1.2.2 第2课时 等差数列习题课-【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前n项和的性质及应用，课前通过问题导学（如判断数列{2n-1}的Sn/n是否为等差数列）衔接已学知识，课堂以性质推导（如依次k项和成等差）、例题解析（如Sn比值求项）为支架，构建知识脉络。 其亮点在于融合数学建模与运算素养，如机器人相遇问题通过等差数列求和建模，一题多解（如Sn=100,S100=10求S110的两种方法）和母题变式培养思维，课堂小结分知识落实与技法强化。帮助学生提升运算和建模能力，为教师提供结构化教学资源。

第一章　数列 §2　等差数列 2．2　等差数列的前n项和 第2课时　等差数列习题课 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 等差数列前n项和的性质 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 k2d 等差 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 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.掌握等差数列前n项和的性质并能简单应用．(难点) 2．能利用等差数列的知识解决简单的实际问题．(重点、难点) 1.通过等差数列前n项和性质的应用，提升数学运算等核心素养． 2．借助等差数列的知识解决实际问题，培养数学建模等核心素养． 　Sn是数列{2n－1}的前n项和． (1)判断数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是不是等差数列． (2)证明：S3，S6－S3，S9－S6成等差数列． [提示]　设an＝2n－1，易知数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列． (1)因为Sn＝n2，所以 eq \f(Sn,n)＝n，即数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等差数列． (2)证明　因为S3＝a1＋a2＋a3，S6－S3＝a4＋a5＋a6＝a1＋a2＋a3＋18. S9－S6＝a7＋a8＋a9＝a4＋a5＋a6＋18， 故S3，S6－S3，S9－S6成等差数列． ◎结论形成 等差数列的前n项和常用的性质 1．等差数列{an}的依次k项之和Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…组成公差为______的等差数列． 2．数列{an}是等差数列⇔Sn＝an2＋bn(a，b为常数)⇔数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为______数列． 3．若S奇表示奇数项的和，S偶表示偶数项的和，公差为d， (1)当项数为偶数2n时，S偶－S奇＝nd， eq \f(S奇,S偶)＝ eq \f(an,an＋1)； (2)当项数为奇数2n－1时，S奇－S偶＝an， eq \f(S奇,S偶)＝ eq \f(n,n－1). 4．Sm＋n＝Sm＋Sn＋mnd(m，n∈N＋)； Sm＋n＝ eq \f((m＋n)(Sn－Sm),n－m)(m，n∈N＋，且m≠n). 特别地，若Sm＝Sn(m≠n)，则Sm＋n＝0；若Sm＝n，Sn＝m(m≠n)，则Sm＋n＝－(m＋n). 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)若等差数列{an}的前n项和为Sn，则S2n＋1＝(2n＋1)an.(　　) (2)若等差数列{an}共有20项，则 eq \f(S奇,S偶)＝ eq \f(a9,a10).(　　) (3)若等差数列{an}的前n项和为Sn，则S5，S10，S15也成等差数列．(　　) (4)若数列{an}为等差数列，则数列{|an|}一定不是等差数列．(　　) 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)× 2．已知等差数列共有10项，其中奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差是(　　) A．5　　　 B．4　　　　 C．3　　　 D．2 解析　设等差数列为{an}，公差为d， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝15，,a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝30，)) 两式作差得5d＝15，所以d＝3. 答案　C 3．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　由{an}是等差数列， 得S3，S6－S3，S9－S6为等差数列， 即2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)， 得到S9－S6＝2S6－3S3＝45＝a7＋a8＋a9. 答案　B 4．等差数列{an}的通项公式是an＝2n＋1，其前n项和为Sn，则数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))的前10项和为____________． 