4.2.2 第2课时 等差数列前n项和的性质及应用-【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2课时　等差数列前n项和的性质及应用 (教师独具内容) 课程标准：1.掌握等差数列前n项和的性质，并能够运用其来解决问题.2.体会等差数列前n项和公式与二次函数的联系，并能够运用二次函数的知识解决数列问题． 教学重点：等差数列前n项和的性质及其应用． 教学难点：运用二次函数的知识解决数列问题． 核心素养：1.在探索等差数列前n项和性质的过程中，发展数学运算素养和逻辑推理素养.2.通过利用等差数列的前n项和公式解决实际问题，提升数学建模素养和数学运算素养． 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 C＝0 核心概念掌握 5 2．以等差数列前n项的项数为横坐标，前n项和为纵坐标的图象为抛物线上的一系列的孤立的点． 3．等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，那么数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(m∈N*)是等差数列，其公差等于__________． 4．在等差数列{an}中，若a1>0，d<0，则Sn存在_________；若a1<0，d>0，则Sn存在_____________． m2d 最大值 最小值 核心概念掌握 6 n(a1＋a2n) (2n＋1)an＋1 an＋1 nd 核心概念掌握 7 1．(等差数列前n项和的性质)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝8，S8＝20，则a13＋a14＋a15＋a16＝(　　) A．12 B．4 C．16 D．20 2．(等差数列奇偶项和的性质)已知某等差数列共有101项，各项之和为202，则奇数项之和S奇＝________，偶数项之和S偶＝________． 102 100 核心概念掌握 8 3．(等差数列前n项和的最值)在等差数列{an}中，a1＝7，公差为d，前n项和为Sn，当且仅当n＝8时，Sn取最大值，则d的取值范围为__________． 4．(等差数列前n项和在实际中的应用)一个堆放铅笔的V形架的最下面一层放1支铅笔，往上每一层都比它下面一层多放1支，最上面一层放了120支，则这个V形架上共放了________支铅笔． 7260 核心概念掌握 9 核心素养形成 题型一　等差数列前n项和性质的应用 (1)等差数列{an}中，前m项和为30，前2m项和为100，试求前3m项和． 核心素养形成 11 核心素养形成 12 核心素养形成 13 感悟提升　等差数列前n项和运算的几种思维方法 核心素养形成 14 [跟踪训练1]　(1)(2024·河北唐山高二期末)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若S3＝27，S6＝81，则S12＝(　　) A．270 B．108 C．162 D．150 解析： ∵S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等差数列，且该数列的公差d＝S6－S3－S3＝27，∴S9－S6＝S3＋2d＝81，S12－S9＝S3＋3d＝108，∴S9＝162，S12＝270. 核心素养形成 15 核心素养形成 16 核心素养形成 17 核心素养形成 18 题型二　等差数列前n项和的最值问题 等差数列{an}中，a1＝25，S17＝S9，则数列{an}的前几项和最大？并求出最大值． 核心素养形成 19 核心素养形成 20 核心素养形成 21 [条件探究] 本例中将“a1＝25”改为“a1<0”，其他条件不变，则n为何值时，Sn最小？ 解：∵S17＝S9，∴a10＋a11＋…＋a17＝0， ∴a10＋a17＝a11＋a16＝…＝a13＋a14＝0. ∵a1<0，∴a13<0，a14>0， ∴S13最小，∴当n＝13时，Sn最小． 核心素养形成 22 感悟提升　求解等差数列前n项和最值问题的常用方法 (1)二次函数法，即先求得Sn的表达式，然后配方．若对称轴恰好为正整数，则就在该处取得最值；若对称轴不是正整数，则应在离对称轴最近的正整数处取得最值，有时n的值有两个，有时为一个． (2)不等式法 ①当a1>0，d<0时，数列{an}只有前几项为正数，Sn有最大值，无最小值．若an>0，an＋1<0，则Sn为最大值；若an＋1＝0，则Sn与Sn＋1相等，均为最大值； ②当a1<0，d>0时，数列{an}只有前几项为负数，Sn有最小值，无最大值．若an<0，an＋1>0，则Sn为最小值；若an＋1＝0，则Sn与Sn＋1相等，均为最小值． 核心素养形成 23 (3)寻求正、负项交替点法，即利用等差数列的性质，找到数列中正数项与负数项交替变换的位置，其实质仍然是找到数列中最后的一个非正数项(或非负数项)，然后确定Sn的最值．　 核心素养形成 24 [跟踪训练2]　设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝12，且S12>0，S13<0. (1)求公差d的取值范围； (2)数列{an}的前几项和最大？并说明理由． 