4.2.2 第2课时 等差数列前n项和的性质及应用-【金版教程】2025-2026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）

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2课时　等差数列前n项和的性质及 应用 知识对点练 40分钟综合练 目录 知识对点练 知识点一　等差数列前n项和的性质 1．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S6＝36，则a7＋a8＋a9＝(　　) A．63 B．45 C．36 D．27 解析：因为S3，S6－S3，S9－S6成等差数列，所以a7＋a8＋a9＝S9－S6＝2(S6－S3)－S3＝45.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 4 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 5 －100 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 6 知识点二　等差数列前n项和的最值 4．[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．若对任意n∈N*，均有Sn>0，则数列{Sn}是递增数列 D．若数列{Sn}是递增数列，则对任意n∈N*，均有Sn>0 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 7 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 8 5．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S15>0，S16<0，则Sn取得最大值时，n的值为(　　) A．6 B．7 C．8 D．13 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 9 6．在等差数列{an}中，a1＞0，公差d＜0，a5＝3a7，前n项和为Sn，若Sn取得最大值，则n＝________． 7或8 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 10 知识点三　等差数列前n项和的实际应用 7．中国古诗词中，有一道“八子分绵”的数学名题：“九百九十六斤绵，赠分八子作盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言”．题意是：把996斤绵分给8个儿子作盘缠，按照年龄从大到小的顺序依次分绵，年龄小的比年龄大的多17斤绵，那么第8个儿子分到的绵是(　　) A．174斤 B．184斤 C．191斤 D．201斤 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 11 8．某单位用分期付款的方式为职工购买40套住房，共需1150万元，购买当天先付150万元，以后每月这一天都交付50万元，并加付欠款利息，月利率为1%.若交付150万元后的第一个月开始算分期付款的第一个月，则分期付款的第10个月应付多少钱？全部按期付清后，买这40套房实际花了多少钱？ 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 12 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 13 40分钟综合练 一、单项选择题 1．已知等差数列{an}共有10项，其奇数项和为15，偶数项和为30，则其公差为(　　) A．5 B．4 C．3 D．2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 16 3．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1>0，a3＋a10>0，a6a7<0，则满足Sn>0的最大自然数n的值为(　　) A．6 B．7 C．12 D．13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 17 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 18 5．已知公差d≠0的等差数列{an}的前n项和为Sn，满足S2001＝S2025，则下列结论中正确的是(　　) A．S2013是Sn的最大值 B．S2013是Sn的最小值 C．S2013＝0 D．S4026＝0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 19 二、多项选择题 6．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1>0，a3＝－a11，则下列说法正确的是(　　) A．a7＝0 B．an＋1<an C．仅S7最大 D．当Sn<0时，n的最小值为13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 21 7．已知数列{an}的通项公式为an＝3n－12，n∈N*，前n项和为Sn，则下列结论正确的是(　　) A．S3＝－18 B．数列{an}是等差数列，且公差d＝3 C．对任意的正整数n，均有an＋an＋2＝2an＋1成立 D．存在唯一的正整数n，使Sn取得最小值 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 23 三、填空题 8．流行性感冒(简称流感)是由流感病毒引起的一种急性呼吸道传染病．某市去年11月份曾发生流感，据资料记载，11月1日，该市新的流感病毒感染者有20人，此后每天的新感染者平均比前一天增加50人，那么11月1日到11月7日该市的新感染者共有________人． 1190 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 24 60 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 25 10．