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作业与测评课件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 15分钟对点练 目录 30分钟综合练 15分钟对点练 答案 解析 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 4 2．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若S7＝35，则a4＝(　　) A．8 B．7 C．6 D．5 答案 解析 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 5 3．等差数列{an}中，a1＝1，a3＋a5＝14，其前n项和Sn＝100，则n＝(　　) A．9 B．10 C．11 D．12 答案 解析 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 6 4．[多选]已知数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn，且2a1＋3a3＝S6，则下列结论一定正确的是(　　) A．a10＝0 B．S10>0 C．S7＝S12 D．S19＝0 答案 解析 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 7 答案 解析 3n 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 8 6．记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S9＝－a5. (1)若a3＝4，求{an}的通项公式； (2)若a1>0，求使得Sn≥an的n的取值范围． 解 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 9 答案 解析 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 10 解析 答案 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 9．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，当整数n＞1时，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)都成立，则S15＝________． 解析 答案 211 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 10．在公差为d的等差数列{an}中，已知a1＝10，5a1a3＝(2a2＋2)2. (1)求d，an； (2)若d<0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|. 解：(1)因为a1＝10，5a1a3＝(2a2＋2)2， 所以d2－3d－4＝0，解得d＝－1或d＝4. 故an＝－n＋11或an＝4n＋6. 解 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 13 解 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 14 30分钟综合练 一、选择题 1．在等差数列{an}中，S10＝120，则a2＋a9＝(　　) A．12 B．24 C．36 D．48 答案 解析 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 16 2．在1和2两数之间插入n(n∈N*)个数，使它们与1，2组成一个等差数列，则当n＝10时，该数列的所有项的和为(　　) A．15 B．16 C．17 D．18 答案 解析 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 17 3．一同学在电脑中打出如下图案： ○●○○●○○○●○○○○●○○○○○●… 若将此图案依此规律继续下去，那么在前120个图案中●的个数是(　　) A．12 B．13 C．14 D．15 答案 解析 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 18 4．(2024·广东惠州高二阶段测试)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－1，S7＝5a4＋10，则S4＝(　　) A．7 B．8 C．9 D．10 答案 解析 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 19 5．[多选]设{an}(n∈N*)是等差数列，Sn是其前n项和，且S5<S6，S6＝S7，则下列结论正确的是(　　) A．d<0 B．a7＝0 C．S9>S5 D．a6＋a10<0 解析：S6＝S5＋a6>S5，则a6>0，S7＝S6＋a7＝S6，则a7＝0，则d＝a7－a6<0，则a8＝a7＋d<0，a6＋a9＝a7＋a8＝a8<0，所以a6＋a7＋a8＋a9＝2a8<0，所以S5>S9.由a8<0，a6＋a10＝2a8，知a6＋a10<0.故选ABD. 答案 解析 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 20 二、填空题 6．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若2a17＝a19＋3，则S29＝________． 