4.2.2 第1课时 等差数列的前n项和-【金版教程】2025-2026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）

该高中数学课件围绕等差数列前n项和公式展开，通过复习等差数列“等距项和相等”性质导入，用倒序相加法推导公式，结合通项公式得到首项公差形式，联系二次函数，构建从性质到公式再到应用的学习支架。 其亮点在于注重逻辑推理（公式推导步骤清晰）和数学运算（分题型训练：基本计算、Sn判断等差数列、绝对值求和），通过评价自测和跟踪训练巩固知识。学生能提升推理与运算能力，教师可借助结构化内容提高教学效率。

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 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.3.体会等差数列前n项和公式与二次函数的关系． 教学重点：1.等差数列的前n项和公式的推导过程.2.利用等差数列的前n项和公式解决问题． 教学难点：等差数列前n项和公式的推导过程． 核心素养：在探索等差数列的前n项和公式的过程中，发展数学运算素养和逻辑推理素养． (教师独具内容) 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 知识点一　等差数列的前n项和公式及其推导 1．等差数列前n项和公式的推导思路：它来源于对等差数列的第k项与倒数第k项的和都等于首项a1和末项an的和这一性质的认识和发现．推导方法是_____________． 2．等差数列的前n项和公式 因为等差数列{an}中，有a1＋an＝a2＋an－1＝…＝ak＋an－k＋1成立，所以可得到等差数列前n项和公式为Sn＝_____________．① 倒序相加法 核心概念掌握 5 如果代入等差数列的通项公式an＝a1＋(n－1)d，Sn也可以用首项a1与公差d表 示，即Sn＝______________．② [说明]　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． 核心概念掌握 6 核心概念掌握 7 C＝0 核心概念掌握 8 1．(利用等差数列的前n项和求部分项和)若数列{an}的前n项和Sn＝n2，则a3＋a4＋a5＝(　　) A．20 B．21 C．22 D．23 2．(等差数列的前n项和公式①)等差数列{an}中，a1＝6，a12＝－16，则S12＝(　　) A．－60 B．60 C．－132 D．132 核心概念掌握 9 3．(等差数列的前n项和公式②)等差数列{an}中，a1＝2，公差d＝2，则S10＝________． 4．(利用Sn判断等差数列)已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋n，则{an}________(填“是”或“不是”)等差数列． 110 是 核心概念掌握 10 核心素养形成 题型一　等差数列前n项和公式的基本计算　 　(1)(2025·新课标卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若S3＝6，S5＝－5，则S6＝(　　) A．－20 B．－15 C．－10 D．－5 核心素养形成 12 (2)已知{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 13 (3)在等差数列{an}中，已知a2＋a5＝19，S5＝40，求a10，S20. 核心素养形成 14 【感悟提升】　 核心素养形成 15 【跟踪训练】 1．(1)在等差数列{an}中，已知S8＝48，S12＝168，求a1和公差d. 解:　 ∵S8＝8a1＋28d＝48，S12＝12a1＋66d＝168， ∴a1＝－8，d＝4. 核心素养形成 16 (2)在等差数列{an}中，已知a3＋a15＝40，求S17. 核心素养形成 17 (3)已知等差数列{an}中，a10＝30，a20＝50，若Sn＝242，求n. 核心素养形成 18 题型二　利用Sn判断等差数列　 　设Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2n2－30n. (1)求a1及an； (2)判断数列{an}是否是等差数列． 核心素养形成 19 解　(1)因为Sn＝2n2－30n， 所以当n＝1时，a1＝S1＝2×12－30×1＝－28， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－30n－[2(n－1)2－30(n－1)]＝4n－32. 验证当n＝1时上式成立， 所以an＝4n－32. (2)由an＝4n－32，得an－1＝4(n－1)－32(n≥2)， 所以an－an－1＝4n－32－[4(n－1)－32]＝4(常数)， 所以数列{an}是以－28为首项，4为公差的等差数列． 核心素养形成 20 【感悟提升】　 已知数列{an}的前n项和Sn＝An2＋Bn＋C(A≠0)，当C＝0时，{an}为等差数列；当C≠0时，{an}为非等差数列． 核心素养形成 21 【跟踪训练】 2．若数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n－1，求数列{an}的通项公式，并判断数列{an}是否是等差数列．若是，请证明；若不是，请说明理由． 核心素养形成 22 题型三　由等差数列{an}求数列{|an|}的前n项和 核心素养形成 23 核心素养形成 24 核心素养形成 25 【感悟提升】　 核心素养形成 26 核心素养形成 27 【跟踪训练】 3．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 28 核心素养形成 29 随堂水平达标 1．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 随堂水平达标 1 2 3 4 5 31 2．若一个等差数列{an}的前3项和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列有(　　) A．13项 B．12项 C．11项 D．10项 随堂水平达标 1 2 3 4 5 32 3．(多选)若等差数列{an}的公差为d，首项a1<0，a203＋a204>0，a203a204<0，则(　　) A．a204>0 B．d<0 C．S405<0 D．S406>0 解析：由a203＋a204>0⇒a1＋a406>0⇒S406>0，又由a1<0且a203a204<0，知a203<0，a204>0，所以公差d>0，则数列{an}的前203项都是负数，那么a1＋a405＝2a203<0，所以S405<0.故选ACD. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 33 4．在等差数列{an}中，若a6＝10，S5＝5，则a8＝________，S8＝________． 16 44 随堂水平达标 1 2 3 4 5 34 5．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，a3＝1，所以前2项是负数，第3项开始为正数．