4.2.2 第二课时 等差数列前n项和的性质及其应用课件-2025-2026学年高二上学期数学人教A版选择性必修第二册

[典例1]　(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 (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________． [方法技巧] 利用等差数列前n项和的性质解题时，一是要注意判断等差数列中的项数，二是注意整体思想在解题中的应用．　　 【对点练清】 1．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若S3＝27，S6＝81，则S12等于(　　) 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. 答案：A　 2．一个等差数列前20项和为75，其中的奇数项和与偶数项和之比为1∶2，则公差d的值为________． 题型二　等差数列前n项和的最值问题 【学透用活】 [典例2]　在等差数列{an}中，公差为d，若a1＝25，且S9＝S17，求Sn的最大值． 【对点练清】 1．已知{an}是等差数列，a1＝－26，a8＋a13＝5，当{an}的前n项和Sn取最小值时，n的值为 (　　) A．8 B．9 C．10 D．11 2．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S13＞0，S14＜0，则Sn取最大值时n的值为 (　　) A．6 B．7 C．8 D．13 解析：根据S13＞0，S14＜0，可以确定a1＋a13＝2a7＞0，a1＋a14＝a7＋a8＜0，∴可以得到a7＞0，a8＜0，∴Sn取最大值时n的值为7.故选B. 答案：B　 题型三　等差数列前n项和的实际应用问题 【学透用活】 [典例3]　在我国古代，9是数字之极，代表尊贵之意，所以中国 古代皇家建筑中包含许多与9相关的设计．例如，北京天坛的圜丘坛 的地面由扇环形的石板铺成(如图)，最高一层的中心是一块天心石， 围绕它的第一圈有9块石板，从第二圈开始，每一圈比前一圈多9块，共有9圈．请问： (1)第9圈共有多少块石板？ (2)前9圈一共有多少块石板？ [方法技巧] 等差数列前n项和公式主要应用于求解实际问题中的总数问题，如材料的总数目、行程问题中的总行程等．只要是等差数列，就可以应用前n项和公式计算总数，求解时应注意从实际问题中抽象出的数学模型要准确．　　 【对点练清】 中国植树节定于每年的3月12日，是中国为激发人们爱林、造林的热情，促进国土绿化，保护人类赖以生存的生态环境，通过立法确定的节日．某班41名同学打算在明年的植树节这一天，在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米．开始时需将树苗集中放置在第n(n＝1,2，…，41)个树坑旁边，则将树苗集中放置在第________个树坑旁边，可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． 二、应用性——强调学以致用 3.北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三 层．上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块 扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块．下一层的第一 环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石) (　　) A．3 699块 B．3 474块 C．3 402块 D．3 339块 三、创新性——强调创新意识和创新思维 4．已知{an}是公差为d的等差数列，其前n项和为Sn，且a5＝1，________.若存在正整数n，使得Sn有最小值． (1)求{an}的通项公式； (2)求Sn的最小值． 从①a3＝－1，②d＝2，③d＝－2这三个条件中选择符合题意的一个条件，补充在上面问题中并作答． 4.2.2 第二课时　等差数列前n项和的性质及其应用 题型一　等差数列前n项和的性质 【学透用活】 (1)若{an}是等差数列，则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也成等差数列，其首项与{an}首项相同，公差是{an}公差的一半． (2)Sm，S2m，S3m分别为等差数列{an}的前m项、前2m项、前3m项的和，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列，且公差为m2d. (3)关于等差数列{an}奇数项与偶数项的性质： 若项数为2n，则S偶－S奇＝nd，eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(an,an＋1)； 若项数为2n－1，则S偶＝(n－1)an，S奇＝nan，S奇－S偶＝an，eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(n,n－1). [解析]　(1)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. (2)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]　(1)C　(2)10 解析：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. 答案：2.5 3．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)，则eq \f(a5,b5)＝________. 解析：法一：eq \f(a5,b5)＝eq \f(S9,T9)＝eq \f(7×9＋2,9＋3)＝eq \f(65,12). 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). 答案：eq \f(65,12) [解]　法一：由S9＝S17，得9a1＋eq \f(9×8,2)d＝17a1＋eq \f(17×16,2)d.又a1＝25，∴d＝－2.则Sn＝25n＋eq \f(nn－1,2)×(－2)＝－n2＋26n＝－(n－13)2＋169， 故当n＝13时，Sn取得最大值，最大值为169. 法二：由S9＝S17，得9a1＋eq \f(9×8,2)d＝17a1＋eq \f(17×16,2)d.又a1＝25，∴d＝－2，则an＝25＋(－2)×(n－1)＝－2n＋27. 令an＞0，则－2n＋27＞0，解得n＜13.5， 即数列{an}的前13项均为正数，第13项以后均为负数，故数列{an}的前13项和最大，最大值为 S13＝13×25＋eq \f(13×12,2)×(－2)＝169. 