4.2.2 第1课时 等差数列的前n项和公式-【创新教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册五维课堂同步课件PPT（人教A版2019）

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项和公式 第四章 数列 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 课前 预习学案 课堂 互动学案 01 02 课时 素养提升 03 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 课前 预习学案 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 课堂 互动学案 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 课程标准 素养解读 1.探索并掌握等差数列前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. 1.经过等差数列前n项和公式的推导，提升数学抽象和逻辑推理的核心素养． 2．通过等差数列前n项和公式的运用，达成逻辑推理和数学运算的核心素养. [情境引入] 高斯(Gauss,1777－1855)，德国数学家，近代数学的奠基者之一. 他在天文学、大地测量学、磁学、光学等领域都做出过杰出贡献． 200多年前，高斯的算术老师提出了下面的问题： 1＋2＋3＋…＋100＝？　　你准备怎么算呢？ 提示：高斯的算法：(1＋100)＋(2＋99)＋…＋(50＋51)＝101×50＝5 050. [知识梳理] [知识点]　等差数列的前n项和公式　 已知量 首项、末项与项数 首项、公差与项数 求和公式 Sn＝eq \f(na1＋an,2) 　Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d　 1.等差数列{an}中，若已知a2＝7，能求出前3项和S3吗？ [提示]　S3＝eq \f(3a1＋a3,2)＝3a2＝21. [预习自测] 1．判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，错误的打“×”． (1)数列的前n项和就是指从数列的第1项a1起，一直到第n项an所有项的和．(　　) (2)若数列{an}的前n项和为Sn，则an＝Sn－Sn－1，n∈N*.(　　) (3)等差数列的前n项和，等于其首项、第n项的等差中项的n倍．(　　) 答案：(1)√　(2)×　(3)√ 2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4＝18－a5，则S8＝(　　) A．72　　　　　　 B．54 C．36 D．18 解析：A　[由a4＝18－a5，得a4＋a5＝18，所以S8＝eq \f(8a1＋a8,2)＝4(a4＋a5)＝4×18＝72.] 3．在一个等差数列中，已知a10＝10，则S19＝________. 解析：S19＝eq \f(19a1＋a19,2)＝eq \f(19×2a10,2)＝190. 答案：190 4．已知等差数列{an}中，a1＝eq \f(3,2)，d＝－eq \f(1,2)，Sn＝－15，求n及a12. 解：∵Sn＝n·eq \f(3,2)＋eq \f(nn－1,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－15， 整理得n2－7n－60＝0， 解得n＝12或n＝－5(舍去)． a12＝eq \f(3,2)＋(12－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－4. 等差数列前n项和的有关计算 [例1]　在等差数列{an}中， (1)已知a1＝eq \f(5,6)，an＝－eq \f(3,2)，Sn＝－5，求n和d； (2)已知a1＝4，S8＝172，求a8和d. [解]　(1)由题意，得Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝eq \f(n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)－\f(3,2))),2)＝－5，解得n＝15. 又a15＝eq \f(5,6)＋(15－1)d＝－eq \f(3,2)，∴d＝－eq \f(1,6).∴n＝15，d＝－eq \f(1,6). (2)由已知得S8＝eq \f(8a1＋a8,2)＝eq \f(84＋a8,2)＝172，解得a8＝39，又∵a8＝4＋(8－1)d＝39，∴d＝5.∴a8＝39，d＝5. a1，d，n称为等差数列的三个基本量，an和Sn都可以用这三个基本量来表示，五个量a1，d，n，an，Sn中可知三求二，一般通过通项公式和前n项和公式联立方程(组)求解，在求解过程中要注意整体思想的运用． [变式训练] 1．在等差数列{an}中， (1)已知a6＝10，S5＝5，求a8和S10； (2)已知a3＋a15＝40，求S17. 解：(1)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(S5＝5a1＋\f(5×4,2)d＝5，,a6＝a1＋5d＝10，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝－5，,d＝3.)) ∴a8＝a6＋2d＝10＋2×3＝16， S10＝10a1＋eq \f(10×9,2)d＝10×(－5)＋5×9×3＝85. (2)S17＝eq \f(17×a1＋a17,2)＝eq \f(17×a3＋a15,2)＝eq \f(17×40,2)＝340. 等差数列前n项和有关的性质问题 [例2]　(1)等差数列前n项的和为30，前2n项的和为100，则它的前3n项的和为(　　) A．130　　　　　　 B．170 C．210 D．260 [解析]　利用等差数列的性质：Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列．所以Sn＋(S3n－S2n)＝2(S2n－Sn)，即30＋(S3n－100)＝2(100－30)，解得S3n＝210. [答案]　C (2)等差数列{an}共有2n＋1项，所有的奇数项之和为132，所有的偶数项之和为120，则n等于　________. [解析]　因为等差数列共有2n＋1项，所以S奇－S偶＝an＋1＝eq \f(S2n＋1,2n＋1)，即132－120＝eq \f(132＋120,2n＋1)，解得n＝10. [答案]　10 (3)等差数列{an}与{bn}的前n项和分别是Sn和Tn，已知eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(7n,n＋3)，则eq \f(a5,b5)＝________. [解析]　eq \f(a5,b5)＝eq \f(\f(a1＋a9,2),\f(b1＋b9,2))＝eq \f(S9,T9)＝eq \f(7×9,9＋3)＝eq \f(21,4). [答案]　eq \f(21,4) [母题变式] 将本例(3)条件变为：an∶bn＝(2n＋1)∶(3n－2)，则eq \f(S9,T9)＝________. [解析]　∵{an}，{bn}均为等差数列，∴eq \f(S9,T9)＝eq \f(9a5,9b5)＝eq \f(2×5＋1,3×5－2)＝eq \f(11,13). [答案]　eq \f(11,13) 1．