故|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝S10＋2(|a1|＋|a2|)＝102－4×10＋2＋2×(1＋1)＝66. 66 随堂水平达标 1 2 3 4 5 35 课后课时精练 基础题(占比60%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ 对点 利用ap＋aq＝am＋an(p＋q＝m＋n)求和 由等差数列的前n项和的关系求首项 由等差数列的前n项和的关系确定项数 由an，Sn之间的关系求项的比值 由等差数列前n项和的大小关系解决问题 利用Sn判断等差数列 求等差数列的前n项和 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 构造等差数列求数列偶数项的和 等差数列中n，an，Sn的相关计算 等差数列的证明；数列{|an|}的前n项和 由等差数列的前n项和求值 构造等差数列求数列的前n项和 由等差数列的前n项和求值；求等差数列的前n项和 由an，Sn之间的关系求等差数列的通项公式；由等差数列的前n项和求公差 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 37 一、选择题 1．在等差数列{an}中，已知a3＋a4＝12，则数列{an}的前6项和为(　　) A．12 B．32 C．36 D．72 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 38 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 39 3．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S5＝35，a10＝0，若Sn＝S5(n≠5)，则n的值为(　　) A．15 B．14 C．13 D．12 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 40 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 41 5．(多选)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，且S5<S6＝S7>S8，则下列结论正确的是(　　) A．S5<S9 B．该数列的公差d<0 C．a7＝0 D．S12>0 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 42 二、填空题 6．数列{an}为等差数列，它的前n项和为Sn，若Sn＝(n＋1)2＋λ，则λ＝________． 解析： ∵Sn＝n2＋2n＋1＋λ，数列{an}为等差数列，∴1＋λ＝0，∴λ＝－1. －1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 43 7．(2024·新课标卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝________． 95 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 44 8．已知数列{an}，∀m，n∈N*都有am＋an＝am＋n，且a1＝1，则a2＋a4＋…＋a2n＝________． n2＋n 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 45 三、解答题 9．在等差数列{an}中， (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 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 48 10．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. 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 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 51 12．若数列{an}，{bn}满足a1＝a2＝1，bn＝an＋1－2n＋3，bn＋1＝an－2n＋5，则数列{an＋bn}的前50项和为________． 2600 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 　　　　　　　　　　　　　 R eq \f(n(a1＋an),2) na1＋eq \f(n(n－1),2)d 3．等差数列前n项和公式Sn＝na1＋eq \f(n(n－1),2)d还可以由如下方法推导： Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋(a1＋d)＋(a1＋2d)＋…＋[a1＋(n－1)d]， Sn＝an＋an－1＋…＋a1 ＝[a1＋(n－1)d]＋[a1＋(n－2)d]＋[a1＋(n－3)d]＋…＋a1， ∴2Sn＝[2a1＋(n－1)d]＋[2a1＋(n－1)d]＋…＋[2a1＋(n－1)d] ＝n[2a1＋(n－1)d]． ∴Sn＝na1＋eq \f(n(n－1),2)d. 知识点二　等差数列的前n项和公式与二次函数的关系 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]　(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． (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． 解析　设等差数列{an}的公差为d，则由题可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a1＋3d＝6，,5a1＋10d＝－5，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d＝－3，,a1＝5，))所以S6＝6a1＋15d＝6×5＋15×(－3)＝－15.故选B. 解　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　设等差数列{an}的公差为d. 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＋(10－1)×3＝29， S20＝20a1＋eq \f(20×19,2)d＝20×2＋190×3＝610. 等差数列前n项和公式基本计算的技巧 (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：∵a3＋a15＝40， ∴S17＝eq \f(17×(a1＋a17),2)＝eq \f(17×(a3＋a15),2)＝eq \f(17×40,2)＝340. 解：设等差数列{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＝10＋2n. 由Sn＝na1＋eq \f(n(n－1),2)d，a1＝12，d＝2，Sn＝242，得 242＝12n＋eq \f(n(n－1),2)×2. 