核心素养形成 25 核心素养形成 26 题型三　等差数列的奇(偶)项和问题 一个等差数列的项数为偶数，奇数项之和与偶数项之和分别为24和30，最后一项与第一项之差为10.5，求此数列的首项、公差、项数． 核心素养形成 27 核心素养形成 28 核心素养形成 29 感悟提升　等差数列的奇(偶)项和的性质 核心素养形成 30 [跟踪训练3]　(1)一个等差数列共2025项，求它的奇数项和与偶数项和之比． 核心素养形成 31 (2)一个等差数列前20项和为75，其中奇数项和与偶数项和之比为1∶2，求公差d. 核心素养形成 32 题型四　等差数列前n项和在实际中的应用 某人用分期付款的方式购买一件家电，价格为1150元，购买当天先付150元，以后每月的这一天都交付50元，并加付欠款利息，月利率为1%.若交付150元后的一个月开始算分期付款的第一个月，则分期付款的第10个月应交付多少钱？付清全部贷款后，买这件家电实际花费多少钱？ 核心素养形成 33 核心素养形成 34 感悟提升　应用等差数列解决实际问题的一般思路 核心素养形成 35 [跟踪训练4]　(2024·湖北武汉高二期中)湖北新冶钢有限公司(简称为“新冶钢”)是中国现存最早的钢铁企业之一，素有中国“钢铁工业的摇篮”之称．该公司今年年初用192万元购进一台机器投入生产，每年可以给公司带来69万元的收入，但该台机器每年需要进行维护，第一年需要维护费用12万元，从第二年起每年的维护费用比上一年增加6万元，求购买该台机器若干年后的年平均利润的最大值． 核心素养形成 36 核心素养形成 37 随堂水平达标 1．(2024·天津和平区高二期末)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝12，S20＝17，则S30＝(　　) A．30 B．25 C．20 D．15 解析：因为Sn是等差数列{an}的前n项和，所以S10，S20－S10，S30－S20成等差数列，所以S10＋(S30－S20)＝2(S20－S10)，所以12＋(S30－17)＝2×(17－12)，解得S30＝15. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 39 2．已知等差数列{an}共有2n＋1项，其中奇数项之和为290，偶数项之和为261，则an＋1的值为(　　) A．30 B．29 C．28 D．27 随堂水平达标 1 2 3 4 5 40 3．(多选)(2024·辽宁月考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，且S32>S30>S31，则下列说法正确的是(　　) A．a31<0 B．d<0 C．当n＝31时，Sn取得最小值 D．使Sn<0成立的n的最大值为62 随堂水平达标 1 2 3 4 5 41 4．《孙子算经》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五等诸侯，共分橘子六十颗，人别加三颗．问：五人各得几何？”其意思为：“有5个人分60个橘子，他们分得的橘子数成公差为3的等差数列，问5人各得多少橘子？”这个问题中，得到橘子最多的人所得的橘子个数是________． 18 随堂水平达标 1 2 3 4 5 42 5．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝－15，S5＝－55，则an＝________，若不等式Sn>t对任意的n∈N*恒成立，则实数t的取值范围为______________． 2n－17 (－∞，－64) 随堂水平达标 1 2 3 4 5 43 课后课时精练 题号 1 2 3 4 5 6 难度 ★ ★ ★ ★★ ★★ ★ 对点 等差数列中Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列的应用 等差数列前n项和的最小值问题 等差数列前n项和的实际应用 (数学文化问题) 等差数列中与的关系(整除问题) 等差数列前n项和的正负、前n项和的最值 求数列中的项 题号 7 8 9 10 11 12 难度 ★ ★★ ★ ★★ ★★ ★★★ 对点 等差数列的奇(偶)项和问题 等差数列前n项和的实际应用(植树问题) 求等差数列前n项和的最值(结构不良类型) 等差数列前n项和的实际应用(工程问题) 等差数列的证明；数列前n项和的最小值问题 等差数列前n项和的实际应用(销售问题) 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 45 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 46 2．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝－11，a4＋a6＝－6，则当Sn取最小值时，n＝(　　) A．6 B．7 C．8 D．9 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 47 3．我国古代数学典籍《四元玉鉴》中有如下一段话：“河有汛，预差夫一千八百八十人筑堤，只云初日差六十五人，次日转多七人，今有三日连差三百人，问已差人几天，差人几何？”其大意为“官府陆续派遣1880人前往修筑堤坝，第一天派出65人，从第二天开始每天派出的人数比前一天多7人．