4.2.2 第1课时 等差数列的前n项和-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第四章　数列 4.2 　等差数列 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 (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的两个． 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 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 倒序相加法 核心概念掌握 5 核心概念掌握 6 核心概念掌握 7 1．(利用等差数列的前n项和求部分项和)若数列{an}的前n项和Sn＝n2，则a3＋a4＋a5＝(　　) A．20 B．21 C．22 D．23 2．(等差数列的前n项和公式①)等差数列{an}中，a1＝6，a12＝－16，则S12＝(　　) A．－60 B．60 C．－132 D．132 核心概念掌握 8 3．(等差数列的前n项和公式②)等差数列{an}中，a1＝2，公差d＝2，则S10＝________． 4．(等差数列的前n项和公式)已知数列{an}的通项公式为an＝－5n＋2，则其前n项和Sn＝________． 110 核心概念掌握 9 核心素养形成 题型一　等差数列前n项和公式的基本运算 (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 (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 (3)在等差数列{an}中，已知a2＋a5＝19，S5＝40，求a10，S20. 核心素养形成 13 [条件探究] 　本例(2)中，将“公差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 感悟提升　等差数列中的基本运算 核心素养形成 15 [跟踪训练1]　(1)在等差数列{an}中，已知a1＝1，a4＝7，求S9. 核心素养形成 16 (2)在等差数列{an}中，已知S8＝48，S12＝168，求a1和d. 解：∵S8＝8a1＋28d＝48，S12＝12a1＋66d＝168， ∴a1＝－8，d＝4. 核心素养形成 17 (3)在等差数列{an}中，已知a3＋a15＝40，求S17. 核心素养形成 18 (4)已知等差数列{an}中，a10＝30，a20＝50，若Sn＝242，求n. 核心素养形成 19 题型二　利用Sn判断等差数列 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. 设Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2n2－30n. (1)求a1及an； (2)判断数列{an}是否是等差数列． 核心素养形成 20 (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 21 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 22 核心素养形成 23 核心素养形成 24 题型三　由等差数列{an}求数列{|an|}的前n项和 核心素养形成 25 核心素养形成 26 核心素养形成 27 感悟提升　由等差数列{an}求数列{|an|}的前n项和的技巧 核心素养形成 28 核心素养形成 29 [跟踪训练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. 核心素养形成 30 核心素养形成 31 随堂水平达标 1．(2023·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5＝(　　) A．25 B．22 C．20 D．15 随堂水平达标 1 2 3 4 5 33 2．若一个等差数列{an}的前3项和为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 随堂水平达标 1 2 3 4 5 34 3．(多选)(2024·重庆高二联考)若等差数列{an}的公差为d，首项a1<0，a203＋a204>0，a203a204<0，则(　　) A．a204>0 B．d<0 C．S405<0 D．S406>0 解析：由a203＋a204>0⇒a1＋a406>0⇒S406>0，又由a1<0且a203a204<0，知a203<0，a204>0，所以公差d>0，则数列{an}的前203项都是负数，那么2a203＝a1＋a405<0，所以S405<0. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 35 4．在等差数列{an}中，若a6＝10，S5＝5，则a8＝_____，S8＝______． 16 44 随堂水平达标 1 2 3 4 5 36 5．若数列{an}的前n项和Sn＝n2－4n＋2，则|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝_____． 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. 66 随堂水平达标 1 2 3 4 5 37 课后课时精练 题号 1 2 3 4 5 6 难度 ★ ★ ★ ★★ ★★ ★ 对点 利用ap＋aq＝am＋an(p＋q＝m＋n)求和 由等差数列的前n项和的关系求首项 由等差数列的前n项和的关系确定项数 由等差数列的前n项和求参数的值 由等差数列前n项和的大小关系解决问题 求等差数列的前n项和 题号 7 8 9 10 11 12 难度 ★ ★★ ★ ★★ ★★ ★★★ 对点 构造等差数列求数列偶数项的和 与数列{|an|}的前n项和有关的计算 等差数列中n，an，Sn的相关计算 等差数列的证明；数列{|an|}的前n项和 由等差数列的前n项和求值 由an，Sn之间的关系求等差数列的通项公式；由等差数列前n项和的关系求公差 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 39 一、选择题 1．在等差数列{an}中，已知a3＋a4＝12，则数列{an}的前6项和为(　　) A．12 B．32 C．36 D．72 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 40 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 41 3．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S5＝35，a10＝0，若Sn＝S5(n≠5)，则n的值为(　　) A．15 B．14 C．13 D．12 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 42 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 43 5．(多选)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，且S5<S6＝S7>S8，则下列结论正确的是(　　) A．S5<S9 B．该数列的公差d<0 C．a7＝0 D．S12>0 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 44 二、填空题 6．(2024·新课标Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝________． 95 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 45 7．