1.2.2 第2课时 等差数列的前n项和的性质-【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（北师大版2019）

第2课时　等差数列的前n项和的性质 知识层面 1.理解等差数列前n项和的性质并学会运用．　2.能够利用等差数列前n项和的函数特征求其前n项和的最值．　3.能在具体的问题情境中，发现数列的等差关系，并解决相应的问题. 素养层面 通过对等差数列前n项和的性质的应用，培养数学运算、逻辑推理的素养. 知识点一　等差数列的前n项和的性质 问题1.等差数列{an}的前n项和为Sn，试探索Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…的关系． 提示：S2n＝a1＋a2＋…＋an＋an＋1＋…＋a2n＝Sn＋(a1＋nd)＋(a2＋nd)＋…＋(an＋nd)＝2Sn＋n2d，同样我们发现S3n＝3Sn＋3n2d，这里出现了一个有意思的数列Sn，S2n－Sn＝Sn＋n2d，S3n－S2n＝Sn＋2n2d，…，是一个公差为n2d的等差数列． 问题2.在等差数列{an}中，如果项数为2n，那么S偶与S奇之间存在什么样的关系？ 提示：因为S奇＝a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1，S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n，所以S偶－S奇＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋(a6－a5)＋…＋(a2n－a2n－1)＝nd.又由等差数列的性质知a1＋a2n－1＝2an，a2＋a2n＝2an＋1，且S奇＝，S偶＝，所以＝(S偶≠0)． 问题3. 若等差数列{an}的前n项和为Sn，则是等差数列吗？ 提示：由等差数列前n项和公式Sn＝na1＋d，得＝a1＋(n－1)，所以数列是以a1为首项，以为公差的等差数列． 1．“片段和”性质 等差数列前n项和的性质(m，n∈N＋) (1)若数列{an}是公差为d的等差数列，前n项和为Sn，则数列也是等差数列，且公差为． (2)若Sm，S2m，S3m分别为等差数列{an}的前m项、前2m项、前3m项的和，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m也成等差数列，公差为m2d． 2．比值 设两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，则＝. 3．“奇偶项”性质 (1)若等差数列的项数为2n，则S2n＝n(an＋an＋1)，S偶－S奇＝nd，＝(S奇≠0)． (2)若等差数列的项数为2n＋1，则S2n＋1＝(2n＋1)an＋1(an＋1是数列的中间项)，S偶－S奇＝－an＋1，＝(S奇≠0)． [微提醒]　(1)上述性质可用于小题，大题中要先证再用．(2)性质Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…成等差数列，不能误解为Sn，S2n，S3n，…成等差数列． 例1　(一题多解)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，且S10＝100，S100＝10，求S110. 解：法一：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d， 因为S10＝100，S100＝10， 所以 解得 所以S110＝110a1＋d＝110×＋×＝－110. 法二：设等差数列{an}的前n项和Sn＝An2＋Bn. 由题设条件可知解得 故S110＝－×1102＋×110＝－110. 法三：因为S10，S20－S10，S30－S20，…，S100－S90，S110－S100，…成等差数列， 设公差为d， 所以该数列的前10项和为10×100＋d＝S100＝10，解得d＝－22， 所以前11项和S110＝11×100＋×(－22)＝－110. 法四：由也是等差数列，构造新的等差数列b1＝＝10，b10＝＝， 则d＝(b10－b1)＝×＝－， 所以b11＝＝b10＋d＝＋＝－1， 所以S110＝－110. 法五：直接利用性质Sn＝m，Sm＝n，Sm＋n＝－(m＋n)，可得S110＝－110. 学生用书↓第20页 利用等差数列前n项和的性质简化计算 1．在解决等差数列问题时，先利用已知求出a1，d，再求所求，是基本解法，有时运算量大些． 2．等差数列前n项和Sn的有关性质在解题过程中，如果运用得当可以达到化繁为简、化难为易、事半功倍的效果． 3．设而不求，整体代换也是很方便的解题方法． 对点练1.(1)在等差数列{an}中，若S4＝1，S8＝4，则a17＋a18＋a19＋a20的值为(　　 ) A．9 B．12 C．16 D．17 (2)(2024·江苏镇江高二期中)已知Sn是等差数列{an}的前n项和．