已知最后三天一共派出了300人，则目前一共派出了多少天，派出了多少人？”(　　) A．6天，495人 B．7天，602人 C．8天，716人 D．9天，795人 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 5．(多选)(2024·山东青岛高二期末)设等差数列{an}的前n项和为Sn，a1>0，公差为d，a8＋a9>0，a9<0，则(　　) A．d<0 B．当n＝8时，Sn取得最大值 C．a4＋a5＋a18<0 D．使得Sn>0成立的最大自然数n是15 解析：因为a8＋a9>0，a9<0，所以a8>0，则d<0，当n＝8时，Sn取得最大值，a4＋a5＋a18＝3a1＋24d＝3a9<0，因为S15＝15a8>0，S16＝8(a8＋a9)>0，S17＝17a9<0，所以使得Sn>0成立的最大自然数n是16.故选ABC. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 51 2024 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 52 4 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 53 8．植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植树一棵，相邻两棵树相距10米，开始时需将树苗集中放置在某一个树坑旁边，使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，此最小值为________米． 2000 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 54 三、解答题 9．在①a5＝6，a1＋S3＝50；②S12>S9，a2＋a21<0；③S9>0，S10<0这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并解答． 问题：设等差数列{an}的前n项和为Sn，若________，判断Sn是否存在最大值？若存在，求出Sn取最大值时n的值；若不存在，说明理由． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 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 10．(2024·湖南长沙高二阶段测试)某抗洪指挥部接到预报，24小时后有一洪峰到达，为确保安全，指挥部决定在洪峰到来之前临时筑一道堤坝作为第二道防线．经计算，除现有的参战军民连续奋战外，还需调用20台同型号翻斗车，平均每辆车工作24小时．从各地紧急抽调的同型号翻斗车目前只有一辆投入使用，每隔20分钟能有一辆翻斗车到达，一共可调集25辆，那么在24小时内能否构筑成第二道防线？ 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 59 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 60 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 61 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 62 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 63 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 64 12．7月份，有一新款服装投入某市场.7月1日该款服装仅售出3件，以后每天售出的该款服装都比前一天多3件，当日销售量达到最大(只有1天)后，每天售出的该款服装都比前一天少2件，且7月31日当天刚好售出3件． (1)问7月几日该款服装销售最多？最多售出几件？ (2)按规律，当该市场销售此服装达到200件时，社会上就开始流行，而日销售量连续下降并低于20件时，则不再流行．问该款服装在社会上流行几天？ 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 65 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 66 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 67 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点　等差数列前n项和的性质 1．若数列{an}的前n项和公式为Sn＝An2＋Bn＋C，那么数列{an}为等差数列时应满足条件___________． [说明]　一般地，对于等差数列{an}，如果首项a1，公差d是确定的，前n项和Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n，设A＝eq \f(d,2)，B＝a1－eq \f(d,2)，上式可写成Sn＝An2＋Bn.当A≠0(即d≠0)时，Sn是关于n的二次函数，那么(n，Sn)在二次函数y＝Ax2＋Bx的图象上． 5．