(2024·山东威海高二期末)已知数列{an}，∀m，n∈N*都有am＋an＝am＋n，且a1＝1，则a2＋a4＋…＋a2n＝________． n2＋n 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 46 8．设数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，其中an＝－3n＋20，bn＝|an|，则使Tn＝Sn成立的最大正整数为_____，S2024＋T2024＝______． 6 114 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 47 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. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 50 10．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：(1)证明：由题意，得an＝8－2n. ∵an＋1－an＝8－2(n＋1)－8＋2n＝－2， ∴数列{an}是等差数列． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 55 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 56 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 57 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 58 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 59 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点　等差数列的前n项和公式及其推导 1．等差数列前n项和公式的推导思路：它来源于对等差数列的第k项与倒数第k项的和都等于首项a1和末项an的和这一性质的认识和发现．推导方法是_______________． 2．等差数列的前n项和公式 因为等差数列{an}中，有a1＋an＝a2＋an－1＝…＝ak＋an－k＋1成立，所以可得到等差数列前n项和公式为Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2).① 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＝__________________．② [说明]　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． na1＋eq \f(n（n－1）,2)d 3．等差数列前n项和公式Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d还可以由如下方法推导： Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋(a1＋d)＋(a1＋2d)＋…＋[a1＋(n－1)d]， Sn＝an＋an－1＋…＋a1＝[a1＋(n－1)d]＋[a1＋(n－2)d]＋[a1＋(n－3)d]＋…＋a1， ∴2Sn＝[2a1＋(n－1)d]＋[2a1＋(n－1)d]＋…＋[2a1＋(n－1)d] ＝n[2a1＋(n－1)d]． ∴Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d. －eq \f(5n2＋n,2) 解　由等差数列的前n项和公式可得 S10＝eq \f(（a1＋a10）×10,2)＝5(a1＋10)＝70， 解得a1＝4，所以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　设等差数列{an}的公差为d. 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， S20＝20a1＋eq \f(20×19,2)d＝20×2＋190×3＝610. 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. (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：设等差数列{an}的公差为d. ∵a4＝a1＋3d＝1＋3d＝7， ∴d＝2. ∴S9＝9a1＋eq \f(9×8,2)d＝9＋eq \f(9×8,2)×2＝81. 解：∵a3＋a15＝40， ∴S17＝eq \f(17×（a1＋a17）,2)＝eq \f(17×（a3＋a15）,2) ＝eq \f(17×40,2)＝340. 解：设等差数列{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.)) ∴an＝a1＋(n－1)d＝10＋2n. 由Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d，a1＝12，d＝2，Sn＝242， 得242＝12n＋eq \f(n（n－1）,2)×2. 即n2＋11n－242＝0，解得n＝11或n＝－22(舍去)． [跟踪训练2]　(2024·河北衡水中学高二期中)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. 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.))　 ∴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. 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　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. ∵n＝1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. 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(（－3n＋104－3×35＋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.)) 常先由Sn的最值判断出哪些项为正，哪些项为负或先求出an，解得an≥0时n的取值范围，判断出哪些项为正，哪些项为负． (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)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 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时各项的和，再相减求出|an|的和． 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝a1＋d＝11，,S10＝10a1＋\f(10×9,2)d＝40，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝11，,2a1＋9d＝8，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝13，,d＝－2，)) 所以an＝13－2(n－1)＝15－2n. (2)因为Sn＝eq \f(n（13＋15－2n）,2)＝14n－n2， 令an＝15－2n>0，解得n<eq \f(15,2)，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＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(14n－n2，n≤7，,n2－14n＋98，n≥8.)) 