若a1＝－2 022， － ＝6，则S2 024＝________． (3)若等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且＝，则＝________． 答案：(1)A　(2)2 024　(3) 解析：(1)由等差数列的性质知S4，S8－S4，S12－S8，…也构成等差数列，不妨设为{bn}，且b1＝S4＝1，b2＝S8－S4＝3，于是求得b3＝5，b4＝7，b5＝9，即a17＋a18＋a19＋a20＝S20－S16＝b5＝9.故选A. (2)由等差数列的性质可得数列 也为等差数列．设其公差为d，则 － ＝6d＝6，所以d＝1.故＝ ＋2 023d＝－2 022＋2 023＝1，所以S2 024＝1×2 024＝2 024. (3)＝＝＝＝＝＝. 知识点二　等差数列前n项和的函数性质与最值 问题4.根据上节课所学，等差数列的前n项和公式有什么样的函数特点？ 提示：由Sn＝na1＋d，可知Sn＝n2＋n，当d≠0时，Sn是常数项为0的二次函数．该函数的定义域是n∈N＋，公差的符号决定了该二次函数的开口方向，通常简记为Sn＝An2＋Bn(A，B∈R)． 等差数列前n项和的函数性质与最值 1．等差数列前n项和公式Sn＝na1＋d可化成关于n的函数得Sn＝n2＋n． 2．因为Sn＝n2＋n，若d≠0，则从二次函数的角度看：当d>0时，Sn有最小值；当d<0时，Sn有最大值；且n取最接近对称轴的自然数时，Sn取到最值． 3．在等差数列{an}中，当a1>0，d<0时，Sn有最大值，使Sn取到最值的n可由不等式组确定；当a1<0，d>0时，Sn有最小值，使Sn取到最值的n可由不等式组确定． [微思考]　在求等差数列前n项和的最值中，Sn取得最大或最小值时的n唯一吗？是否也一定在顶点处取到呢？ 提示：由于n取正整数，所以Sn取得最大或最小值时的n不一定唯一(例如对点练2在n＝5或n＝6时取最小值)，同时也不一定在顶点处取到最值，而可能是在离顶点最近的横坐标取整数的点处取到最值． 例2　(一题多解)在等差数列{an}中，a1＝25，S8＝S18，求前n项和Sn的最大值． 解：法一：因为S8＝S18，a1＝25， 所以8×25＋d＝18×25＋d， 解得d＝－2. 所以Sn＝25n＋×(－2)＝－n2＋26n＝－(n－13)2＋169. 所以当n＝13时，Sn有最大值为169. 法二：同法一，求出公差d＝－2. 所以an＝25＋(n－1)×(－2)＝－2n＋27. 因为a1＝25>0， 由得 又因为n∈N＋， 所以当n＝13时，S13＝13×25＋×(－2)＝169，Sn有最大值为169. 法三：因为S8＝S18， 所以a9＋a10＋…＋a18＝0. 由等差数列的性质得a13＋a14＝0. 因为a1>0，所以d<0. 所以a13>0，a14<0. 所以当n＝13时，Sn有最大值． 由a13＋a14＝0， 得a1＋12d＋a1＋13d＝0， 解得d＝－2， 所以S13＝13×25＋×(－2)＝169， 所以Sn的最大值为169. 法四：设Sn＝An2＋Bn. 因为S8＝S18，a1＝25， 所以借助二次函数图象知对称轴为x＝＝13，且开口方向向下， 所以当n＝13时，Sn取得最大值． 由题意得解得 所以Sn＝－n2＋26n， 所以S13＝169， 即Sn的最大值为169. [变式探究] (变条件，变设问)本例改为“在等差数列{an}中，已知a1＝20，前n项和为Sn，且S10＝S16，则当n＝________时，Sn取得最大值．” 答案：13 解析：由Sn＝An2＋Bn为二次函数具有对称性，S10＝S16，对称轴为＝13，故S13最大． 求等差数列前n项和的最值的方法 1．二次函数法：用求二次函数的最值的方法来求其前n项和的最值，但要注意n∈N＋，结合二次函数图象的对称性来确定n的值，更加直观． 学生用书↓第21页 2．通项法：当a1>0，d<0，时，Sn取得最大值；当a1<0，d>0，时，Sn取得最小值． [占领思想高点]　注意求等差数列前n项和的最值中渗透函数与方程思想、分类讨论思想． 对点练2.有下列3个条件： ①a3＋a8＝－2；②S7＝－28；③＝a2a5.从中任选1个，补充到下面的问题中并解答： 问题：设数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＋1＝Sn＋an＋2(n∈N＋)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)求Sn的最小值并指明相应的n的值． 解：(1)因为Sn＋1＝Sn＋an＋2，所以an＋1－an＝2，即{an}是公差为2的等差数列， 选择条件①：因为a3＋a8＝－2， 所以2a1＋9d＝－2，则2a1＋9×2＝－2， 解得a1＝－10，所以an＝2n－12. 选择条件②：因为S7＝－28， 所以7a1＋d＝－28，解得a1＝－10， 所以an＝2n－12. 