1.2.2 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作业与测评课件PPT（北师大版）

该高中数学课件聚焦等差数列前n项和，从回顾等差数列定义、通项公式及等差中项性质切入，通过知识对点练衔接基础计算与综合应用，构建逐步深化的学习支架。 其亮点是分层设计习题，融入数学思维与数学语言，如利用等差中项求a4体现推理能力，通过Sn表达式证等差数列渗透模型观念，助力学生提升逻辑推理与解题能力，教师可直接用于课堂练习与教学巩固。

第一章　数列 §2　等差数列 2.2　等差数列的前n项和 第1课时　等差数列的前n项和 知识对点练 40分钟综合练 目录 知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 4 2．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若S7＝35，则a4＝(　　) A．8 B．7 C．6 D．5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 5 3．等差数列{an}中，a1＝1，a3＋a5＝14，其前n项和Sn＝100，则n＝(　　) A．9 B．10 C．11 D．12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 6 4．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a6＝S3＝12，则{an}的通项公式为an＝______． 2n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 7 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 8 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 9 7．已知数列{an}中a1＝1，a2＝2，当整数n＞1时，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)都成立，则S15＝_______． 211 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 10 知识点三　利用Sn判断等差数列 8．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且8Sn＝(an＋2)2． (1)求证：{an}为等差数列； (2)求{an}的通项公式． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 12 9．已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＋1＋Sn＝3n2＋6n＋3，a1＝2．记bn＝an＋an＋1，判断{bn}是否为等差数列．若是，给出证明；若不是，请说明理由． 解：因为Sn＋1＋Sn＝3n2＋6n＋3， 当n＝1时，S2＋S1＝2a1＋a2＝3＋6＋3＝12， 又因为a1＝2， 所以b1＝a1＋a2＝10； 当n≥2时，因为Sn－Sn－1＝an，由Sn＋1＋Sn＝3n2＋6n＋3，得an＋1＋Sn＋Sn＝3n2＋6n＋3，　① 所以an＋2Sn－1＝3(n－1)2＋6(n－1)＋3，　② ①－②得，an＋1＋an＝6n＋3， 经验证，当n＝1时不等于b1，所以{bn}不是等差数列． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 知识对点练 13 40分钟综合练 一、选择题 1．在等差数列{an}中，S10＝120，则a2＋a9＝(　　) A．12 B．24 C．36 D．48 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 15 2．在1和2两数之间插入n(n∈N＋)个数，使它们与1，2组成一个等差数列，则当n＝10时，该数列的所有项的和为(　　) A．15 B．16 C．17 D．18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 16 3．一同学在电脑中打出如下图案： ○●○○●○○○●○○○○●○○○○○●… 若将此图案依此规律继续下去，那么在前120个图案中●的个数是(　　) A．12 B．13 C．14 D．15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 17 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 18 5．[多选]已知数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn，且2a1＋3a3＝S6，则下列结论一定正确的是(　　) A．a10＝0 B．S10>0 C．S7＝S12 D．S19＝0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 19 二、填空题 6．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若2a17＝a19＋3，则S29＝_____． 