(1)等差数列的项数若为2n(n∈N*)项，则S2n＝____________且S偶－S奇＝____，eq \f(S奇,S偶)＝________． (2)等差数列的项数若为2n＋1(n∈N*)项，则S2n＋1＝____________且S奇－S偶＝____________，eq \f(S奇,S偶)＝____________． (3)若两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，则eq \f(an,bn)＝eq \f(S2n－1,T2n－1). (4)数列{an}为等差数列⇔Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)⇔数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列． eq \f(an,an＋1) eq \f(n＋1,n) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(7,8))) 解　解法一：利用等差数列{an}前n项和公式Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d. 由已知得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Sm＝ma1＋\f(m（m－1）,2)d＝30，,S2m＝2ma1＋\f(2m（2m－1）,2)d＝100，)) 解得a1＝eq \f(10m＋20,m2)，d＝eq \f(40,m2)， 所以S3m＝3ma1＋eq \f(3m（3m－1）,2)d＝210. 解法二：记数列{an}的前n项和为Sn，由等差数列前n项和的性质知Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列， 则2(S2m－Sm)＝Sm＋(S3m－S2m)， 又Sm＝30，S2m＝100，所以S2m－Sm＝100－30＝70， 所以S3m－S2m＝2(S2m－Sm)－Sm＝110， 所以S3m＝110＋100＝210. (2)已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn且eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(7n＋2,n＋3)，求eq \f(a5,b5)的值． 解：　解法一：eq \f(a5,b5)＝eq \f(S9,T9)＝eq \f(7×9＋2,9＋3)＝eq \f(65,12). 解法二：可设Sn＝(7n＋2)nt，Tn＝(n＋3)nt(t≠0)． 则a5＝S5－S4＝65t，b5＝T5－T4＝12t. 故eq \f(a5,b5)＝eq \f(65t,12t)＝eq \f(65,12).　 (1)整体思路法：利用公式Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)，设法求出整体a1＋an，再代入求解． (2)待定系数法：利用当公差d≠0时Sn是关于n的二次函数，设Sn＝An2＋Bn(A≠0)，列出方程组求出A，B即可，或利用eq \f(Sn,n)是关于n的一次函数，设eq \f(Sn,n)＝an＋b(a≠0)进行计算． (3)利用Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列进行求解． (2)若两个等差数列{an}和{bn}的前n项和An和Bn满足关系式eq \f(An,Bn)＝eq \f(7n＋1,4n＋27)(n∈N*)，求eq \f(an,bn). 解：解法一：∵eq \f(an,bn)＝eq \f(2an,2bn)＝eq \f(a1＋a2n－1,b1＋b2n－1)＝eq \f(\f(（2n－1）（a1＋a2n－1）,2),\f(（2n－1）（b1＋b2n－1）,2))＝eq \f(A2n－1,B2n－1)， ∴eq \f(an,bn)＝eq \f(A2n－1,B2n－1)＝eq \f(7（2n－1）＋1,4（2n－1）＋27)＝eq \f(14n－6,8n＋23)(n∈N*)． 解法二：∵等差数列的前n项和Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d＝eq \f(dn2,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n，eq \f(An,Bn)＝eq \f(7n＋1,4n＋27)， ∴设An＝k(7n2＋n)，Bn＝k(4n2＋27n)，k≠0. 当n≥2时，an＝An－An－1＝7kn2＋kn－7k(n－1)2－k(n－1)＝k(14n－6)， bn＝Bn－Bn－1＝k(4n2＋27n)－k[4(n－1)2＋27(n－1)]＝k(8n＋23)． ∴eq \f(an,bn)＝eq \f(14n－6,8n＋23)，当n＝1时，也成立．∴eq \f(an,bn)＝eq \f(14n－6,8n＋23)(n∈N*)． (3)(2024·湖北新高考协作体高二联考)已知等差数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(2n＋3,n＋1)，求eq \f(a5,b10)的值． 