5.2.2 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三册创新导学案课件PPT（人教B版2019）

第五章　数列 5.2　等差数列 5.2.2　等差数列的前n项和 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：等差数列的五个量a1，d，n，an，Sn的关系． 教学难点：等差数列前n项和公式的推导过程． 核心素养：1.通过学习等差数列的前n项和公式及应用前n项和公式解决问题培养数学抽象素养和数学运算素养.2.通过学习等差数列前n项和公式的推导过程培养逻辑推理素养． 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 知识点　等差数列的前n项和公式及其推导 设等差数列{an}的前n项和为Sn，即Sn＝a1＋a2＋…＋an－1＋an，显然，Sn＝____________________．又因为根据等差数列的性质有a1＋an＝________＝__________＝_________＝…，所以把第一个等式和第二个等式两边分别相加，可得2Sn＝________，因此Sn＝．这就是等差数列的前n项求和公式．因为an＝a1＋(n－1)d，所以等差数列前n项求和公式也可以改写为Sn＝_________________． an＋an－1＋…＋a2＋a1 a2＋an－1 n(a1＋an) a3＋an－2 a4＋an－3 核心概念掌握 5 核心概念掌握 6 核心概念掌握 7 核心概念掌握 8 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)知道等差数列的首项、公差与前n项和可求项数n.(　　) (2)若数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋n＋1，则数列{an}是等差数列．(　　) (3)已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，若d>0，则Sn一定有最小值；若d<0，则Sn一定有最大值．(　　) √ × √ 核心概念掌握 9 2．做一做(请把正确的答案写在横线上) (1)若数列{an}的前n项和Sn＝n2，则a3＋a4＋a5＝________． (2)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝6，a12＝－16，则S12＝________． (3)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，公差d＝2，则S5＝________． (4)已知数列{an}的通项公式为an＝－5n＋2，则其前n项和Sn＝________． (5)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________． 21 －60 30 核心概念掌握 10 核心素养形成 题型一　与等差数列前n项和有关的计算 (1)(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 核心素养形成 12 (2)已知等差数列{an}的前15项和为45，若a3＝－10，则a13＝________． 16 核心素养形成 13 (3)已知数列{an}是等差数列，a10＝10，其前10项和S10＝70，则公差d＝________． 核心素养形成 14 (4)已知数列{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 15 (5)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＋a5＝19，S5＝40，求a10. 核心素养形成 16 核心素养形成 17 [跟踪训练1]　(1)(2024·贵州毕节金沙县第五中学高二月考)设Sn是等差数列{an}(n∈N＋)的前n项和，且a1＝1，S4＝16，则a7＝(　　) A．7 B．10 C．13 D．16 解析：设等差数列{an}的公差为d，因为a1＝1，S4＝16，所以S4＝4a1＋6d＝4＋6d＝16，所以d＝2.所以a7＝a1＋6d＝13.故选C. 核心素养形成 18 (2)(2024·辽宁沈阳五校协作体高二期中)记等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＋a7＝6，a10＝13，则S14＝(　　) A．98 B．112 C．126 D．140 核心素养形成 19 核心素养形成 20 (4)(2024·辽宁沈阳二中高二阶段测试)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－1，S7＝5a4＋10，则S4＝________． 8 核心素养形成 21 (5)已知等差数列{an}中，a10＝30，a20＝50.则数列{an}的通项公式为an＝________；若Sn＝242，则n＝________． 2n＋10 11 核心素养形成 22 题型二　利用前n项和判断等差数列 核心素养形成 23 感悟提升　已知数列{an}的前n项和Sn＝An2＋Bn＋C(A，B，C都是常数)，当C＝0时，数列{an}为等差数列；当C≠0时，数列{an}为非等差数列． 核心素养形成 24 [跟踪训练2]　已知数列{an}的前n项和为Sn＝－2n2＋3n＋1.求数列{an}的通项公式，并判断数列{an}是否为等差数列． 核心素养形成 25 题型三　等差数列前n项和的最值问题 　 已知等差数列{an}中，S17＝S9. (1)若a1＝25，则当n为何值时，Sn最大，最大值是多少？ (2)若a1<0，则当n为何值时，Sn最小？ 核心素养形成 26 核心素养形成 27 核心素养形成 28 (2)∵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 29 核心素养形成 30 [跟踪训练3]　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的范围； (2)问数列前几项和最大？并说明理由． 核心素养形成 31 核心素养形成 32 核心素养形成 33 核心素养形成 34 核心素养形成 35 (2)已知数列{an}的通项公式是an＝4n－25，求数列{|an|}的前n项和． 核心素养形成 36 核心素养形成 37 核心素养形成 38 [跟踪训练4]　(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 39 核心素养形成 40 随堂水平达标 1．设Sn是等差数列{an}的前n项和，已知a2＝3，a6＝11，则S7＝(　　) A．