1.2.2 第1课时 等差数列的前n项和-【精讲精练】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套课件（北师大版）

该高中数学课件聚焦等差数列的前n项和，通过钢管堆放实例导入，引导学生用倒序相加法自主推导求和公式，衔接通项公式并从函数角度分析公式结构，构建知识支架帮助学生理解公式由来与应用脉络。 其亮点在于以情境化问题培养数学眼光，通过问题链驱动逻辑推理（数学思维），设置计算、an与Sn关系、最值问题等题型及变式训练，结合二次函数法求最值等方法提升数学运算能力。学生能深化理解，教师可借助结构化资源高效实施分层教学。

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 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 目 录 课前案·自主学习 01 02 CONTENTS 03 课堂案·互动探究 课后案·学业评价 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 课前案·自主学习 01 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 导学1 等差数列的前n项和公式 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 导学2 从函数角度认识等差数列的前n项和公式 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 课堂案·互动探究 02 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 点击进入Word 课后案·学业评价 03 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 谢谢观看 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 学业标准 素养目标 1.体会等差数列的前n项和公式的推导过程．(难点) 2．掌握等差数列的前n项和公式并能应用其解决前n项和及其最值等有关问题．(重点、难点) 1.借助等差数列的前n项和公式的推导，培养逻辑推理等核心素养． 2．通过等差数列的前n项和公式的应用，重点提升数学运算、逻辑推理等核心素养． 如图，某仓库堆放了一堆钢管，最上面的一层有4根钢管，下面的每一层都比上一层多一根，最下面的一层有9根． 　这堆钢管共有几层？图形的横截面大致是什么形状？ [提示]　六层；等腰梯形． 　假设在这堆钢管旁边再倒放上同样一堆钢管，如图所示，则这样共有多少根钢管？ [提示]　(4＋9)×6＝78. 　原来有多少根钢管？ [提示]　 eq \f(1,2)×78＝39. 　能否利用前面问题推导等差数列的前n项和公式Sn＝a1＋a2＋…＋an? [提示]　Sn＝a1＋a2＋…＋an Sn＝an＋an－1＋…＋a1 所以2Sn＝(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋…＋(an＋a1) ＝n(a1＋an)，所以Sn＝ eq \f(n(a1＋an),2). ◎结论形成 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＝____________________ Sn＝__________________________ eq \f(1,2)n(a1＋an) na1＋ eq \f(1,2)n(n－1)d [导学点睛]　等差数列的前n项和公式Sn＝na1＋ eq \f(n(n－1),2)d与三个基本量“首项a1、公差d和项数n”有关，而公式Sn＝ eq \f(n(a1＋an),2)与三个基本量“首项a1、末项an和项数n”有关，其中a1＋an不只是首尾两项之和，也可以是ap＋aq(p＋q＝n＋1，p∈N＋，q∈N＋)，应根据题目中的已知条件灵活选择． 　我们对等差数列的通项公式变形：an＝a1＋(n－1)d＝dn＋(a1－d)，分析出通项公式与一次函数的关系．你能类比这个思路分析一下Sn＝na1＋ eq \f(n(n－1),2)d吗？ [提示]　在等差数列{an}中， 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. 令A＝ eq \f(d,2)，B＝a1－ eq \f(d,2)，得Sn＝An2＋Bn. 当A≠0(即d≠0)时，Sn是关于n的二次函数且常数项为0，那么点(n，Sn)在二次函数y＝Ax2＋Bx的图象上； 当A＝0(即d＝0)时，点(n，Sn)是直线y＝Bx上一系列孤立的点． ◎结论形成 已知数列{an}的前n项和Sn＝An2＋Bn＋C，若C＝0，则数列{an}为等差数列；若C≠0，则数列{an}不是等差数列． [拓展]　若数列{an}的前n项和为Sn，则{an}为等差数列⇔Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)，我们得到等差数列的另一种制定方法——前n项和公式法． 