解：∵{an}，{bn}为等差数列，且eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(2n＋3,n＋1)， ∴设Sn＝kn(2n＋3)，Tn＝kn(n＋1)，k≠0， 则a5＝S5－S4＝65k－44k＝21k，b10＝T10－T9＝10k×11－9k×10＝20k， ∴eq \f(a5,b10)＝eq \f(21,20).　 解　由题意，可知a1＝25，S17＝S9， 则17a1＋eq \f(17×16,2)d＝9a1＋eq \f(9×8,2)d，d＝－2. 解法一：Sn＝25n＋eq \f(n（n－1）,2)×(－2)＝－(n－13)2＋169. 故数列的前13项和最大，最大值是169.　 解法二：Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n(d<0)， Sn的图象是开口向下的抛物线上一群离散的点，最高点的横坐标为eq \f(9＋17,2)，即S13最大．如图所示，最大值为S13＝13×25＋eq \f(13×12,2)×(－2)＝169. 解法三：∵S17＝S9，∴a10＋a11＋…＋a17＝0. ∴a10＋a17＝a11＋a16＝…＝a13＋a14＝0. ∵a1＝25>0，∴a13>0，a14<0. ∴S13最大，最大值为S13＝13×25＋eq \f(13×12,2)×(－2)＝169. 解法四：∵a1＝25>0， 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＝25－2（n－1）≥0，,an＋1＝25－2n<0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n≤13\f(1,2)，,n>12\f(1,2).)) ∴当n＝13时，Sn取最大值，最大值为S13＝13×25＋eq \f(13×12,2)×(－2)＝169. 解：(1)∵a3＝12，∴a1＝12－2d， ∵S12>0，S13<0， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(12a1＋66d>0，,13a1＋78d<0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(24＋7d>0，,3＋d<0，)) ∴－eq \f(24,7)<d<－3.　 (2)∵S12>0，S13<0， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a12>0，,a1＋a13<0，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a6＋a7>0，,a7<0，)) ∴a6>0，又由(1)知d<0. ∴数列{an}的前6项为正，从第7项起为负． ∴数列{an}的前6项和最大． 解　解法一：设此数列的首项为a1，公差为d，项数为2k(k∈N*)． 根据题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S奇＝24，,S偶＝30，,a2k－a1＝\f(21,2)，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)k（a1＋a2k－1）＝24，,\f(1,2)k（a2＋a2k）＝30，,（2k－1）d＝\f(21,2)，)) ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k[a1＋（k－1）d]＝24，,k（a1＋kd）＝30，,（2k－1）d＝\f(21,2)，)) 解得a1＝eq \f(3,2)，d＝eq \f(3,2)，k＝4， ∴此数列的首项为eq \f(3,2)，公差为eq \f(3,2)，项数为8. 解法二：设此数列的首项为a1，公差为d，项数为2k(k∈N*)． 根据题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S奇＝24，,S偶＝30，,a2k－a1＝\f(21,2)，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S偶－S奇＝6，,a2k－a1＝\f(21,2)，)) ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(kd＝6，,（2k－1）d＝\f(21,2)，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝4，,d＝\f(3,2).)) 代入S奇＝eq \f(k,2)(a1＋a2k－1)＝24，可得a1＝eq \f(3,2). ∴此数列的首项为eq \f(3,2)，公差为eq \f(3,2)，项数为8. 设S奇，S偶分别是等差数列{an}的所有奇数项和、偶数项和． (1)当等差数列{an}的项数为2n(n∈N*)时，则有 ①S2n＝n(an＋an＋1)； ②S偶－S奇＝nd，eq \f(S偶,S奇)＝eq \f(an＋1,an)(an≠0)． (2)当等差数列{an}的项数为2n－1(n≥2，且n∈N*)时，则S2n－1＝(2n－1)an(an是数列的中间项)，S奇－S偶＝an，eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(n,n－1). 