13 B．35 C．49 D．63 随堂水平达标 1 2 3 4 5 42 2．在项数为m的等差数列{an}中，其前3项的和为12，最后3项的和为288，所有项的和为950，则m＝(　　) A．16 B．17 C．19 D．21 随堂水平达标 1 2 3 4 5 43 随堂水平达标 1 2 3 4 5 44 4．已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，若S8＝48，S12＝168，则a1＝________，d＝________；若a6＝10，S5＝5，则a8＝________，S8＝________． 解析：∵S8＝8a1＋28d＝48，S12＝12a1＋66d＝168，解得a1＝－8，d＝4.∵a6＝10＝a1＋5d，S5＝5a1＋10d＝5，解得d＝3，a1＝－5，∴a8＝16，S8＝44. －8 4 16 44 随堂水平达标 1 2 3 4 5 45 5．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n为__________，S2025＋T2025＝________． 6 114 随堂水平达标 1 2 3 4 5 46 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ 对点 由等差数列的前n项和公式求公差 利用等差数列的前n项和公式求和 先利用等差数列的前n项和公式表示出数列再求和 由等差数列的前n项和公式求n 等差数列前n项和的最值与数列单调性的综合 由等差数列的前n项和公式求首项与公差的比 求两等差数列公共项的前n项和 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 48 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ 对点 利用等差数列的前n项和公式求含绝对值的等差数列的前n项和 利用等差数列的前n项和公式求首项、公差、n、前n项和及特定两项的和 求等差数列前n项和的最值；求含绝对值的等差数列的前n项和 数列{Sn}的最大项及单调性问题 等差数列的性质与等差数列前n项和公式的综合 等差数列的判定；求含绝对值的等差数列的前n项和 由等差数列的前n项和求数列的通项公式；由等差数列的前n项和公式及等差数列的性质求公差 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 50 2．(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 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 55 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 56 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 57 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 58 7．将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________． 3n2－2n 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 59 8．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.所以数列{an}的前两项是负数．故|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝S10＋2(|a1|＋|a2|)＝102－4×10＋2＋2×(1＋1)＝66. 66 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 60 三、解答题 9．等差数列{an}的前n项和为Sn， (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 13 14 61 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 62 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 63 10．(2024·辽宁沈阳第十中学高二月考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S10＝190，S19＝190. (1)求等差数列{an}的前n项和Sn及Sn的最大值； (2)求数列{|an|}的前16项和T16. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 64 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 65 11．(多选)设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n项和，则下列命题正确的是(　　) A．若d<0，则数列{Sn}有最大项 B．若数列{Sn}有最大项，则d<0 C．若数列{Sn}是递增数列，则对任意n∈N＋，均有Sn>0 D．若对任意n∈N＋，均有Sn>0，则数列{Sn}是递增数列 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 66 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 67 4n－3(n∈N＋) 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 68 13．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 13 14 69 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 70 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 71 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 72 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 73 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 74 　　　　　　　　　　　　　 R na1＋eq \f(n（n－1）d,2) [说明]　公式Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)　①与Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d　②都称为等差数列的前n项和公式． (1)公式①反映了等差数列中任意的第k项与倒数第k项的和等于首项与末项的和这个内在性质．