解析　因为an＝2n＋1，所以a1＝3，所以Sn＝ eq \f(n(3＋2n＋1),2)＝n2＋2n，所以 eq \f(Sn,n)＝n＋2，所以 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是公差为1，首项为3的等差数列，所以前10项和为3×10＋ eq \f(10×9,2)×1＝75. 答案　75 题型一　等差数列前n项和性质的应用 eq \a\vs4\al(一题多解　一题多变) 　(1)已知数列{an}，{bn}均为等差数列，其前n项和分别为Sn，Tn，且 eq \f(Sn,Tn)＝ eq \f(2n＋2,n＋3)，则 eq \f(a5,b5)＝____________； (2)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝100，S100＝10，求S110. [解析]　(1) eq \f(a5,b5)＝ eq \f(a1＋a9,b1＋b9)＝ eq \f(\f(9,2)(a1＋a9),\f(9,2)(b1＋b9)) ＝ eq \f(S9,T9)＝ eq \f(2×9＋2,9＋3)＝ eq \f(20,12)＝ eq \f(5,3). (2)法一　数列S10，S20－S10，S30－S20，…，S100－S90，S110－S100成等差数列，设其公差为d，前10项和为10S10＋ eq \f(10×9,2)d＝S100＝10，解得d＝－22，所以S110－S100＝S10＋(11－1)d＝100＋10×(－22)＝－120，所以S110＝－120＋S100＝－110. 法二　设Sn＝An2＋Bn(A，B∈R)， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(S10＝100A＋10B＝100，,S100＝1002A＋100B＝10，)) 解得A＝－ eq \f(11,100)，B＝ eq \f(111,10). 故Sn＝－ eq \f(11,100)n2＋ eq \f(111,10)n， 所以S110＝－ eq \f(11,100)×1102＋ eq \f(111,10)×110＝－110. [答案]　(1) eq \f(5,3)　(2)略 [母题变式] 1．(变结论)本例(2)若条件不变，则S120的值为_____________． 解析　数列S10，S20－S10，S30－S20，…，S100－S90，S110－S100成等差数列，设其公差为d，其前10项和为10S10＋ eq \f(10×9,2)×d＝S100＝10，所以d＝－22，所以S110－S100＝S10＋(11－1)d＝100＋10×(－22)＝－120，所以S110＝－120＋S100＝－110，S120－S110＝S10＋(12－1)d＝100＋11×(－22)，所以S120＝S110＋100＋11×(－22)＝－252. 答案　－252 2．(变条件、变结论)本例(2)中的条件“S10＝100，S100＝10”若换为“Sm＝70，S2m＝110”，其他条件不变，则S3m的值为___________． 解析　因为{an}为等差数列， 所以Sm，S2m－Sm，S3m－S2m也成等差数列， 所以2(S2m－Sm)＝Sm＋S3m－S2m，即2×(110－70)＝70＋S3m－110，所以S3m＝120. 答案　120 等差数列前n项和Sn的有关性质在解题过程中如果运用得当，可以达到化繁为简、化难为易、事半功倍的效果．　 [触类旁通] 1．已知等差数列{an}的前m(m为奇数)项的和为135，其中偶数项之和为63，且am－a1＝14，则a100＝___________． 解析　设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，由题意可知Sm＝135，前m项中偶数项之和S偶＝63，∴奇数项之和S奇＝135－63＝72，∴S奇－S偶＝a1＋ eq \f((m－1)d,2)＝ eq \f(2a1＋(m－1)d,2)＝ eq \f(a1＋am,2) ＝72－63＝9. 又∵am－a1＝14，∴a1＝2，am＝16， ∵Sm＝ eq \f(m(a1＋am),2)＝135，∴m＝15， ∴d＝ eq \f(am－a1,m－1)＝ eq \f(14,15－1)＝1， ∴a100＝a1＋99d＝101. 答案　101 题型二　求数列{|an|}的前n项和 　(1)(2025·天津卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋8n，则{|an|}的前12项和为(　　) A．48 B．112 C．80 D．144 (2)(2025·湖北天门高二检测)等差数列{an}中，a2＝4，a4＋a7＝15. ①求数列{an}的通项公式； ②设bn＝－2an＋25，求数列{|bn|}的前n项和． [解析]　(1)当n＝1时，a1＝S1＝－1＋8＝7， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n2＋8n－[－(n－1)2＋8(n－1)]＝－2n＋9， 显然a1＝7也符合该式，所以an＝－2n＋9，所以|an|＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2n＋9，n≤4，,2n－9，n≥5，))所以{|an|}的前12项和为 eq \f((7＋1)×4,2)＋ eq \f((1＋15)×8,2)＝80，故选C. (2)①等差数列{an}的公差设为d，a2＝4，a4＋a7＝15， 