解析：解法一：设等差数列{an}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＋eq \f(5×4,2)×d＝5×2＋10×1＝20.故选C. 解法二：a2＋a6＝2a4＝10，a4a8＝45，所以a4＝5，a8＝9，从而d＝eq \f(a8－a4,8－4)＝1，于是a3＝a4－d＝5－1＝4，所以S5＝5a3＝20.故选C.　 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：设等差数列{an}的公差为d.因为a6＝10＝a1＋5d，S5＝5a1＋10d＝5，所以d＝3，a1＝－5.所以a8＝a1＋7d＝－5＋21＝16，S8＝8×(－5)＋eq \f(8×7,2)×3＝44.　 解析：等差数列{an}中，a3＋a4＝12，所以等差数列{an}的前6项和为S6＝eq \f(6×（a1＋a6）,2)＝eq \f(6×（a3＋a4）,2)＝eq \f(6×12,2)＝36.故选C.　 2．(2024·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S5＝S10，a5＝1，则a1＝(　　) A．－2 B.eq \f(7,3) C．1 D．2 解析：由S10－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝5a8＝0，得a8＝0，则等差数列{an}的公差d＝eq \f(a8－a5,3)＝－eq \f(1,3)，故a1＝a5－4d＝1－4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝eq \f(7,3).故选B.　 解析：设等差数列的公差为d，则由S5＝35，a10＝0，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5a1＋10d＝35，,a1＋9d＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝9，,d＝－1，))因为Sn＝S5，所以9n－eq \f(n（n－1）,2)＝35，即n2－19n＋70＝0，解得n＝14或n＝5(舍去)．故选B.　 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＝(　　) 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.　 解析：由S5<S6，可得S6－S5＝a6>0，由S6＝S7，可得S7－S6＝a7＝0，由S7>S8，可得S8－S7＝a8<0，所以等差数列{an}的公差d<0，故B，C正确；S9－S5＝a9＋a8＋a7＋a6＝2(a8＋a7)＝2a8<0，故A不正确；S12＝eq \f(a1＋a12,2)×12＝6(a6 ＋a7)＝6a6>0，故D正确．故选BCD.　 解析：因为数列{an}为等差数列，则由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＋a1＋3d＝7，,3（a1＋d）＋a1＋4d＝5，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－4，,d＝3，))则S10＝10a1＋eq \f(10×9,2)d＝10×(－4)＋45×3＝95.　 解析：令m＝1，得an＋1－an＝a1＝1，故{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，则an＝1＋n－1＝n，设a2n＝2n＝bn，则bn＋1＝2n＋2，bn＋1－bn＝2，b1＝2，故{bn}是以2为首项，2为公差的等差数列，设{bn}的前n项和为Sn，则a2＋a4＋…＋a2n＝b1＋…＋bn＝Sn＝eq \f(n（2＋2n）,2)＝n2＋n.　 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.S2024＋T2024＝(a1＋a2＋…＋a6＋a7＋a8＋…＋a2024)＋(b1＋b2＋…＋b6＋b7＋b8＋…＋b2024)＝(a1＋a2＋…＋a6＋a7＋a8＋…＋a2024)＋(a1＋a2＋…＋a6－a7－a8－…－a2024)＝2(a1＋a2＋…＋a6)＝2×eq \f(（17＋2）×6,2)＝114.　 解：(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＝n·18＋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：设等差数列的公差为d，则 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). (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－5）（n－4）,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*）.)) 11．已知等差数列{an}的前3项为a－1，4，2a，记数列{an}的前n项和为Sn. (1)求a的值； (2)若Sk＝2550，求k的值； (3)设bn＝eq \f(Sn,n)，求b3＋b7＋b11＋…＋b4n－1的值． 解：(1)由已知得4×2＝a－1＋2a，解得a＝3. (2)由(1)可知，a1＝2，公差d＝a2－a1＝2， 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)，∴k＝50.　 (3)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. 12．(2023·新课标Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d，且d>1.令bn＝eq \f(n2＋n,an)，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和． (1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式； (2)若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d. 解：(1)∵3a2＝3a1＋a3， ∴3d＝a1＋2d，解得a1＝d， ∴S3＝3a2＝3(a1＋d)＝6d， 又T3＝b1＋b2＋b3＝eq \f(2,d)＋eq \f(6,2d)＋eq \f(12,3d)＝eq \f(9,d)， ∴S3＋T3＝6d＋eq \f(9,d)＝21， 即2d2－7d＋3＝0， 解得d＝3或d＝eq \f(1,2)(舍去)， ∴an＝a1＋(n－1)d＝3n. (2)∵{bn}为等差数列， ∴2b2＝b1＋b3，即eq \f(12,a2)＝eq \f(2,a1)＋eq \f(12,a3)， ∴6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)－\f(1,a3)))＝eq \f(6d,a2a3)＝eq \f(6d,（a1＋d）（a1＋2d）)＝eq \f(1,a1)， 即aeq \o\al(2,1)－3a1d＋2d2＝0，解得a1＝d或a1＝2d， ∵d>1，∴an>0， 又S99－T99＝99， 由等差数列的性质知，99a50－99b50＝99， 即a50－b50＝1，∴a50－eq \f(2550,a50)＝1，即aeq \o\al(2,50)－a50－2550＝0， 解得a50＝51或a50＝－50(舍去)． 当a1＝2d时，a50＝a1＋49d＝51d＝51， 解得d＝1，与d>1矛盾，无解； 当a1＝d时，a50＝a1＋49d＝50d＝51， 解得d＝eq \f(51,50). 综上，d＝eq \f(51,50). $$