推导方法是倒序相加法． (2)公式②反映了等差数列前n项和与它的首项、公差之间的关系，而且当d≠0时，等差数列前n项和是关于n的二次函数：Sn＝An2＋Bn(不含常数项)，其中A＝eq \f(d,2)，B＝a1－eq \f(d,2). (3)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． (4)上述两个公式涉及a1，d，n，an和Sn这五个基本量，依据方程思想，我们可以“知三求二”． [拓展]　(1)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． 因此，当d≠0时，数列S1，S2，S3，…，Sn的图象是抛物线y＝Ax2＋Bx上的一群孤立的点． 可以证明：{an}是等差数列⇔Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)． (2)求等差数列{an}(首项为a1，公差为d)前n项和Sn的最值问题的方法 ①二次函数法：用求二次函数最值的方法来求其前n项和的最值，但要注意的是n∈N＋. ②图象法：利用二次函数图象的对称性来确定n的值，使Sn取最值． ③通项法：当a1>0，d<0时，n满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0))时，Sn最大．这是因为：当an>0时，Sn>Sn－1，即数列{Sn}递增；当an<0时，Sn<Sn－1，即数列{Sn}递减． 类似地，当a1<0，d>0时，则n满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≤0，,an＋1≥0))时，Sn最小． －eq \f(5n2＋n,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(7,8))) 解析　设等差数列{an}的公差为d.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　依题意知eq \f(15（a1＋a15）,2)＝45，所以a1＋a15＝6，所以a3＋a13＝6，又a3＝－10，所以a13＝16. 解析　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). eq \f(2,3) 解　设等差数列{an}的公差为d. 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　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. 感悟提升　解决等差数列基本计算问题的方法与技巧 (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． 解析：因为数列{an}为等差数列，a3＋a7＝6，所以a5＝3.所以S14＝eq \f(14（a1＋a14）,2)＝7(a5＋a10)＝7×(3＋13)＝112.故选B. (3)(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：因为数列{an}为等差数列，所以S7＝eq \f(7（a1＋a7）,2)＝eq \f(7×2a4,2)＝7a4.又S7＝5a4＋10，所以7a4＝5a4＋10，解得a4＝5.所以S4＝eq \f(4（a1＋a4）,2)＝eq \f(4×（－1＋5）,2)＝8. 解析：设数列{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＝2n＋10(n∈N＋)．由Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d，a1＝12，d＝2，Sn＝242，得方程242＝12n＋eq \f(n（n－1）,2)×2，即n2＋11n－242＝0，解得n＝11或n＝－22(舍去)． 解　Sn＝2n2＋3n，则当n＝1时，a1＝S1＝5， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2＋3n－2(n－1)2－3(n－1)＝4n＋1. 又a1＝5适合an＝4n＋1， 所以数列{an}的通项公式为an＝4n＋1(n∈N＋)． 当n≥2时，an－an－1＝(4n＋1)－[4(n－1)＋1]＝4， 故数列{an}是首项为5，公差为4的等差数列． 解：当n＝1时，a1＝S1＝2； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(－2n2＋3n＋1)－[－2(n－1)2＋3(n－1)＋1]＝ －4n＋5. 又当n＝1时，a1＝2不满足上式， 所以数列{an}的通项公式为an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,－4n＋5，n≥2，n∈N＋.)) 当n≥2时，an＋1－an＝－4(n＋1)＋5－(－4n＋5)＝－4， 但a2－a1＝－3－2＝－5， 所以数列{an}不是等差数列． 解　(1)设等差数列{an}的公差为d. 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. 故前13项和最大，最大值为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)＝13，即S13最大．如图所示，最大值为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有最大值169. 感悟提升　求解等差数列{an}(首项为a1，公差为d)的前n项和Sn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．若对应二次函数的对称轴恰好为正整数，则就在该处取得最值；若对应二次函数的对称轴不是正整数，则应在离对称轴最近的正整数处取得最值，n的值有1个或2个． (2)不等式法 ①当a1＞0，d＜0，n满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0))时，Sn为最大值； ②当a1＜0，d＞0，n满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≤0，,an＋1≥0))时，Sn为最小值． 