等差数列{an}的前m项和为30，前2m项和为100，则它的前4m项和为_____． 解析：∵{an}为等差数列，∴Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列，即30，100－30＝70，S3m－100成等差数列，∴30＋S3m－100＝2×70，解得S3m＝210，又S2m－Sm，S3m－S2m，S4m－S3m成等差数列，即70，210－100＝110，S4m－210成等差数列，所以S4m－210＋70＝2×110，解得S4m＝360. 360 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 26 四、解答题 11．设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝24，S11＝0. (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{an}的前n项和Sn； (3)当n为何值时，Sn最大？并求Sn的最大值． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 27 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 28 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 29 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 30 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 31 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 32 14．从4月1日开始，有一新款服装投入某商场销售.4月1日该款服装售出10件，第二天售出25件，第三天售出40件，以后每一天售出的服装都比前一天多15件，直到4月12日日销售量达到最大，然后每一天售出的服装都比前一天少9件． (1)记从4月1日起该款服装日销售量为an，销售天数为n，1≤n≤30且n∈N*，求an关于n的函数关系式； (2)求4月份该款服装的总销售量； (3)按规律，当该商场销售此服装超过1200件时，该款服装在社会上就开始流行；当此服装的销售量连续下降，且日销售量低于100件时，此服装在社会上不再流行．试问：该款服装在社会上流行是否超过10天？请说明理由． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 33 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 34 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 35 　　　　　　　　　　　　　 R 2．含2n＋1项的等差数列，其奇数项和与偶数项和之比为(　　) A.eq \f(2n＋1,n) B.eq \f(n＋1,n) C.eq \f(n－1,n) D.eq \f(n＋1,2n) 解析：设该等差数列为{an}，其首项为a1，前n项和为Sn，则S奇＝eq \f(（n＋1）（a1＋a2n＋1）,2)，S偶＝eq \f(n（a2＋a2n）,2)，∵a1＋a2n＋1＝a2＋a2n，∴eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(n＋1,n).故选B. 3．已知Sn是等差数列{an}的前n项和．若a1＝－100，eq \f(S2029,2029)－eq \f(S2025,2025)＝4，则S100＝________． 解析：由等差数列的性质，可得eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也为等差数列，设其公差为d，则eq \f(S2029,2029)－eq \f(S2025,2025)＝4d＝4，∴d＝1.故eq \f(S100,100)＝eq \f(S1,1)＋99d＝－100＋99＝－1，∴S100＝－1×100＝－100. 解析：由等差数列的前n项和公式可得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.若d<0，则由二次函数的性质可得数列{Sn}有最大项，故A正确；若数列{Sn}有最大项，则对应二次函数的图象开口向下，则d<0，故B正确；若对任意n∈N*，均有Sn>0，则对应二次函数的图象开口向上，所以d>0，且a1＝S1>0，故可得数列{Sn}是递增数列，故C正确；若数列{Sn}是递增数列，则对应二次函数的图象开口向上，但对任意n∈N*，不一定均有Sn>0，故D错误．故选ABC. 解析：∵S15＝eq \f(15（a1＋a15）,2)＝15a8>0，S16＝eq \f(16（a1＋a16）,2)＝8(a8＋a9)<0，∴a8>0，a9<0，因此当n＝8时，Sn取最大值．故选C. 解析：在等差数列{an}中，a1＞0，公差d＜0，∵a5＝3a7，∴a1＋4d＝3(a1＋6d)，∴a1＝－7d，∴Sn＝n(－7d)＋eq \f(n（n－1）,2)d＝eq \f(d,2)(n2－15n)＝eq \f(d,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(15,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(225d,8)，∴当n＝7或n＝8时，Sn取得最大值． 解析：用a1，a2，…，a8表示8个儿子按照年龄从大到小分到的绵数，由题意知，数列a1，a2，…，a8是公差为17的等差数列，且这8项的和为996，所以8a1＋eq \f(8×7,2)×17＝996，解得a1＝65，所以a8＝65＋7×17＝184.故选B. 解：因为购房时先付150万元，所以欠款为1000万元． 依题意，知分20次付款． 设每次付款数额顺次构成数列{an}，则a1＝50＋1000×1%＝60， a2＝50＋(1000－50)×1%＝59.5，a3＝50＋(1000－50×2)×1%＝59， a4＝50＋(1000－50×3)×1%＝58.5， 所以an＝50＋[1000－50(n－1)]×1%＝60－eq \f(1,2)(n－1)(1≤n≤20，n∈N*)． 