87 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 20 －15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 22 三、解答题 9．已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2n2－19n， (1)求证：数列{an}是等差数列；(2)若bn＝|an|，求数列{bn}的前n项和Tn． 解： (1)证明：因为Sn＝2n2－19n，① 所以当n≥2时，Sn－1＝2(n－1)2－19(n－1)＝2n2－23n＋21，② 由①－②可得，an＝4n－21，n≥2， 当n＝1时，a1＝S1＝－17也满足上式． 故数列{an}的通项公式为an＝4n－21． 所以当n≥2时，an－1＝4(n－1)－21＝4n－25， 所以当n≥2时，an－an－1＝4恒成立， 所以数列{an}是等差数列． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 23 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 24 10．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，S2＝2，S3＝－6． (1)求数列{an}的通项公式和前n项和Sn； (2)是否存在正整数n，使得Sn，Sn＋2＋2n，Sn＋3成等差数列？若存在，求出n；若不存在，请说明理由． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 25 (2)由(1)知Sn＋Sn＋3＝7n－3n2＋7(n＋3)－3(n＋3)2＝－6n2－4n－6，2(Sn＋2＋2n)＝2(－3n2－5n＋2＋2n)＝－6n2－6n＋4，若存在正整数n，使得Sn，Sn＋2＋2n，Sn＋3成等差数列，则－6n2－4n－6＝－6n2－6n＋4，解得n＝5， ∴存在n＝5，使得Sn，Sn＋2＋2n，Sn＋3成等差数列． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 26 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　等差数列前n项和的基本计算 1．已知数列{an}的通项公式为an＝2－3n，则{an}的前n项和Sn＝(　　) A．－eq \f(3,2)n2＋eq \f(n,2) B．－eq \f(3,2)n2－eq \f(n,2) C．eq \f(3,2)n2＋eq \f(n,2) D．eq \f(3,2)n2－eq \f(n,2) 解析：易知{an}是等差数列且a1＝－1，所以Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝eq \f(n（1－3n）,2)＝ －eq \f(3,2)n2＋eq \f(n,2)．故选A． 解析：∵S7＝eq \f(a1＋a7,2)×7＝35，∴a1＋a7＝10，∴a4＝eq \f(a1＋a7,2)＝5． 解析：∵a1＝1，a3＋a5＝2a1＋6d＝14，∴d＝2，∴Sn＝n＋eq \f(n（n－1）,2)×2＝100．∴n＝10． 解析：由已知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋5d＝12，,3a1＋3d＝12))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,d＝2.))故an＝2n． 知识点二　等差数列前n项和的综合问题 5．在各项均不为零的等差数列{an}中，若an＋1－aeq \o\al(2,n)＋an－1＝0(n≥2)，则S2n－1－4n＝(　　) A．－2 B．0 C．1 D．2 解析：∵{an}是等差数列，∴2an＝an－1＋an＋1(n≥2)．又an＋1－aeq \o\al(2,n)＋an－1＝0(n≥2)，∴2an－aeq \o\al(2,n)＝0．∵an≠0，∴an＝2，∴S2n－1－4n＝(2n－1)×2－4n＝－2．故选A． 6．Sn是等差数列{an}的前n项和，若eq \f(Sn,S2n)＝eq \f(n＋1,4n＋2)，则eq \f(a3,a5)＝______． 解析：∵Sn是等差数列{an}的前n项和，eq \f(Sn,S2n)＝eq \f(n＋1,4n＋2)，∴eq \f(S1,S2)＝eq \f(a1,a1＋（a1＋d）)＝eq \f(2,6)＝eq \f(1,3)，∴3a1＝2a1＋d，∴a1＝d，∴eq \f(a3,a5)＝eq \f(a1＋2d,a1＋4d)＝eq \f(3d,5d)＝eq \f(3,5)． eq \f(3,5) 解析：∵数列{an}中，当整数n＞1时，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)都成立⇔Sn＋1－Sn＝Sn－Sn－1＋2⇔an＋1－an＝2(n＞1)．∴{an}从第2项起是公差为2的等差数列．∴S15＝14a2＋eq \f(14×13,2)×2＋a1＝14×2＋eq \f(14×13,2)×2＋1＝211． 