解：等差数列{an}共有1013个奇数项，1012个偶数项， ∴S奇＝eq \f(1013（a1＋a2025）,2)，S偶＝eq \f(1012（a2＋a2024）,2). ∵a1＋a2025＝a2＋a2024，∴eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(1013,1012).　 解：前20项中，奇数项和S奇＝eq \f(1,3)×75＝25， 偶数项和S偶＝eq \f(2,3)×75＝50， 又S偶－S奇＝10d，∴d＝eq \f(50－25,10)＝2.5. 解　由于购买当天先付150元，则欠款1000元，依题意知应分20次付款，故设每次付款数额依次为a1，a2，…，a20，则 a1＝50＋1000×1%＝60(元)， a2＝50＋(1000－50)×1%＝59.5(元)，… a10＝50＋(1000－9×50)×1%＝55.5(元)． 即第10个月应付款55.5元． 由于{an}是以60为首项，－0.5为公差的等差数列，所以有S20＝eq \f(60＋（60－19×0.5）,2)×20＝1105(元)， 即付清全部贷款后，买这件家电实际花费1105＋150＝1255(元)．　 解：由题意可知，各年的维护费用(单位：万元)构成以12为首项，6为公差的等差数列． 设购买该台机器n年后的盈利为S万元，则S＝69n－192－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12n＋\f(n（n－1）,2)×6))＝－3n2＋60n－192. 令S>0，则n2－20n＋64<0，解得4<n<16. 设购买该台机器n年后的年平均利润为y万元，则y＝eq \f(－3n2＋60n－192,n)＝ －3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(64,n)))＋60≤－3×2eq \r(n×\f(64,n))＋60＝12，当且仅当n＝8时取等号， 因此，购买该台机器8年后的年平均利润最大，最大年平均利润是12万元．　 解析：奇数项共有n＋1项，其和为eq \f(a1＋a2n＋1,2)·(n＋1)＝eq \f(2an＋1,2)·(n＋1)＝290，∴(n＋1)·an＋1＝290.偶数项共有n项，其和为eq \f(a2＋a2n,2)·n＝eq \f(2an＋1,2)·n＝nan＋1＝261，∴an＋1＝290－261＝29.故选B.　 解析：由题意可知a31＝S31－S30<0，故A正确；又a32＝S32－S31>0，所以d＝a32－a31>0，故B不正确；因为a31<0，a32>0，所以当n＝31时，Sn取得最小值，故C正确；因为S32－S30＝a31＋a32>0，所以S61＝eq \f(61（a1＋a61）,2)＝61a31<0，S62＝eq \f(62（a1＋a62）,2)＝31(a31＋a32)>0，所以使Sn<0成立的n的最大值为61，故D不正确．故选AC.　 解析：设得到橘子最少的人分到的橘子个数为a1，由题意，得S5＝5a1＋eq \f(5×4,2)×3＝60，解得a1＝6.则a5＝a1＋(5－1)×3＝6＋12＝18，所以得到橘子最多的人所得的橘子个数是18.　 解析：设等差数列{an}的公差为d，∵S5＝5×eq \f(a1＋a5,2)＝5a3＝－55，∴a3＝－11，∴d＝eq \f(a3－a1,3－1)＝eq \f(－11＋15,2)＝2.∴an＝a1＋(n－1)d＝－15＋(n－1)×2＝2n－17.∴Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝eq \f(n（－15＋2n－17）,2)＝n(n－16)＝(n－8)2－64，∴(Sn)min＝－64.Sn>t对任意n∈N*恒成立等价于(Sn)min>t，即－64>t，即实数t的取值范围为(－∞，－64)．　 一、选择题 1．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若eq \f(S4,S8)＝eq \f(1,3)，则eq \f(S8,S16)＝(　　) A.eq \f(3,10) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,8) D.eq \f(1,9) 解析：由等差数列的前n项和的性质，可知S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12仍成等差数列．设S4＝k(k≠0)，则S8＝3k，∴S8－S4＝2k，∴S12－S8＝3k，S16－S12＝4k，∴S12＝S8＋3k＝6k，∴S16＝S12＋4k＝10k，∴eq \f(S8,S16)＝eq \f(3k,10k)＝eq \f(3,10).　 解析：∵{an}是等差数列，∴a4＋a6＝2a5＝－6，即a5＝－3，则d＝eq \f(a5－a1,5－1)＝eq \f(－3＋11,4)＝2，∴{an}是首项为负数的递增数列，所有的非正项之和最小．∵a6＝－1，a7＝1，∴当n＝6时，Sn取得最小值．　 