选择条件③：因为＝a2a5，即(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋4d)，解得a1＝－10， 所以an＝2n－12. (2)由(1)可知a1＝－10，d＝2，所以Sn＝－10n＋×2＝n2－11n＝－， 因为n∈N＋， 所以当n＝5或6时，Sn取到最小值，即(Sn)min＝－30. 数列{|an|}的前n项和 例3　(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＝ 数列{|an|}的前n项和的三种类型的求解策略 1．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．等差数列{an}中，a1>0，d<0，这种数列只有前边有限项为非负数，从某项开始其余所有项都为负数，可把数列{an}分成两段处理． 3．等差数列{an}中，a1<0，d>0，这种数列只有前边有限项为负数，其余都为非负数，同样可以把数列分成两段处理． [占领思想高点]　在求数列{|an|}的前n项和中注意分类讨论思想的运用． 对点练3.(2024·黑龙江哈尔滨期末)已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2n2－19n. (1)求证：数列{an}是等差数列； (2)若bn＝|an|，求数列{bn}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，a1＝－17也满足题意， 故{an}的通项公式为an＝4n－21. 所以数列{an}是首项为－17，公差为4的等差数列． (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－2S5＝2n2－19n＋90， 从而Tn＝ 知识 1.等差数列前n项和的性质2.等差数列前n项和的最值问题.3.数列{|an|}的前n项和 方法 公式法、构造法、函数法、整体代换法 易错误区 忽视最值问题中n的个数；等差数列前n项和性质应用的前提是等差数列 学生用书↓第22页 1．(2024·全国甲卷文)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9＝1，则a3＋a7＝(　　) A．－2 B． C．1 D． 答案：D 解析：设等差数列{an}的公差为d，由S9＝9a1＋d＝9＝1，得a1＋4d＝，则a3＋a7＝a1＋2d＋a1＋6d＝2a1＋8d＝2(a1＋4d)＝.故选D. 2．等差数列{an}的前n项和为Sn，S5＝12，S10＝48，则S15为(　　 ) A．84 B．108 C．144 D．156 答案：B 解析：由等差数列的性质知S5，S10－S5，S15－S10也构成等差数列，所以2(S10－S5)＝S5＋S15－S10，所以2×(48－12)＝12＋S15－48，解得S15＝108.故选B. 3．两等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且＝，则＝(　　 ) A． B． C． D． 答案：D 解析：因为{an}，{bn}均为等差数列，由等差中项的性质以及求和公式可得＝＝＝＝，又因为＝，将n＝9代入，得＝＝＝.故选D. 4．已知某等差数列共有10项，其奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差为________． 答案：3 解析：由等差数列前n项和的性质，得S偶－S奇＝×d(d为该数列的公差)，即30－15＝5d，解得d＝3. 课时测评6　等差数列的前n项和的性质 (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．已知等差数列的前n项和为Sn.若a15＋a2 010＝1，则S2 024＝(　　 ) A．1 012 B．1 013 C．2 024 D．2 025 答案：A 解析：由等差数列的性质得，S2 024＝＝＝1 012.故选A. 2．(2024·九省适应性测试)记等差数列的前n项和为Sn，a3＋a7＝6，a12＝17，则S16＝(　　 ) A．120 B．140 C．160 D．180 答案：C 解析：因为a3＋a7＝2a5＝6，所以a5＝3，所以a5＋a12＝3＋17＝20，所以S16＝＝8＝160.故选C. 3．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S2＝8，S6＝48，则S8＝(　　 ) A．80 B．72 C．68 D．64 答案：A 解析：设{an}的公差为d，则解得则S8＝8a1＋28d＝80.故选A. 4．在等差数列{an}中，Sn是其前n项和，且S2 011＝S2 018，Sk＝S2 005，则正整数k为(　　 ) A．2 021 B．2 022 C．2 023 D．