即n2＋11n－242＝0，解得n＝11或n＝－22(舍去)， ∴n＝11. 解：∵Sn＝2n2－3n－1，① 当n＝1时，a1＝S1＝2－3－1＝－2， 当n≥2时，Sn－1＝2(n－1)2－3(n－1)－1，② ①－②，得an＝Sn－Sn－1＝2n2－3n－1－[2(n－1)2－3(n－1)－1]＝4n－5， 经检验，当n＝1时，a1＝－2，不满足上式，故an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2，n＝1，,4n－5，n≥2.)) 故数列{an}不是等差数列，数列{an}是从第2项起以4为公差的等差数列． 已知数列{an}的前n项和Sn＝－eq \f(3,2)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. ∵n＝1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 ＝2×eq \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.)) 由等差数列{an}求数列{|an|}的前n项和的技巧 先求出an，解得当an≥0时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时各项的和，再相减求出|an|的和． 解：(1)设等差数列{an}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)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：设等差数列{an}的公差为d.解法一：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：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. 解析：a1＋a2＋a3＋an－2＋an－1＋an＝34＋146＝180，所以3(a1＋an)＝180，即a1＋an＝60.由题意，知eq \f(n(a1＋an),2)＝390，所以eq \f(n×60,2)＝390，解得n＝13. 解析：设等差数列{an}的公差为d.因为a6＝10＝a1＋5d，S5＝5a1＋10d＝5，所以d＝3，a1＝－5.所以a8＝a1＋7d＝－5＋21＝16，S8＝8×(－5)＋eq \f(8×7,2)×3＝44. 解析：等差数列{an}中，a3＋a4＝12，所以等差数列{an}的前6项和为S6＝eq \f(6×(a1＋a6),2)＝eq \f(6×(a3＋a4),2)＝eq \f(6×12,2)＝36.故选C. 2．(全国卷)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：设等差数列{an}的公差为d，则由S5＝35，a10＝0，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5a1＋10d＝35，,a1＋9d＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝9，,d＝－1，))因为Sn＝S5，所以9n－eq \f(n(n－1),2)＝35，即n2－19n＋70＝0，解得n＝14或n＝5(舍去)．故选B. 4．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，eq \f(Sn,an)＝eq \f(n＋1,2)，则eq \f(a4,a7)＝(　　) A.eq \f(1,3) B.eq \f(4,7) C.eq \f(7,4) D．3 解析：在eq \f(Sn,an)＝eq \f(n＋1,2)中，取n＝7，得eq \f(S7,a7)＝eq \f(8,2)＝4，故S7＝4a7，即7a4＝4a7，得eq \f(a4,a7)＝eq \f(4,7).故选B. 解析：由S5<S6，可得S6－S5＝a6>0，由S6＝S7，可得S7－S6＝a7＝0，由S7>S8，可得S8－S7＝a8<0，所以等差数列{an}的公差d<0，故B，C正确；S9－S5＝a9＋a8＋a7＋a6＝2(a8＋a7)＝2a8<0，所以S9<S5，故A不正确；S12＝eq \f(a1＋a12,2)×12＝6(a6 ＋a7)＝6a6>0，故D正确．故选BCD. 解析：设等差数列{an}的公差为d，则由题意，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：令m＝1，得an＋1－an＝a1＝1，故{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，则an＝1＋n－1＝n，设a2n＝2n＝bn，则bn＋1＝2n＋2，bn＋1－bn＝2，b1＝2，故{bn}是以2为首项，2为公差的等差数列，设{bn}的前n项和为Sn，则a2＋a4＋…＋a2n＝b1＋…＋bn＝Sn＝eq \f(n(2＋2n),2)＝n2＋n. 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{an}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)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． (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*.)) 11．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. 解析：由bn＝an＋1－2n＋3，bn＋1＝an－2n＋5，两式作差，得bn＋1－bn＝an＋2－an＋1，所以(bn＋1＋an＋1)－(bn＋an)＝2，又a1＝1，b1＝a2－2×1＋3＝2，所以数列{an＋bn}是首项为3，公差为2的等差数列，所以a50＋b50＝a1＋b1＋(50－1)×2＝101，所以{an＋bn}的前50项和为eq \f((a1＋b1＋a50＋b50)×50,2)＝2600. 13．已知等差数列{an}的前3项为a－1，4，2a，记数列{an}的前n项和为Sn. (1)求a的值； (2)若Sk＝2550，求k的值； (3)设bn＝eq \f(Sn,n)，求b3＋b7＋b11＋…＋b4n－1的值． 解：(1)由已知，得4×2＝a－1＋2a，解得a＝3. (2)由(1)可知，a1＝2，公差d＝a2－a1＝2， 由Sk＝ka1＋eq \f(k(k－1),2)d，得2k＋eq \f(k(k－1),2)×2＝2550，即k2＋k－2550＝0， 解得k＝50或k＝－51(舍去)，∴k＝50. (3)由Sn＝na1＋eq \f(n(n－1),2)d，得 Sn＝2n＋eq \f(n(n－1),2)×2＝n2＋n， ∴bn＝eq \f(Sn,n)＝n＋1. 又b3，b7，b11，…，b4n－1仍是等差数列，且共有n项， ∴b3＋b7＋b11＋…＋b4n－1＝eq \f(n(b3＋b4n－1),2)＝eq \f(n(4＋4n),2)＝2n2＋2n. 14．(2023·新课标卷)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). $