解析：设第n天派出的人数为an，则{an}是以65为首项，7为公差的等差数列，且a1＋a2＋a3＝216，an－2＋an－1＋an＝300，∴a1＋an＝eq \f(300＋216,3)＝172，an＝107，∴n＝eq \f(an－a1,7)＋1＝7，则目前派出的人数为S7＝eq \f(7（a1＋a7）,2)＝602.故选B.　 4．已知等差数列{an}和等差数列{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且(n＋1)Sn＝(7n＋23)Tn，则使eq \f(an,bn)为整数的正整数n的个数是(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 解析：由题意，可得eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(7n＋23,n＋1)，则eq \f(an,bn)＝eq \f(2an,2bn)＝eq \f(\f(n（a1＋a2n－1）,2),\f(n（b1＋b2n－1）,2))＝eq \f(S2n－1,T2n－1)＝eq \f(14n＋16,2n)＝eq \f(7n＋8,n)＝7＋eq \f(8,n)，经验证，知当n＝1，2，4，8时，eq \f(an,bn)为整数，即使eq \f(an,bn)为整数的正整数n的个数是4.故选C.　 二、填空题 6．(2024·河北衡水一中高二阶段测试)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2，eq \f(S2027,2027)－eq \f(S2025,2025)＝2，则eq \f(S2027,2027)＝________． 解析：∵Sn是等差数列{an}的前n项和，∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等差数列，设其公差为d.∵eq \f(S2027,2027)－eq \f(S2025,2025)＝2，∴2d＝2，d＝1，∵a1＝－2，∴eq \f(S1,1)＝－2，∴eq \f(Sn,n)＝－2＋(n－1)×1＝n－3，∴eq \f(S2027,2027)＝2027－3＝2024.　 7．在等差数列{an}中，奇数项之和为44，偶数项之和为33，若此数列的项数为奇数，则此数列的中间项是第________项；若此数列的项数为偶数，且公差为－eq \f(1,2)，则此数列的项数为________． 解析：若此数列的项数为奇数，设项数为2n－1，则奇数项之和S奇＝a1＋a3＋…＋a2n－1＝eq \f(n（a1＋a2n－1）,2)＝nan，偶数项之和S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n－2＝eq \f(（n－1）（a2＋a2n－2）,2)＝(n－1)an，所以eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(n,n－1)＝eq \f(44,33)，解得n＝4，所以第4项是此数列的中间项．若此数列的项数为偶数，设项数为2n，则S偶－S奇＝nd，所以－11＝－eq \f(1,2)n，所以n＝22，故此数列的项数为44.　 解析：假设开始时将树苗集中放置在第n个树坑旁边(其中1≤n≤20且n∈N*)，则20名同学往返所走的路程总和为S＝20＋40＋…＋20(n－1)＋20＋40＋…＋20(20－n)＝20[1＋2＋…＋(n－1)＋1＋…＋(20－n)]＝20×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(（n－1＋1）（n－1）,2)＋\f(（20－n＋1）（20－n）,2)))＝20(n2－21n＋210)＝20eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(21,2)))\s\up12(2)＋210－\f(212,4)))，因为n∈N*且1≤n≤20，所以当n＝10或11时，S取最小值，且最小值为2000米．　 解：选①：设数列{an}的公差为d， ∵a5＝6，a1＋S3＝50，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋4d＝6，,4a1＋3d＝50，)) 解得a1＝14，d＝－2，∴an＝14－2(n－1)＝16－2n， 解法一：当an≥0时，有16－2n≥0，得n≤8， ∴当n≤7时，an>0；当n＝8时，an＝0；当n≥9时，an<0， ∴n＝7或n＝8时，Sn取最大值．　 解法二：Sn＝－n2＋15n＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(15,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(225,4)， ∴n＝7或n＝8时，Sn取最大值． 选②：由S12－S9>0，得a12＋a11＋a10>0，由等差中项的性质有3a11>0，即a11>0， 由a2＋a21<0，得a2＋a21＝a11＋a12<0， ∴a12<0，故d＝a12－a11<0， ∴当n≤11时，an>0，当n≥12时，an<0，故n＝11时，Sn取最大值． 