解：(1)证明：因为8Sn＝(an＋2)2， 所以当n≥2时，8Sn－1＝(an－1＋2)2， 两式相减得，8an＝aeq \o\al(2,n)－aeq \o\al(2,n－1)＋4an－4an－1， 即aeq \o\al(2,n)－aeq \o\al(2,n－1)－4an－4an－1＝0， 所以(an＋an－1)(an－an－1－4)＝0． 又因为{an}为正项数列，所以an＋an－1≠0， 从而an－an－1－4＝0， 即an－an－1＝4， 故{an}是公差为4的等差数列． (2)当n＝1时，得8S1＝(a1＋2)2， 即8a1＝(a1＋2)2，解得a1＝2， 所以{an}的通项公式为an＝2＋(n－1)×4，即an＝4n－2． 解析：∵S10＝eq \f(10（a1＋a10）,2)＝5(a2＋a9)＝120，∴a2＋a9＝24． 解析：设该数列为{an}，前n项和为Sn，由题意得，该等差数列共有12项，首项a1＝1，末项a12＝2，故S12＝eq \f(1＋2,2)×12＝18．故选D． 解析：∵S＝(1＋2＋3＋…＋n)＋n＝eq \f(n（n＋1）,2)＋n≤120，∴n(n＋3)≤240，又n∈N＋，∴n的最大值为14．故选C． 4．在等差数列{an}中，an≠0，a1＋a3＝aeq \o\al(2,2)，a4＝4，若{an}的前n项和为Sn，则eq \f(S10,10)－eq \f(S6,6)＝(　　) A．1 B．2 C．eq \f(1,2) D．4 解析：∵a1＋a3＝aeq \o\al(2,2)，∴2a2＝aeq \o\al(2,2)，得a2＝2，∴等差数列{an}的公差d＝eq \f(a4－a2,4－2)＝1，∴a1＝a2－d＝1，∴S10＝10＋eq \f(10×9,2)×1＝55，S6＝6＋eq \f(6×5,2)×1＝21，∴eq \f(S10,10)－eq \f(S6,6)＝eq \f(55,10)－eq \f(21,6)＝2．故选B． 解析：设等差数列{an}的公差为d，∵2a1＋3a3＝S6，∴5a1＋6d＝6a1＋15d，∴a1＋9d＝0，即a10＝0，A正确；S10＝10a1＋eq \f(10×（10－1）d,2)＝－45d，可能大于0，也可能小于等于0，B不正确；S12－S7＝12a1＋eq \f(12×11,2)d－7a1－eq \f(7×6,2)d＝5a1＋45d＝5(a1＋9d)＝0，即S7＝S12，C正确；S19＝eq \f(19（a1＋a19）,2)＝19a10＝0，D正确．故选ACD． 解析：设数列{an}的公差为d，则2(a1＋16d)＝a1＋18d＋3，得a1＋14d＝3，即a15＝3，则S29＝eq \f(29（a1＋a29）,2)＝29a15＝87． 7．在等差数列{an}中，aeq \o\al(2,3)＋aeq \o\al(2,8)＋2a3a8＝9，且an＜0，则S10＝________． 解析：由aeq \o\al(2,3)＋aeq \o\al(2,8)＋2a3a8＝9得(a3＋a8)2＝9，∵an＜0，∴a3＋a8＝－3．∴S10＝eq \f(10（a1＋a10）,2)＝eq \f(10（a3＋a8）,2)＝eq \f(10×（－3）,2)＝－15． 8．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d(d≠0)，首项为a1，若{eq \r(Sn)}也是等差数列，则eq \f(a1,d)＝_____． 解析：由题意知Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d，因为{eq \r(Sn)}是等差数列，所以eq \r(S1)＋eq \r(S3)＝2eq \r(S2)，即eq \r(a1)＋eq \r(3a1＋3d)＝2eq \r(2a1＋d)，d≠0，两边平方并化简，得22,1)eq \r(3a＋3a1d) ＝4a1＋d，两边平方并化简，得4aeq \o\al(2,1)－4a1d＋d2＝0，即(2a1－d)2＝0，即2a1－d＝0，所以eq \f(a1,d)＝eq \f(1,2)． eq \f(1,2) (2)因为bn＝|an|， 所以Tn＝|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|， 当an＝4n－21<0时，1≤n≤5；当an＝4n－21>0时，n≥6， 由(1)中结论可知，当1≤n≤5时，Tn＝－a1－a2－…－an＝－Sn＝－2n2＋19n； 当n≥6时，Tn＝－S5＋(Sn－S5)＝Sn－2S5＝2n2－19n＋90， 从而Tn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2n2＋19n，1≤n≤5，,2n2－19n＋90，n≥6.)) 解：(1)设数列{an}的公差为d， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a1＋d＝2，,3a1＋\f(3×2,2)d＝－6，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝4，,d＝－6，)) ∴an＝4－6(n－1)＝10－6n， Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d＝7n－3n2． $