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. ∴数列前6项为正，从第7项起为负． ∴数列前6项和最大． 题型四　求数列{|an|}的前n项和　 (3,2) 　(1)已知数列{an}的前n项和Sn＝－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. ∵当n＝1时，a1＝101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.)) 解　∵an＝4n－25， ∴an＋1＝4(n＋1)－25，an＋1－an＝4，a1＝4×1－25＝－21， ∴数列{an}是以－21为首项，4为公差的等差数列． 由an≥0，即4n－25≥0，得n≥6eq \f(1,4)， ∴数列{an}中前6项均小于零，从第7项起均大于零， 设数列{an}的前n项和为Sn， 则Sn＝－21n＋eq \f(n（n－1）,2)×4＝2n2－23n. ∴当n≤6时，|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝－(a1＋a2＋…＋an)＝－Sn＝－2n2＋23n. 当n≥7时，|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝－(a1＋a2＋…＋a6)＋(a7＋a8＋…＋an)＝(a1＋a2＋…＋an)－2(a1＋a2＋…＋a6)＝Sn－2S6＝2n2－23n－2×(2×62－23×6)＝2n2－23n＋132. 故数列{|an|}的前n项和为 Tn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2n2＋23n，n≤6，,2n2－23n＋132，n≥7.)) 感悟提升　由等差数列{an}求数列{|an|}的前n项和的技巧 常先解an≥0得出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的和，再相减求出|an|的和． 解：(1)设等差数列的公差为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：S7＝eq \f(7（a1＋a7）,2)＝eq \f(7（a2＋a6）,2)＝49. 解析：由题意知a1＋a2＋a3＝12，am＋am－1＋am－2＝288，由等差数列性质可得，a1＋am＝a2＋am－1＝a3＋am－2，所以3(a1＋am)＝300，所以a1＋am＝100，又Sm＝eq \f(m（a1＋am）,2)＝950，所以m＝19.故选C. 3．(多选)设数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和，a1>0且S6＝S9，则(　　) A．d>0 B．a8＝0 C．S7或S8为Sn的最大值 D．S5>S6 解析：因为Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d，所以Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n，又因为a1>0，S6＝S9，所以d<0，二次函数y＝eq \f(d,2)x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))x图象的对称轴为直线x＝eq \f(6＋9,2)＝eq \f(15,2)，所以二次函数图象的开口向下，所以二次函数y＝eq \f(d,2)x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(15,2)))上单调递增，在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,2)，＋∞))上单调递减，所以S5<S6，故A，D错误；在最靠近eq \f(15,2)的整数n＝7或n＝8时，Sn取得最大值，故C正确；因为S7＝S8，所以a8＝0，故B正确．故选BC. 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n为6，S2025＋T2025＝(a1＋a2＋…＋a6＋a7＋a8＋…＋a2025)＋(b1＋b2＋…＋b6＋b7＋b8＋…＋b2025)＝(a1＋a2＋…＋a6＋a7＋a8＋…＋a2025)＋(a1＋a2＋…＋a6－a7－a8－…－a2025)＝2(a1＋a2＋…＋a6)＝2×eq \f(（17＋2）×6,2)＝114. 一、选择题 1．等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝6，a3＝4，则公差d＝(　　) A．1 B.eq \f(5,3) C．2 D．3 解析：∵S3＝eq \f(（a1＋a3）×3,2)＝6，而a3＝4，∴a1＝0，∴d＝eq \f(a3－a1,2)＝2. 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：设等差数列{an}的公差为d，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. 3．等差数列{an}的通项公式为an＝1－2n，其前n项和为Sn，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))的前11项和为(　　) A．－45 B．－50 C．－55 D．－66 解析：等差数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)，∴eq \f(Sn,n)＝eq \f(a1＋an,2)＝eq \f(（1－2）＋（1－2n）,2)＝－n.∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))的前11项的和为－(1＋2＋3＋…＋11)＝－66. 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. 5．(多选)设等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d.已知a3＝12，S12>0，a7<0，则(　　) A．a6>0 B．－eq \f(24,7)<d<－3 C．当Sn<0时，n的最小值为14 D．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))的最小项为第7项 解析：等差数列{an}的前n项和为Sn，首项为a1，公差为d.由S12>0，可得eq \f(12（a1＋a12）,2)＝6(a6＋a7)>0，则a6＋a7>0.