选③：由S9>0，得S9＝eq \f(9（a1＋a9）,2)＝eq \f(9×2a5,2)>0，可得a5>0， 由S10<0，得S10＝eq \f(10（a1＋a10）,2)＝eq \f(10（a5＋a6）,2)<0，可得a5＋a6<0， ∴a6<0，故d＝a6－a5<0， ∴当n≤5时，an>0，当n≥6时，an<0，故n＝5时，Sn取最大值． 解：从第一辆车投入工作算起各车工作时间(单位：小时)依次设为a1，a2，…，a25. 由题意可知，此数列为等差数列，且a1＝24，公差d＝－eq \f(1,3). 25辆翻斗车工作的时间为a1＋a2＋…＋a25＝25×24＋eq \f(25×24×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3))),2)＝500，总共需要工作的时间为24×20＝480. ∵500>480， ∴在24小时内能构筑成第二道防线．　 11．(2024·山东菏泽高二期末)已知数列{an}的首项为a1，前n项和为Sn，且2Sn＝(a1＋an)n. (1)求证：数列{an}为等差数列； (2)若数列{an}的公差为eq \f(1,3)，an>0，eq \f(1,a1a2)＋eq \f(1,a2a3)＋…＋eq \f(1,a9a10)＝eq \f(1,2)，当eq \f(Sn＋10,n)取最小值时，求n的值． 解：(1)证明：当n≥2时，由题意，得2Sn＝(a1＋an)n，2Sn－1＝(a1＋an－1)(n－1)， 两式相减，得(n－2)an＝(n－1)an－1－a1， 递推，得(n－1)an＋1＝nan－a1， 两式相减，得(n－1)an＋1＋(n－1)an－1＝2(n－1)an， 所以an＋1－an＝an－an－1， 所以an－an－1＝an－1－an－2＝…＝a2－a1， 即数列{an}为等差数列．　 (2)因为数列{an}的公差为eq \f(1,3)， 所以eq \f(1,anan＋1)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋1)))， 故eq \f(1,a1a2)＋eq \f(1,a2a3)＋…＋eq \f(1,a9a10)＝3eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)－\f(1,a2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)－\f(1,a3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a9)－\f(1,a10))))) ＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)－\f(1,a10)))＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)－\f(1,a1＋9×\f(1,3)))) ＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)－\f(1,a1＋3)))＝eq \f(1,2)， 整理，得aeq \o\al(2,1)＋3a1－18＝0，解得a1＝3或a1＝－6(舍去)， 即Sn＝3n＋eq \f(n（n－1）,2)×eq \f(1,3)＝eq \f(n2＋17n,6)， 则eq \f(Sn＋10,n)＝eq \f(n2＋17n＋60,6n)＝eq \f(1,6) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(60,n)＋17))， 由对勾函数的性质可知，当n≤7时，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn＋10,n)))递减，当n≥8时，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn＋10,n)))递增， 当n＝7时，eq \f(Sn＋10,n)＝eq \f(38,7)，当n＝8时，eq \f(Sn＋10,n)＝eq \f(65,12)， 由于eq \f(38,7)>eq \f(65,12)，故当eq \f(Sn＋10,n)取最小值时，n＝8. 解：(1)设7月n日售出的服装件数为an(n∈N*，1≤n≤31)，最多售出ak件． 由题意知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ak＝3＋3（k－1），,ak－2（31－k）＝3，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝13，,ak＝39，)) ∴7月13日该款服装销售最多，最多售出39件． (2)设Sn是数列{an}的前n项和， ∵an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3n，1≤n≤13，,65－2n，14≤n≤31，))∴Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(（3＋3n）n,2)，1≤n≤13，,273＋（51－n）（n－13），14≤n≤31.)) ∵S13＝273>200， ∴当1≤n≤13时，由Sn>200，得12≤n≤13， 当14≤n≤31时，日销售量连续下降， 由an<20，得23≤n≤31， ∴该款服装在社会上流行11天(从7月12日到7月22日)． $$