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)若数列{an}的前n项和Sn＝4，则{an}不是等差数列.(　　) (2)若数列{an}的前n项和Sn＝kn(k∈R)，则{an}为常数列．(　　) (3)等差数列{an}的前n项和Sn一定是关于n的二次函数．(　　) (4)任意等差数列{an}前n项和Sn一定有最值．(　　) 答案　(1)√　(2)√　(3)×　(4)× 2．在－20与40之间插入8个数，使这10个数成等差数列，则这10个数的和为(　　) A．200　　　　　　　 B．100 C．90 D．70 解析　设该等差数列为{an}，其前n项和为Sn，则由题意可知，a1＝－20，a10＝40，所以S10＝ eq \f(10×(－20＋40),2)＝100. 答案　B 3．(多选题)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a4＋a5＝24，S6＝48，则下列正确的是(　　) A．a1＝－2 B．a1＝2 C．d＝4 D．d＝－4 解析　设等差数列{an}的公差为d. 因为a4＋a5＝24，S6＝48， 所以2a1＋7d＝24，6a1＋ eq \f(6×5,2)d＝48， 解得a1＝－2，d＝4. 答案　AC 4．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＝4，S3＝3，则公差d＝_____． 解析　由等差数列的性质可得S3＝ eq \f(3(a1＋a3),2)＝ eq \f(3×2a2,2)＝3，解得a2＝1， 故公差d＝a3－a2＝4－1＝3. 答案　3 题型一　等差数列的前n项和的相关计算 　[教材例6拓展](1)(2025·天津和平期末)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S5＝10，S10＝30，则S20＝(　　) A．40　　　　　　　 B．70 C．90 D．100 (2)(2025·安徽阜阳期末)等差数列{an}的前n项和为Sn，公差不为0，若S5＝S10，则(　　) A．S5＝0 B．S8＝0 C．S15＝0 D．S17＝0 (3)(2025·重庆广益中学月考)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－3，S4＝0. ①求{an}的通项公式和Sn； ②求a2＋a4＋…＋a8＋a10＋a12的值． [解析]　(1)设等差数列{an}的公差为d， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(5a1＋\f(5×4,2)×d＝10，,10a1＋\f(10×9,2)×d＝30，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝\f(6,5)，,d＝\f(2,5)，)) 所以S20＝20a1＋ eq \f(20×19,2)×d＝20× eq \f(6,5)＋190× eq \f(2,5)＝100.故选D. (2)因为S5＝S10，所以S10－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝5a8＝0，解得a8＝0，故S15＝ eq \f(15(a1＋a15),2)＝15a8＝0.故选C. (3)①设等差数列{an}的公差为d， 由a1＝－3，S4＝0，得4a1＋6d＝－12＋6d＝0， 解得d＝2. ∴an＝－3＋2(n－1)＝2n－5， Sn＝－3n＋ eq \f(n(n－1),2)×2＝n2－4n. ②由①得a2＝2×2－5＝－1，a12＝2×12－5＝19，∴a2＋a4＋…＋a8＋a10＋a12＝ eq \f(6×(－1＋19),2)＝54. [答案]　(1)D　(2)C　(3)略 等差数列前n项和的运算技巧 (1)列方程．此类运算涉及的基本量有a1，d，n，an，Sn，一般转化为关于a1，d，n的方程组，解出方程组后再求其他的基本量． (2)用性质．利用等差数列的性质简化运算，常用的性质如若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq. (3)当已知首项、末项和项数时，用Sn＝ eq \f(n(a1＋an),2)较简便；当已知首项、公差和项数时，用Sn＝na1＋ eq \f(n(n－1),2)d较简便．　 [触类旁通] 1．(1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＋a4＋a14＝6，则S13＝(　　) A．14 B．26 C．28 D．32 (2)(2025·北京海淀区月考)已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和．若a1＝2a2，公差d≠0，Sm＝0，则m的值为(　　) A．4 B．5 C．6 D．