答案 解析 87 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 21 7．在等差数列{an}中，a＋a＋2a3a8＝9，且an＜0，则S10＝________． 答案 解析 －15 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 22 12 答案 解析 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 23 三、解答题 9．(2024·辽宁鞍山高二月考)已知各项均不为0的数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若a3，a5分别是等差数列{bn}的第8项和第16项，试求数列{bn}的通项公式及前n项和Sn. 解 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 24 解 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 25 解 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 26 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　等差数列前n项和公式的简单应用 1．已知数列{an}的通项公式为an＝2－3n，则{an}的前n项和Sn＝(　　) A．－eq \f(3,2)n2＋eq \f(n,2) B．－eq \f(3,2)n2－eq \f(n,2) C．eq \f(3,2)n2＋eq \f(n,2) D．eq \f(3,2)n2－eq \f(n,2) 解析：易知{an}是等差数列且a1＝－1，所以Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝eq \f(n（1－3n）,2)＝－eq \f(3,2)n2＋eq \f(n,2).故选A. 解析：∵S7＝eq \f(a1＋a7,2)×7＝35，∴a1＋a7＝10，∴a4＝eq \f(a1＋a7,2)＝5. 解析：a1＝1，a3＋a5＝2a1＋6d＝14，∴d＝2，∴Sn＝n＋eq \f(n（n－1）,2)×2＝100，∴n＝10. 解析：设等差数列{an}的公差为d，∵2a1＋3a3＝S6，∴5a1＋6d＝6a1＋15d，∴a1＋9d＝0，即a10＝0，A正确；S10＝10a1＋eq \f(10×（10－1）d,2)＝－45d，可能大于0，也可能小于等于0，B不正确；S12－S7＝12a1＋eq \f(12×11,2)d－7a1－eq \f(7×6,2)d＝5a1＋45d＝5(a1＋9d)＝0，即S7＝S12，C正确；S19＝eq \f(19（a1＋a19）,2)＝19a10＝0，D正确．故选ACD. 5．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．若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，则an＝________． 解析：∵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. 解：(1)设{an}的公差为d. 由S9＝－a5，得a1＋4d＝0. 由a3＝4，得a1＋2d＝4. 于是a1＝8，d＝－2. 因此{an}的通项公式为an＝10－2n. (2)由(1)，得a1＝－4d， 故an＝(n－5)d，Sn＝eq \f(n（n－9）d,2). 由a1>0，知d<0，故Sn≥an等价于n2－11n＋10≤0，解得1≤n≤10. 所以满足条件的n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N*}． 知识点二　等差数列前n项和的综合问题 7．在各项均不为零的等差数列{an}中，若an＋1－aeq \o\al(2,n)＋an－1＝0(n≥2)，则S2n－1－4n＝(　　) A．－2 B．0 C．1 D．2 解析：∵{an}是等差数列，∴2an＝an－1＋an＋1(n≥2)．又an＋1－aeq \o\al(2,n)＋an－1＝0(n≥2)，∴2an－aeq \o\al(2,n)＝0.∵an≠0，∴an＝2，∴S2n－1－4n＝(2n－1)×2－4n＝－2.故选A. eq \f(19,41) 8．等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(2n－3,4n－3)，则eq \f(a3＋a15,2（b3＋b9）)＋eq \f(a3,b2＋b10)＝________． 解析：由等差数列的性质，可得eq \f(a3＋a15,2（b3＋b9）)＋eq \f(a3,b2＋b10)＝eq \f(2a9,2·2b6)＋eq \f(a3,2b6)＝eq \f(a9＋a3,2b6)＝eq \f(a1＋a11,b1＋b11)，又因为eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(2n－3,4n－3)，则eq \f(S11,T11)＝eq \f(\f(11（a1＋a11）,2),\f(11（b1＋b11）,2))＝eq \f(a1＋a11,b1＋b11)＝eq \f(2×11－3,4×11－3)＝eq \f(19,41)，所以eq \f(a3＋a15,2（b3＋b9）)＋eq \f(a3,b2＋b10)＝eq \f(19,41). 解析：∵数列{an}中，当整数n＞1时，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)都成立⇔Sn＋1－Sn＝Sn－Sn－1＋2⇔an＋1－an＝2(n＞1)．