2 024 答案：D 解析：因为等差数列的前n项和Sn是关于n的二次函数，所以由二次函数的对称性及S2 011＝S2 018，Sk＝S2 005，可得＝，解得k＝2 024.故选D. 5．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝－11，a4＋a6＝－6，则Sn的最小值等于(　　 ) A．－32 B．－35 C．－36 D．－38 答案：C 解析：设等差数列{an}的公差为d，因为a1＝－11，所以a4＋a6＝2a1＋8d＝－22＋8d＝－6，解得d＝2.因此Sn＝na1＋×d＝－11n＋n(n－1)＝n2－12n＝(n－6)2－36，故当n＝6时，Sn取得最小值－36.故选C. 6．(多选题)设{an}是等差数列，Sn为其前n项和，且S5<S6＝S7>S8，则下列结论正确的是(　　 ) A．d<0 B．a7＝0 C．S9>S5 D．S6与S7均为Sn的最大值 答案：ABD 解析：因为S5<S6＝S7>S8，所以a6>0，a7＝0，a8<0.所以d<0.所以S6与S7均为Sn的最大值．S9－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＝2(a7＋a8)<0.所以S9<S5，故C错误．故选ABD. 7．若等差数列{an}的前n项和为Sn＝An2＋Bn，则该数列的公差为________． 答案：2A 解析：数列{an}的前n项和为Sn＝An2＋Bn，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝An2＋Bn－A(n－1)2－B(n－1)＝2An＋B－A，当n＝1时也满足，所以d＝2A. 8．已知Sn，Tn分别是等差数列{an}，{bn}的前n项和，且＝，则＋＝________． 答案： 解析：因为b3＋b18＝b6＋b15＝b10＋b11，所以＋＝＝＝＝＝. 9．已知等差数列{an}的公差d≠0，其前n项和为Sn，若S10＝0，则Si(i＝1，2，3，…，2 024)中不同的数值有________个． 答案：2 020 解析：已知等差数列{an}的公差d≠0，其前n项和为Sn，Sn是关于n的二次函数，若S10＝0，则对称轴为n＝5，所以S1＝S9，S2＝S8，S3＝S7，S4＝S6，有四组数相同，则Si(i＝1，2，3，…，2 024)中不同的数值有2 024－4＝2 020个． 10．(10分)设等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＋a12＝3，a7·a10＝－18，且Sn有最大值． (1)求数列{an}的通项公式及Sn的最大值；(4分) (2)求Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|.(6分) 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，首项为a1，由Sn有最大值得d<0， 则数列{an}是递减数列， 因为a5＋a12＝a7＋a10＝3，a7·a10＝－18， 解得a7＝6，a10＝－3或a7＝－3，a10＝6(舍去)， 则a1＋6d＝6，a1＋9d＝－3，解得d＝－3，a1＝24， 所以an＝24＋(n－1)×(－3)＝－3n＋27， 令an＝－3n＋27＝0得n＝9， 则当n＝9时，an＝0；当n>9时，an<0， 所以(Sn)max＝S8＝S9＝9×24＋×(－3)＝108. (2)由(1)可得Sn＝24n＋×(－3)＝－n2＋n， 当n≤9时，Tn＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝－n2＋n； 当n>9时，Tn＝a1＋a2＋…＋a9－(a10＋a11＋…＋an)＝－Sn＋2S9 ＝－＋2×108＝n2－n＋216. 综上可得，Tn＝n∈N＋. (11－13每小题5分，共15分) 11．(2023·新课标Ⅰ卷)设Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：为等差数列．则(　　) A．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B．甲是乙的必要条件但不是充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 答案：C 解析：法一：甲：为等差数列，设其首项为a1，公差为d，则Sn＝na1＋d，＝a1＋d＝n＋a1－，－＝，因此为等差数列，则甲是乙的充分条件；反之，乙：为等差数列，即－＝＝为常数，设为t，即＝t，则Sn＝nan＋1－t·n(n＋1)，有Sn－1＝(n－1)an－t·n(n－1)，n≥2，两式相减得an＝nan＋1－(n－1)an－2tn，即an＋1－an＝2t，对n＝1也成立，因此为等差数列，则甲是乙的必要条件，所以甲是乙的充要条件．C正确．故选C. 