法三：∵S9＝S17，∴a10＋a11＋…＋a17＝0， 即a13＋a14＝0. ∵a1＞0，∴d＜0，∴a13＞0，a14＜0， ∴当n＝13时，Sn有最大值，为169. 法四：设Sn＝An2＋Bn，∵S9＝S17， ∴二次函数图象的对称轴为eq \f(9＋17,2)＝13， 且开口方向向下，∴当n＝13时，Sn取得最大值为169. [方法技巧] 求等差数列前n项和的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，有时可能为1个． (2)不等式法 ①当a1＞0，d＜0时，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(am≥0，,am＋1＜0))⇒Sm为最大值； ②当a1＜0，d＞0时，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(am≤0，,am＋1＞0))⇒Sm为最小值． (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．　　 解析：∵{an}是等差数列，a1＝－26， a8＋a13＝5，∴－26＋7d－26＋12d＝5，解得d＝3， ∴Sn＝－26n＋eq \f(nn－1,2)×3＝eq \f(3,2)n2－eq \f(55,2)n＝eq \f(3,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(55,6)))2－eq \f(3 025,24)， ∴{an}的前n项和Sn取最小值时，n＝9.故选B. 答案：B　 [解]　(1)设从第1圈到第9圈石板数所成数列为{an}，由题意可知{an}是等差数列，其中a1＝9，d＝9，n＝9.由等差数列的通项公式，得第9圈有石板a9＝9＋(9－1)×9＝81(块)． (2)由等差数列前n项和公式，得前9圈一共有石板S9＝9a1＋eq \f(9×9－1,2)d＝9×9＋eq \f(9×8,2)×9＝405(块)． 解析：设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为f(n)， 则eq \f(1,2)f(n)＝10(1＋2＋3＋…＋n－1)＋10(1＋2＋3＋…＋41－n)，所以f(n) ＝20×eq \f(n－11＋n－1,2)＋20×eq \f(41－n1＋41－n,2) ＝10(n2－n＋n2－83n＋41×42) ＝10(2n2－84n＋1 722) ＝20(n2－42n＋861) ＝20[(n－21)2＋420]， 所以当n＝21时，f(n)取得最小值． 答案：21 【课堂思维激活】 一、综合性——强调融会贯通 1．在等差数列{an}中，Sn为其前n项和．若S2 020＝2 020，且eq \f(S2 020,2 020)－eq \f(S20,20)＝ 2 000，则a1等于 (　　) A．－2 021　　　　　 B．－2 020 C．－2 019 D．－2 018 解析：∵{an}是等差数列，Sn为其前n项和，设公差为d，则eq \f(Sn,n)＝a1＋(n－1)·eq \f(d,2)，eq \f(S1,1)＝a1，∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是以a1为首项，eq \f(d,2)为公差的等差数列．则eq \f(S2 020,2 020)－eq \f(S20,20)＝a1＋(2 020－1)·eq \f(d,2)－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a1＋20－1·\f(d,2)))＝1 000d＝2 000，解得d＝2，又S2 020＝2 020，∴eq \f(S2 020,2 020)＝eq \f(2 020,2 020)＝1＝a1＋(2 020－1)×eq \f(2,2)，∴a1＝－2 018. 答案：D　 2．(多选)设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，若a3＝12，S12>0，S13<0，则下列结论正确的是 (　　) A．数列{an}是递增数列 B．S5＝60 C．－eq \f(24,7)<d<－3 D．S1，S2，…，S12中最大的是S6 解析：依题意，有S12＝12a1＋eq \f(12×11,2)d>0，S13＝13a1＋eq \f(13×12,2)×d<0，化简得2a1＋11d>0　①，a1＋6d<0　②，即a6＋a7>0，a7<0，∴a6>0.由a3＝12，得a1＝12－2d　③.联立①②③，解得－eq \f(24,7)<d<－3，故可知等差数列{an}是递减数列，当Sn最大时，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(12＋n－3d≥0，,12＋n－2d≤0，))结合－eq \f(24,7)<d<－3，可得n＝6，所以S1，S2，…，S12中最大的是S6.S5＝eq \f(5a1＋a5,2)＝5a3＝60. 答案：BCD　 解析：由题意知，由天心石开始向外的每环的扇面形石板块数构成一个等差数列，记为{an}，易知其首项a1＝9、公差d＝9，所以an＝a1＋(n－1)d＝9n.设数列{an}的前n项和为Sn，由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等差数列，所以2(S2n－Sn)＝Sn＋S3n－S2n，所以(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝S2n－2Sn＝eq \f(2n9＋18n,2)－2×eq \f(n9＋9n,2)＝9n2＝729，得n＝9，所以三层共有扇面形石板的块数为S3n＝eq \f(3n9＋27n,2)＝eq \f(3×9×9＋27×9,2)＝3 402，故选C. 答案：C　 解：选①a3＝－1时，根据题意得a5－a3＝2d,1－(－1)＝2d，解得d＝1. (1)an＝a5＋(n－5)d＝1＋(n－5)×1＝n－4. (2)Sn＝na1＋eq \f(nn－1d,2)＝n×(－3)＋eq \f(nn－1,2)＝eq \f(n2－7n,2)，所以当n＝3或4时，(Sn)min＝－6. 选②d＝2时，根据题意得a1＝a5－4d＝1－4×2＝－7. (1)an＝a1＋(n－1)d＝－7＋(n－1)×2＝2n－9. (2)Sn＝na1＋eq \f(nn－1d,2)＝n×(－7)＋eq \f(nn－1×2,2)＝n2－8n，所以当n＝4时，(Sn)min＝－16， 选③d＝－2时，根据题意得a1＝a5－4d＝1－4×(－2)＝9. (1)an＝a1＋(n－1)d＝9＋(n－1)×(－2)＝－2n＋11. (2)Sn＝na1＋eq \f(nn－1d,2)＝n×9－eq \f(nn－1,2)×2＝－n2＋10n，所以Sn没有最小值． $$