所以{an}是以60为首项，－eq \f(1,2)为公差的等差数列，所以a10＝60－9×eq \f(1,2)＝55.5. 因为a20＝60－19×eq \f(1,2)＝50.5，所以S20＝eq \f(1,2)(a1＋a20)×20＝10×(60＋50.5)＝1105， 所以实际共付1105＋150＝1255(万元)， 所以第10个月应付55.5万元，全部按期付清后，买这40套房实际花了1225万元． 解析：设等差数列{an}的公差为d. 解法一：由题意得S偶－S奇＝5d＝15，∴d＝3.故选C. 解法二：由方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5a1＋20d＝15，,5a1＋25d＝30，))得d＝3.故选C. 2．已知数列{an}满足an＋1＝an＋6，{an}的前n项和为Sn，则eq \f(S2028,2028)－eq \f(S2025,2025)＝(　　) A．12 B．9 C．3 D．2 解析：∵an＋1＝an＋6，∴数列{an}是以6为公差的等差数列，∴eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝eq \f(（n＋1）a1＋\f(n（n＋1）,2)×6,n＋1)－eq \f(na1＋\f(n（n－1）,2)×6,n)＝a1＋3n－a1－3(n－1)＝3，∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是以3为公差的等差数列，∴eq \f(S2028,2028)－eq \f(S2025,2025)＝3×3＝9.故选B. 解析：由a3＋a10>0，利用等差数列的性质可得a3＋a10＝a6＋a7>0，又a6a7<0，a1>0，∴a6>0，a7<0，∴S12＝eq \f(12（a1＋a12）,2)＝6(a6＋a7)>0，S13＝eq \f(13（a1＋a13）,2)＝13a7<0，则满足Sn>0的最大自然数n的值为12.故选C. 4．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若eq \f(S3,S6)＝eq \f(3,7)，则eq \f(S12,S9)＝(　　) A.eq \f(3,7) B．3 C.eq \f(3,2) D.eq \f(5,3) 解析：由题意，设S3＝3t(t≠0)，则S6＝7t，因为{an}是等差数列，所以S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9也成等差数列，所以S9－S6＝2(7t－3t)－3t＝5t，解得S9＝12t，由S12－S9＝2(12t－7t)－4t＝6t，解得S12＝18t，所以eq \f(S12,S9)＝eq \f(18t,12t)＝eq \f(3,2).故选C. 解析：因为等差数列{an}的前n项和为Sn，且S2001＝S2025，则S2025－S2001＝a2002＋a2003＋a2004＋…＋a2025＝0，所以12(a2013＋a2014)＝0，即a2013＋a2014＝0，且公差d≠0，当d>0时，由a2013＋a2014＝0，可得a2013<0，a2014>0，则S2013是Sn的最小值，且S2013<0；当d<0时，由a2013＋a2014＝0，可得a2013>0，a2014<0，则S2013是Sn的最大值，且S2013>0，故A，B，C错误；又a2013＋a2014＝a1＋a4026＝0，所以S4026＝eq \f(4026（a1＋a4026）,2)＝0，故D正确．故选D. 解析：对于A，因为数列{an}为等差数列，且a3＝－a11，所以a7＝eq \f(a3＋a11,2)＝0，故A正确．对于B，由a1>0，a7＝0可得等差数列{an}的公差d<0，所以等差数列{an}为递减数列，即an＋1<an，故B正确．对于C，因为S7＝S6＋a7＝S6，所以S6或S7最大，故C错误．对于D，当n≤6时，an>0；当n≥8时，an<0，即a1>…>a6>a7＝0>a8>…；当n≤13时，Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)≥eq \f(n（a1＋a13）,2)＝na7＝0，当且仅当n＝13时，等号成立；当n≥14时，Sn＝S13＋(a14＋…＋an)＝a14＋…＋an<0，所以当Sn<0时，n的最小值为14，故D错误．故选AB. 解析：因为an＝3n－12，n∈N*，所以an＋1－an＝3(n＋1)－12－(3n－12)＝3，为常数，又a1＝－9，故数列{an}是以－9为首项，3为公差的等差数列，故B，C正确；又Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝eq \f(n（－9＋3n－12）,2)＝eq \f(3n2－21n,2)，所以S3＝eq \f(3×9－21×3,2)＝－18，故A正确；因为Sn＝eq \f(3n2－21n,2)，令y＝eq \f(3x2－21x,2)(x>0)，二次函数图象的对称轴为直线x＝eq \f(7,2)＝3.5，由二次函数的对称性知，当n＝3或n＝4时，Sn＝eq \f(3n2－21n,2)取得最小值，故D错误．故选ABC. 解析：设从11月1日起，第n天的新感染者有an人，则an＋1－an＝50，则{an}是首项a1＝20，公差d＝50的等差数列，所以11月1日到11月7日该市的新感染者共有7a1＋eq \f(7×6,2)d＝7×20＋eq \f(7×6,2)×50＝1190(人)． 9．设Sn为等差数列{an}的前n项和．若公差d＝eq \f(1,2)，且S100＝145，则a1＋a3＋a5＋…＋a97＋a99的值为____． 解析：设P＝a1＋a3＋a5＋…＋a97＋a99，Q＝a2＋a4＋a6＋…＋a98＋a100，因为数列{an}是等差数列，且公差d＝eq \f(1,2)，S100＝145，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Q＋P＝S100＝145，,Q－P＝50d＝25，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(P＝60，,Q＝85，))所以a1＋a3＋a5＋…＋a97＋a99＝60. 