7 解析　(1)设等差数列{an}的公差为d，则a3＋a4＋a14＝3a1＋18d＝3(a1＋6d)＝3a7＝6，则a7＝2，所以S13＝13a7＝26.故选B. (2)由a1＝2a2＝2(a1＋d)，得a1＝－2d，又Sm＝ma1＋ eq \f(m(m－1),2)d＝－2md＋ eq \f(m(m－1),2)d＝0，又d≠0，所以－2m＋ eq \f(m(m－1),2)＝0，解得m＝5或m＝0(舍去).故选B. 答案　(1)B　(2)B 题型二　an与Sn的关系及其应用 eq \a\vs4\al(一题多变) 　若数列{an}的前n项和为Sn＝ eq \f(2,3)n2－ eq \f(1,3)n，则数列{an}的通项an＝___________． [解析]　因为数列{an}的前n项和为 Sn＝ eq \f(2,3)n2－ eq \f(1,3)n， 所以当n＝1时，a1＝S1＝ eq \f(2,3)－ eq \f(1,3)＝ eq \f(1,3)； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1 ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)n2－\f(1,3)n))－ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)(n－1)2－\f(1,3)(n－1))) ＝ eq \f(4,3)n－1. 当n＝1时，上式也成立，所以an＝ eq \f(4,3)n－1. [答案]　 eq \f(4,3)n－1 [母题变式] 1．(变条件)本例中若Sn＝n2＋2n＋1，试求an. 解析　当n＝1时，代入可得a1＝S1＝4. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1 ＝n2＋2n＋1－[(n－1)2＋2(n－1)＋1] ＝2n＋1. 经验证当n＝1时，上式不符合． 故an＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2n＋1，n≥2.)) 2．(变条件)若将本例中的条件改为“a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1”，试求an. 解析　因为an＋1＝SnSn＋1，且an＋1＝Sn＋1－Sn， 所以Sn＋1－Sn＝SnSn＋1， 所以 eq \f(1,Sn)－ eq \f(1,Sn＋1)＝1， 即 eq \f(1,Sn＋1)－ eq \f(1,Sn)＝－1. 又 eq \f(1,S1)＝ eq \f(1,a1)＝－1， 所以 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是首项为－1，公差为－1的等差数列， 所以 eq \f(1,Sn)＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n. 所以Sn＝－ eq \f(1,n).所以当n≥2时， an＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,n－1))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,n)))＝ eq \f(1,n(n－1)). 当n＝1时，a1不满足上式． 所以an＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－1，n＝1，,\f(1,n(n－1))，n≥2.)) 由Sn求an的方法 (1)an与Sn的关系：an＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))当n＝1适合于an时，则a1可以统一到an(n≥2，n∈N＋)的形式中，而不用写成分段函数形式．若n＝1不适合an，则通项公式应写成分段函数形式． (2)在等差数列{an}中，若d≠0，则Sn可写成关于n的二次函数形式，反之，若Sn＝An2＋Bn，那么数列{an}一定是等差数列． [提醒]　在数列{an}的式子中，如果含有an－1，Sn－1，必须注明n≥2.　 [触类旁通] 2．(多选题)已知数列{an}的前n项和满足Sn＝2n+1－1，则下列说法正确的是(　　) A．a1＝3 B．an＝2n(n≥2) C．an＝2n D．an＝2n(n≥2) 解析　Sn＝2n+1－1， 当n＝1时，a1＝S1＝21+1－1＝3； 当n≥2时， an＝Sn－Sn－1＝(2n+1－1)－(2n－1)＝2n. 当n＝1时，不符合上式，故an＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,2n，n≥2.)) 