∴{an}从第2项起是公差为2的等差数列，∴S15＝14a2＋eq \f(14×13,2)×2＋a1＝14×2＋eq \f(14×13,2)×2＋1＝211. (2)设数列{an}的前n项和为Sn. 因为d<0，所以由(1)得d＝－1，an＝－n＋11. 则当n≤11时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn＝－eq \f(1,2)n2＋eq \f(21,2)n； 当n≥12时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝－Sn＋2S11＝eq \f(1,2)n2－eq \f(21,2)n＋110. 综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)n2＋\f(21,2)n，n≤11，,\f(1,2)n2－\f(21,2)n＋110，n≥12.)) 解析：∵S10＝eq \f(10（a1＋a10）,2)＝5(a2＋a9)＝120，∴a2＋a9＝24. 解析：设该数列为{an}，前n项和为Sn，由题意得，该等差数列共有12项，首项a1＝1，末项a12＝2，故S12＝eq \f(1＋2,2)×12＝18.故选D. 解析：∵S＝(1＋2＋3＋…＋n)＋n＝eq \f(n（n＋1）,2)＋n≤120，∴n(n＋3)≤240，又n∈N*，∴n的最大值为14.故选C. 解析：因为数列{an}为等差数列，则S7＝eq \f(7（a1＋a7）,2)＝eq \f(7×2a4,2)＝7a4，又S7＝5a4＋10，则7a4＝5a4＋10，即a4＝5，则S4＝eq \f(4（a1＋a4）,2)＝eq \f(4×（－1＋5）,2)＝8.故 选B. 解析：解法一：设数列{an}的公差为d，则2(a1＋16d)＝a1＋18d＋3，得a1＋14d＝3，即a15＝3，则S29＝eq \f(29（a1＋a29）,2)＝29a15＝87. 解法二：2a17＝a15＋a19＝a19＋3，则a15＝3，故S29＝29a15＝29×3＝87. 解析：由aeq \o\al(2,3)＋aeq \o\al(2,8)＋2a3a8＝9得(a3＋a8)2＝9，∵an＜0，∴a3＋a8＝－3.∴S10＝eq \f(10（a1＋a10）,2)＝eq \f(10（a3＋a8）,2)＝eq \f(10×（－3）,2)＝－15. 8．(2024·湖北武汉高二期中)等差数列eq \f(1,2)，－eq \f(1,3)，－eq \f(7,6)，…的前n项的绝对值之和为50，则n＝________． 解析：因为a1＝eq \f(1,2)，a2＝－eq \f(1,3)，则公差d＝a2－a1＝－eq \f(5,6)，所以等差数列{an}的通项公式为an＝eq \f(1,2)＋(n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,6)))＝eq \f(8－5n,6)，设数列{|an|}的前n项和为Sn，当n＝1时，S1＝|a1|＝eq \f(1,2)≠50，不符合题意；当n≥2时，an<0，可得Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1－(a2＋…＋an)＝eq \f(1,2)－eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)＋\f(8－5n,6)))（n－1）,2)＝eq \f(5n2－11n＋12,12)，令Sn＝eq \f(5n2－11n＋12,12)＝50，解得n＝12或n＝－eq \f(49,5)(舍去)．综上所述，n＝12. 解：(1)由已知可得eq \f(an＋1,an)＝2， 所以eq \f(a2,a1)＝2，eq \f(a3,a2)＝2，eq \f(a4,a3)＝2，…，eq \f(an,an－1)＝2(n≥2，n∈N*)． 将以上各式相乘，得eq \f(an,a1)＝2n－1(n≥2，n∈N*)， 所以an＝2n(n≥2，n∈N*)， 又a1＝2符合上式，故数列{an}的通项公式为an＝2n. (2)设数列{bn}的公差为d，由(1)得，a3＝8，a5＝32， 所以b8＝a3＝8，b16＝a5＝32， 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b1＋7d＝8，,b1＋15d＝32，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b1＝－13，,d＝3，)) 所以bn＝－13＋3(n－1)＝3n－16， Sn＝eq \f(n[－13＋（3n－16）],2)＝eq \f(3n2－29n,2). 10．(2024·浙江杭州高二期末)已知Sn是公差为2的等差数列{an}的前n项和，若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))为等差数列． (1)求an； (2)求数列{S2n}的通项公式． 解：(1)因为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))为等差数列，所以2·eq \f(S2,a2)＝eq \f(S1,a1)＋eq \f(S3,a3)， 因为Sn是公差为2的等差数列{an}的前n项和， 则2·eq \f(2a1＋2,a1＋2)＝1＋eq \f(3a1＋6,a1＋4)， 解得a1＝2. 故an＝2＋2(n－1)＝2n. (2)由(1)得Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝n2＋n，故S2n＝4n＋2n， 故数列{S2n}的通项公式为S2n＝4n＋2n. $$