法二：甲：{an}为等差数列，设数列{an}的首项为a1，公差为d，即Sn＝na1＋d，则＝a1＋d＝n＋a1－，因此为等差数列，即甲是乙的充分条件；反之，乙：为等差数列，即－＝D，＝S1＋(n－1)D，即Sn＝nS1＋n(n－1)D，Sn－1＝(n－1)S1＋(n－1)(n－2)D，当n≥2时，上两式相减得：Sn－Sn－1＝S1＋2(n－1)D，即an＝a1＋2(n－1)D，当n＝1时，上式成立，于是an＝a1＋2(n－1)D，又an＋1－an＝a1＋2nD－[a1＋2(n－1)D]＝2D为常数，因此{an}为等差数列，则甲是乙的必要条件，所以甲是乙的充要条件．故选C. 12．(多选题)数列{an}是递增的等差数列，前n项和为Sn，满足a2＝4a5，则下列选项正确的是(　　 ) A．a1<0 B．a6<0 C．S2＝S9 D．Sn>0时，n的最小值为11 答案：AC 解析：设等差数列{an}的公差为d，则d>0，因为a2＝4a5，则a1＋d＝4，可得a1＝－5d<0，故A正确；a6＝a1＋5d＝0，故B错误；S9－S2＝a3＋a4＋…＋a9＝＝7a6＝0，则S2＝S9，故C正确；Sn＝na1＋＝－5dn＋＝>0，因为n∈N＋，所以n≥12，即当Sn>0时，n的最小值为12，故D错误．故选AC. 13．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，对任意正整数n，an＋2－an＝2＋cos nπ，Sn为{an}的前n项和，则S100＝________． 答案：5 050 解析：当n为奇数时，an＋2－an＝1，即数列{an}的奇数项是以1为首项，1为公差的等差数列；当n为偶数时，an＋2－an＝3，即数列{an}的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列，所以S100＝(a1＋a3＋…＋a99)＋(a2＋a4＋…＋a100)＝＋＝5 050. 14．(10分)已知Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝－15，S5＝－55. (1)求数列{an}的通项公式；(4分) (2)若不等式Sn>t对于任意的n∈N＋恒成立，求实数t的取值范围．(6分) 解：(1)设等差数列{an}的公差为d， S5＝5·＝5a3＝－55， 所以a3＝－11， 所以d＝＝＝2. 所以an＝a1＋(n－1)d＝－15＋(n－1)×2＝2n－17，n∈N＋. (2)由(1)知，an＝2n－17， 所以Sn＝＝＝n(n－16)＝(n－8)2－64， 所以(Sn)min＝－64. Sn>t对任意n∈N＋恒成立等价于(Sn)min>t， 即－64>t.所以t∈(－∞，－64)． 15．(5分)(多选题)(2024·山东青岛高二期中)已知数列{an} 的前n项和为Sn，下列说法正确的是(　　 ) A．若Sn＝2n2－6n＋1，则an＝4n－4 B．若an＝4n－25，则Sn的最小值为－66 C．若an＝4n－3，则数列{(－1)nan}的前17项和为－33 D．若数列{an}为等差数列，且a1 012＋a1 013<0，a1 001＋a1 025>0，则当Sn<0时，n的最大值为2 025 答案：BC 解析：对于A，由Sn＝2n2－6n＋1，当n＝1时，a1＝S1＝－3，由an＝4n－4，当n＝1时，a1＝0，故A不正确；对于B，若an＝4n－25，当n＝1时，a1＝－21，且a6<0，a7>0，所以当n＝6时，Sn取得最小值为S6＝＝3×＝－66，故B正确；对于C，若an＝4n－3，设数列{(－1)nan}的前n项和为Tn，所以T17＝－a1＋a2－a3＋a4－…＋a16－a17＝＋＋…＋(－57＋61)－65＝4×8－65＝－33，故C正确；对于D，数列{an}为等差数列，且a1 012＋a1 013<0，a1 001＋a1 025>0，则a1 012＋a1 013＝a1＋a2 024<0，a1 001＋a1 025＝a1＋a2 025>0，所以S2 024＝<0，S2 025＝>0，当Sn<0时，n的最大值为2 024，故D不正确．故选BC. 16．(15分)在等差数列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6. (1)求{an}的通项公式；(6分) (2)设bn＝[an]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.(9分) 解：(1)设数列{an}的首项为a1，公差为d， 由题意得解得 所以{an}的通项公式为an＝(n∈N＋)． (2)由(1)知bn＝. 当n＝1，2，3时，1≤<2，bn＝1； 当n＝4，5时，2≤<3，bn＝2； 当n＝6，7，8时，3≤<4，bn＝3； 当n＝9，10时，4≤<5，bn＝4. 所以数列{bn}的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24. 学科网（北京）股份有限公司 $$