S9，则a9>0，不能推出a10>0，即不能推出S9<S10，故①错误；若S11＝0，则S11＝＝0，即a1＋a11＝0，则a2＋a10＝a1＋a11＝0，故②正确；若S13>0，S14<0，则S13＝＝13a7>0，S14＝＝<0，所以a7>0，a8<0，则中S7最大，故③正确；若S2＝S10，则2a1＋d＝10a1＋45d，即2a1＋11d＝a1＋5d＋a1＋6d＝a6＋a7＝0，因为首项为正数，则公差小于0，则a6>0，a7<0，则S11＝＝11a6>0，S12＝＝6(a6＋a7)＝0，则使Sn>0的n的最大值为11，故④正确．故答案为②③④. 14．(10分)已知在各项均为正数的数列{an}中，前n项和Sn满足8Sn＝(an＋2)2. (1)求证：数列{an}是等差数列；(4分) (2)若bn＝an－30，求数列的前n项和Tn.(6分) 解：(1)证明：由8Sn＝(an＋2)2，得当n＝1时，8a1＝(a1＋2)2，解得a1＝2； 当n≥2时，8Sn－1＝(an－1＋2)2，所以8Sn－8Sn－1＝(an＋2)2－(an－1＋2)2， 所以8an＝a－a＋4an－4an－1，整理得(an＋an－1)(an－an－1－4)＝0， 因为an＋an－1>0，所以an－an－1＝4， 所以数列是以2为首项，4为公差的等差数列． (2)由(1)知，an＝2＋4(n－1)＝4n－2， 因为bn＝an－30，所以bn＝2n－31， 因为bn＋1－bn＝2，所以是等差数列． 又b1＝－29， 所以Tn＝＝＝n2－30n. 15．(5分)(新定义)把形如M＝mn(m，n∈N*)的正整数表示为各项都是整数、公差为2的等差数列的前m项和，称作“对M的m项划分”．例如：9＝32＝1＋3＋5，称作“对9的3项划分”；把64表示成64＝43＝13＋15＋17＋19，称作“对64的4项划分”．据此，对324的18项划分中最大的数是________． 答案：35 解析：设对324的18项划分中最小数为a1，最大数为a18，则由 解得 16．(15分)(开放题)已知各项均为正数的数列{an}，其前n项和为Sn.数列{bn}为等差数列且满足b2＝12，b5＝30，再从①a＋an＝2Sn，②a1＝9，a2＝2，当n≥2时，an＋1＝an＋2这两个条件中任选一个作为已知条件，求解下列问题： (1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；(5分) (2)若对任意n∈N*，不等式kSn≥bn恒成立，求实数k的取值范围．(10分) 解：方案一　选条件①. (1)由a＋an＝2Sn， 得a＋an－1＝2Sn－1(n≥2)， 两式相减可得a－a＋an－an－1＝2an， 即(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0. 又an>0，所以an－an－1－1＝0，即an－an－1＝1， 所以数列{an}为等差数列． 当n＝1时，a1＝1， 所以an＝a1＋(n－1)×1＝n， 所以Sn＝＝. (2)因为数列为等差数列，设公差为d， 由b2＝12，b5＝30得， 所以解得b1＝d＝6， 所以bn＝6＋6(n－1)＝6n. 若对任意n∈N*，不等式kSn≥bn恒成立， 则k·≥6n，即k≥＝对任意n∈N*恒成立， 所以k≥6. 方案二　选条件②. (1)因为当n≥2时，an＋1＝an＋2，即an＋1－an＝2， 所以当n≥2时，数列{an}为等差数列， 又a2＝2，所以当n≥2时，an＝a2＋(n－2)×2＝2n－2，所以an＝ Sn＝9＋＝n2－n＋9. (2)因为数列为等差数列，设公差为d， 由b2＝12，b5＝30得， 所以解得b1＝d＝6， 所以bn＝6＋6(n－1)＝6n. 若对任意n∈N*，不等式kSn≥bn恒成立， 则k≥＝对任意n∈N*恒成立． 因为n＋－1≥2－1＝5，当且仅当n＝3时取等号， 所以≤，所以k≥. 学科网（北京）股份有限公司 $$