解：(1)设等差数列{an}的公差为d. ∵a3＝24，S11＝0， ∴a1＋2d＝24，a1＋5d＝0， 解得a1＝40，d＝－8，∴an＝48－8n. (2)由(1)知，a1＝40，an＝48－8n， ∴Sn＝eq \f(n（40＋48－8n）,2)＝－4n2＋44n. (3)由(2)，得Sn＝－4n2＋44n＝－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(11,2)))eq \s\up12(2)＋121，故当n＝5或n＝6时，Sn最大，且最大值为120. 12．已知Sn是等差数列{an}的前n项和． (1)证明：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等差数列； (2)设Tn为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))的前n项和，若S4＝12，S8＝40，求Tn. 解：(1)证明：设等差数列{an}的公差为d， 则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，∴eq \f(Sn,n)＝eq \f(d,2)n＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))， ∴eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝eq \f(d,2)(n＋1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(d,2)n＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))))＝eq \f(d,2)， 又eq \f(S1,1)＝a1，∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是首项为a1，公差为eq \f(d,2)的等差数列． (2)由(1)，知eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列，设其公差为d′， 则eq \f(S8,8)－eq \f(S4,4)＝4d′，即4d′＝eq \f(40,8)－eq \f(12,4)＝2， 则d′＝eq \f(1,2)，又eq \f(S1,1)＝eq \f(S4,4)－3d′＝3－3×eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)， ∴Tn＝eq \f(3,2)n＋eq \f(n（n－1）,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)n2＋eq \f(5,4)n. 13．设数列{an}的前n项和为Sn，eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝－1，S1＝32，则下列说法正确的是(　　) A．{an}是等差数列 B．S3，S6－S3，S9－S6成等差数列，公差为－9 C．当Sn取得最大值时，n＝16 D．Sn≥0时，n的最大值为32 解：由eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝－1，S1＝32，可得数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是以32为首项，－1为公差的等差数列，则eq \f(Sn,n)＝32＋(n－1)×(－1)＝－n＋33，故Sn＝－n2＋33n.对于A，∵Sn＝－n2＋33n，∴当n＝1时，a1＝S1＝－12＋33＝32；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(－n2＋33n)－[－(n－1)2＋33(n－1)]＝－2n＋34.∵－2×1＋34＝a1，∴an＝－2n＋34.∵an＋1－an＝[－2(n＋1)＋34]－(－2n＋34)＝－2，∴{an}是等差数列，故A正确．对于B，∵Sn＝－n2＋33n，∴S3＝－32＋33×3＝90，S6＝－62＋33×6＝162，S9＝－92＋33×9＝216，∴S6－S3＝72，S9－S6＝54，则2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)，(S6－S3)－S3＝－18，∴S3，S6－S3，S9－S6成等差数列，公差为－18，故B错误．对于C，∵Sn＝－n2＋33n＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(33,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(1089,4)，n∈N*，∴当n＝16或n＝17时，Sn最大，故C错误．对于D，令Sn＝－n2＋33n≥0，得0≤n≤33，n∈N*，即满足Sn≥0的最大正整数为n＝33，故D错误．故选A. 解：(1)由题意知，数列a1，a2，…，a12是首项为10，公差为15的等差数列， 所以an＝15n－5(1≤n≤12且n∈N*)． 而a13，a14，a15，…，a30是首项为a13＝a12－9＝166，公差为－9的等差数列， 所以an＝166＋(n－13)×(－9)＝－9n＋283(13≤n≤30且n∈N*)． 所以an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(15n－5，1≤n≤12且n∈N*，,－9n＋283，13≤n≤30且n∈N*.)) (2)4月份该款服装的总销售量为eq \f(12（a1＋a12）,2)＋18a13＋eq \f(18×17,2)×(－9)＝eq \f(12×（10＋175）,2)＋18×166＋eq \f(18×17,2)×(－9)＝2721(件)． (3)4月1日至4月12日的销售总量为 S12＝eq \f(12（a1＋a12）,2)＝eq \f(12×（10＋175）,2)＝1110(件)<1200(件)，S13＝S12＋166＝1276(件)>1200(件)， 故4月13日前该款服装在社会上还没有流行． 由－9n＋283<100，得n>eq \f(61,3). 故从4月21日开始该款服装在社会上不再流行，即该款服装在社会上流行没有超过10天． $