等差数列前n项和的有关性质 (1)若数列{an}是公差为d的等差数列，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也是等差数列，且公差为eq \f(d,2). (2)若Sm，S2m，S3m分别为{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. (3)设两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，则eq \f(an,bn)＝eq \f(S2n－1,T2n－1). (4)若等差数列的项数为2n，则S2n＝n(an＋an＋1)，S偶－S奇＝nd，eq \f(S偶,S奇)＝eq \f(an＋1,an). (5)若等差数列的项数为2n＋1，则S2n＋1＝(2n＋1)an＋1，S偶－S奇＝－an＋1，eq \f(S偶,S奇)＝eq \f(n,n＋1). 2．等差数列前n项和运算的几种思维方法 (1)整体思路：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． [变式训练] 2．(1)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝8，S8＝20，则a11＋a12＋a13＋a14＝(　　) A．18　　 B．17 C．16　　　 D．15 解析：A　[设{an}的公差为d，则a5＋a6＋a7＋a8＝S8－S4＝12，(a5＋a6＋a7＋a8)－S4＝16d，解得d＝eq \f(1,4)，a11＋a12＋a13＋a14＝a1＋10d＋a2＋10d＋a3＋10d＋a4＋10d＝S4＋40d＝18.] (2)等差数列{an}的通项公式是an＝2n＋1，其前n项和为Sn，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))的前10项和为________． 解析：因为an＝2n＋1，所以a1＝3，所以Sn＝eq \f(n3＋2n＋1,2)＝n2＋2n，所以eq \f(Sn,n)＝n＋2，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是公差为1，首项为3的等差数列，所以前10项和为3×10＋eq \f(10×9,2)×1＝75. 答案：75 裂项相消法求和 [例3]　等差数列{an}中，a1＝3，公差d＝2，Sn为前n项和，求eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sn). [思路点拨]　根据{an}为等差数列求出其前n项和，根据eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))的通项特征，利用裂项相消法求和． [解]　∵等差数列{an}的首项a1＝3，公差d＝2， ∴前n项和Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝3n＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2＋2n(n∈N*)，∴eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,n2＋2n)＝eq \f(1,nn＋2)＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))， ∴eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sn) ＝eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3))))) eq \b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…)) eq \b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\co1(＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))＋)) eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2))))) ＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2))) ＝eq \f(3,4)－eq \f(2n＋3,2n＋1n＋2). 裂项相消法求数列的前n项和的基本思想是设法将数列的每一项拆成两项(裂项)之差，并使它们在相加时除了首尾各有一项或少数几项外，其余各项都能前后相消，进而求数列的前n项和． [变式训练] 3．已知数列{an}的通项公式为an＝eq \f(1,2n－12n＋1)，求数列{an}的前n项和Sn. 解：an＝eq \f(1,2n－12n＋1)＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))， ∴Sn＝eq \f(1,1×3)＋eq \f(1,3×5)＋eq \f(1,5×7)＋…＋eq \f(1,2n－32n－1)＋eq \f(1,2n－12n＋1) ＝eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\co1( \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)－\f(1,7)))＋…)) eq \b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\co1(＋\b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－3)－)))) eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))))) ＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1)， ∴Sn＝eq \f(n,2n＋1). [当堂达标] 1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若2a6＝a8＋6，则S7＝(　　) A．49 B．42 C．35 D．28 解析：B　[2a6－a8＝a4＝6，S7＝eq \f(7,2)(a1＋a7)＝7a4＝42.] 2．(多选)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S9＝72，a7＝10，则(　　) A．an＝n＋3 B．an＝2n－4 C．Sn＝eq \f(1,2)n2＋eq \f(7,2)n D．Sn＝n2－n 解析：AC　[∵S9＝72，a7＝10， ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(9a1＋\f(9×8,2)×d＝72，,a1＋6d＝10))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝4，,d＝1))∴an＝4＋(n－1)×1＝n＋3，则Sn＝eq \f(n4＋n＋3,2)＝eq \f(1,2)n2＋eq \f(7,2)n.故选AC.] 3．一个正项等差数列前n项的和为3，前3n项的和为21，则前2n项的和为(　　) A．18 B．12 C．10 D．6 解析：C　[∵{an}是等差数列，∴Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列，即2(S2n－Sn)＝Sn＋(S3n－S2n)， ∵Sn＝3，S3n＝21， ∴2(S2n－3)＝3＋21－S2n，解得S2n＝10，故选C.] 4．已知数列{an}为等差数列，其前n项和记为Sn. (1)若a1 013＝1，则S2 025； (2)若等差数列{an}的公差d＝2，S100＝10 000，求an. 解：(1)因为a1＋a2 025＝2a1 013， 所以S2 025＝eq \f(2 025a1＋a2 025,2)＝2 025a1 013＝2 025. (2)由S100＝100a1＋eq \f(100×100－1,2)×2＝10 000，解得a1＝1，解得a1＝1. 故an＝a1＋(n－1)d＝2n－1. $$