又a7<0，则a6>0，则A正确；由a3＝12，S12>0，a7<0，可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝12，,12a1＋\f(12×11,2)d>0，,a1＋6d<0，))解得－eq \f(24,7)<d<－3，则B正确；Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d＝n(12－2d)＋eq \f(n（n－1）,2)d＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(12－\f(5,2)d))n，由eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(12－\f(5,2)d))n<0，可得n>5－eq \f(24,d)或n<0(舍去)，由－eq \f(24,7)<d<－3，可得5－eq \f(24,d)∈(12，13)，则当Sn<0时，n的最小值为13，则C错误； 当n∈[1，6]时，an>0，当n≥7时，an<0，当n∈[1，12]时，Sn>0，当n≥13时，Sn<0，可得n∈[7，12]时，an<0，Sn>0，eq \f(Sn,an)<0，当n∉[7，12]时，eq \f(Sn,an)>0，二次函数y＝eq \f(d,2)x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(12－\f(5,2)d))x的图象开口向下，过原点，对称轴为直线x＝eq \f(5,2)－eq \f(12,d)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6，\f(13,2)))，则当n∈[7，12]时，Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(12－\f(5,2)d))n单调递减，且Sn>0，又当n∈[7，12]时，{an}为递减数列，{|an|}为递增数列，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))))为递减数列，则当n∈[7，12]时，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))为递增数列，则当n＝7时，eq \f(Sn,an)取得最小值，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))的最小项为第7项，则D正确．故选ABD. 二、填空题 6．等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，S10＝4S5，则eq \f(a1,d)＝________． 解析：由题意，得10a1＋eq \f(1,2)×10×9d＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5a1＋\f(1,2)×5×4d))，∴10a1＋45d＝20a1＋40d，∴10a1＝5d，∴eq \f(a1,d)＝eq \f(1,2). eq \f(1,2) 解析：因为数列{2n－1}是以1为首项，2为公差的等差数列，数列{3n－2}是以1为首项，3为公差的等差数列，所以这两个数列的公共项所构成的新数列{an}是以1为首项，6为公差的等差数列，所以{an}的前n项和为n·1＋eq \f(n（n－1）,2)·6＝3n2－2n. 解：(1)设等差数列{an}的公差为d. ∵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)设等差数列{an}的公差为d. ∵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). 解：(1)由S10＝190，得eq \f(10（a1＋a10）,2)＝190， 解得a1＋a10＝38， 由S19＝190，得eq \f(19（a1＋a19）,2)＝19a10＝190， 解得a10＝10， 则a1＝28，公差d＝eq \f(a10－a1,10－1)＝－2， 因此Sn＝28n＋eq \f(n（n－1）,2)×(－2)＝－n2＋29n， 因为n∈N＋，则当n＝14或n＝15时，(Sn)max＝210， 所以Sn＝－n2＋29n，Sn的最大值为210. (2)由(1)，知an＝28＋(n－1)×(－2)＝30－2n， 则|an|＝|30－2n|， 所以T16＝|a1|＋|a2|＋…＋|a16|＝a1＋a2＋…＋a15－a16＝S15－a16＝－152＋29×15＋2＝212. 解析：Sn＝na1＋eq \f(1,2)n(n－1)d＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n.由二次函数性质知，若d<0，则数列{Sn}有最大项，若数列{Sn}有最大项，则d<0，故A，B正确；因为{Sn}为递增数列，则d>0，不妨设a1＝－1，d＝2，显然{Sn}是递增数列，但S1＝－1<0，故C错误；对任意n∈N＋，Sn>0时，a1>0，d>0，{Sn}必是递增数列，故D正确．故选ABD. 12．已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a3a4＝117，a2＋a5＝22，则an＝_______________；若bn＝eq \f(Sn,n＋c)，且数列{bn}是等差数列，则非零常数c＝________． 解析：∵{an}为等差数列，∴a3＋a4＝a2＋a5＝22，又a3a4＝117，∴a3，a4是方程x2－22x＋117＝0的两个根，又公差d>0，∴a3<a4，∴a3＝9，a4＝13.∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝9，,a1＋3d＝13，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝4，))∴an＝4n－3(n∈N＋)．∴Sn＝n×1＋eq \f(n（n－1）,2)×4＝2n2－n，∴bn＝eq \f(Sn,n＋c)＝eq \f(2n2－n,n＋c)，∴b1＝eq \f(1,1＋c)，b2＝eq \f(6,2＋c)，b3＝eq \f(15,3＋c)，∵{bn}是等差数列，∴2b2＝b1＋b3，∴2c2＋c＝0，∴c＝－eq \f(1,2)(c＝0舍去)． －eq \f(1,2) (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＋.)) 14．(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). $$