答案　AD 题型三　等差数列前n项和的最值问题 eq \a\vs4\al(一题多解　一题多变) 　已知在等差数列{an}中，a1＝9，a4＋a7＝0. (1)求数列{an}的通项公式； (2)当n为何值时，数列{an}的前n项和取得最大值． [解析]　(1)由a1＝9，a4＋a7＝0， 得a1＋3d＋a1＋6d＝0，解得d＝－2， 所以an＝a1＋(n－1)d＝11－2n. (2)法一　a1＝9，d＝－2， Sn＝9n＋ eq \f(n(n－1),2)·(－2) ＝－n2＋10n＝－(n－5)2＋25 所以当n＝5时，Sn取得最大值． 法二　由(1)知a1＝9，d＝－2＜0， 所以{an}是递减数列． 令an≥0，则11－2n≥0，解得n≤ eq \f(11,2). 因为n∈N＋， 所以当n≤5时，an＞0，当n≥6时，an＜0. 所以S5最大． 即当n＝5时，Sn取得最大值． [母题变式] (变条件、变结论)若本例变为“等差数列{an}的前n项和为Sn，且S2 024＞0，S2 025＜0”，则当n＝_____________时，Sn取得最大值． 解析　因为S2 024＝ eq \f(2 024(a1＋a2 024),2) ＝1 012(a1 012＋a1 013)＞0， 所以a1 012＋a1 013＞0， 又S2 025＝ eq \f(2 025(a1＋a2 025),2)＝2 025a1 013＜0， 所以a1 013＜0，所以a1 012＞0， 所以当n＝1 012时，Sn取得最大值． 答案　1 012 [素养聚焦]　本题重在考查求等差数列前n项和的最值，体现了逻辑推理和数学运算等核心素养． 求等差数列前n项和Sn的最值的方法 (1)二次函数法 将Sn＝ eq \f(d,2)n2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n配方，转化为求二次函数的最值问题，借助函数的单调性来解决，体现了函数思想． (2)通项法 若a1＞0，d＜0，则数列的所有正数项之和最大，可由an≥0且an＋1≤0，求得n的值． 若a1＜0，d＞0，则数列的所有负数项之和最小，可由an≤0且an＋1≥0，求得n的值．　 [触类旁通] 3．(1)(多选题)(2025·山西运城高二期中)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，a1<0，且S19＝S13，则(　　) A．公差d>0 B．a16＝0 C．S33＝0 D．n＝16时，Sn最小 (2)(2025·武汉高二期中)在等差数列{an}中，|a5|＝|a9|，公差d<0，则使前n项和Sn取得最大值的正整数n的值是____________；使前n项和Sn＞0的正整数n的最大值是____________． 解析　(1)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，S19＝S13，则S19－S13＝0， 可得a14＋a15＋a16＋a17＋a18＋a19＝0，所以3(a16＋a17)＝0，即a16＋a17＝0.设数列{an}的公差为d， 则有2a1＋31d＝0，因为a1<0，所以d>0，所以a16<0，a17>0，故A正确，B错误； S33＝33a17>0，故C错误； 当n≤16时an<0，当n≥17时an>0，所以当n＝16时，Sn取得最小值，故D正确．故选AD. (2)因为|a5|＝|a9|，d＜0，所以a5>0>a9，且a5＝－a9，所以a5＋a9＝0，所以a7＝0，所以当1≤n≤7时，an≥0；当n≥8时，an<0.所以使前n项和Sn取得最大值的正整数n的值是6或7. 因为S13＝ eq \f(13\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋a13)),2)＝13a7＝0，且S13＝S12＋a13＝0，所以S12＝－a13>0，所以使前n项和Sn>0的正整数n的最大值是12. 答案　(1)AD　(2)6或7　12 [缜密思维提能区] 易错案例 利用an与Sn的关系求an [典例]　已知数列{an}的前n项和Sn＝2n＋a，求通项公式an. [错解]　因为Sn＝2n＋a， 当n≥2时， an＝Sn－Sn－1＝2n＋a－(2n-1＋a)＝2n-1， 所以数列{an}的通项公式an＝2n-1. [正解]　因为Sn＝2n＋a， 当n≥2时， an＝Sn－Sn－1＝2n＋a－(2n-1＋a)＝2n-1. 当n＝1时，若a＝－1，a1＝S1＝2－1＝1，适合上式； 若a≠－1，则a1＝S1＝2＋a≠1，不适合上式， 故当a＝－1时，an＝2n-1； 当a≠－1时，an＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2＋a，n＝1，,2n-1，n≥2.)) [纠错心得]　已知数列{an}的前n项和公式Sn，求an时应分三步．第一步，利用a1＝S1求a1.第二步，当n≥2时，求an＝Sn－Sn－1.第三步，检验a1是否适合当n≥2时得到的an，若适合，则an即为所求；若不适合，将an用分段函数表示． 知识落实 技法强化 (1)等差数列前n项和公式及相关计算． (2)an与Sn的关系． (3)等差数列前n项和的最值问题． (1)注意整体代换法、倒序相加法，方程思想的应用． (2)由Sn求通项公式时，注意对n＝1的讨论． $