可得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋d＝4，,2a1＋9d＝15，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝3，,d＝1，)) 则an＝n＋2. ②bn＝－2an＋25＝21－2n，设{bn}的前n项和为Sn＝ eq \f(1,2)n(19＋21－2n)＝20n－n2， 当n≤10时，数列{|bn|}的前n项和为20n－n2； 当n≥11时，数列{|bn|}的前n项和为S10－(Sn－S10)＝2S10－Sn＝200－20n＋n2，综上可得数列{|bn|}的前n项和为Tn＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(20n－n2，n≤10，,200－20n＋n2，n≥11.)) 答案　(1)C　(2)略 求数列{|an|}的前n项和的方法 给出数列{an}，要求数列{|an|}的前n项和，关键是分清n取什么值时an>0(an<0). 一般地，如果数列{an}为等差数列，Sn为其前n项和，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，那么有： (1)若a1>0，d<0，则存在k∈N＋，使得ak≥0，ak＋1<0，从而有Tn＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(Sn，n≤k，,2Sk－Sn，n＞k；)) (2)若a1<0，d>0，则存在是k∈N＋，使得ak≤0，ak＋1>0，从而有Tn＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－Sn，n≤k，,Sn－2Sk，n＞k.))　 [触类旁通] 2．(2025·安徽六安示范高中期末)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S17＝17，S5＝S13，则数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(|an|))的前20项和是___________． 解析　∵S17＝17a9＝17，∴a9＝1，又∵S5＝S13， ∴a6＋a7＋…＋a12＋a13＝0，即a9＋a10＝0， ∴a10＝－1，∴公差d＝a10－a9＝－2， ∴an＝a9＋(n－9)·d＝19－2n， ∴Sn＝ eq \f(19－2×1＋19－2n,2)·n＝(18－n)·n， 故数列{|an|}的前20项和是|a1|＋|a2|＋…＋|a9|＋|a10|＋…＋|a20|＝(a1＋…＋a9)－(a10＋…＋a20)＝2S9－S20＝162＋40＝202. 答案　202 题型三　等差数列前n项和的实际应用 　[教材例9、例10拓展]甲、乙两小型机器人分别从相距70 m的两处同时相向而行，甲第1分钟走2 m，以后每分钟比前1分钟多走1 m，乙每分钟走5 m.如果甲、乙到达对方起点后立即折返，甲继续每分钟比前1分钟多走1 m，乙继续每分钟走5 m，那么甲、乙两小型机器人开始运动后几分钟第二次相遇？ [解析]　设n分钟后第2次相遇，依题意有，甲机器人每分钟走的距离可以构成首项为2，公差为1的等差数列，所以n分钟后甲机器人共走2n＋ eq \f(n(n－1),2) m； 乙机器人每分钟走的距离可以构成首项为5，公差为0的等差数列，所以n分钟后乙机器人共走5n m. 从开始运动到第二次相遇两机器人一共走了70×3 m， 所以2n＋ eq \f(n(n－1),2)＋5n＝3×70， 整理得n2＋13n－420＝0， 解得n＝15，n＝－28(舍去). 所以第二次相遇是在开始运动后15分钟． [素养聚焦]　通过等差数列前n项和的实际应用，提升数学建模等核心素养． 应用等差数列解决实际问题的一般思路 　 [触类旁通] 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 解析　设由内到外每环的扇面形石板的块数构成数列{an}，由题意知a1＝9.又因为向外每环依次增加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，所以数列{an}为公差为9的等差数列．设每层环数为n(n∈N＋)，则上层由内向外每环的扇面形石板的块数依次为a1，a2，…，an，中层由内向外每环的扇面形石板的块数依次为an＋1，an＋2，…，a2n，下层由内向外每环的扇面形石板的块数依次为a2n＋1，a2n＋2，…，a3n.由题意知(a2n＋1＋a2n＋2＋…＋a3n)－(an＋1＋an＋2＋…＋a2n)＝729，由等差数列的性质知a2n＋1－an＋1＝a2n＋2－an＋2＝…＝a3n－a2n＝9n，所以9n2＝729，得n＝9.则数列{an}共有9×3＝27项，故三层共有扇面形石板(不含天心石)的块数即为数列{an}的前27项和，即27×9＋ eq \f(27×26,2)×9＝3 402，故选C. 答案　C [缜密思维提能区] 易错案例 简单数列的求和问题 [典例]　(13分)等差数列{an}的前n项和为Sn，且S5＝45，S6＝60. (1)求{an}的通项公式an； (2)若数列{an}满足bn＋1－bn＝an(n∈N＋)，且b1＝3，求 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)))的前n项和Tn. [审题指导]　(1)由已知S5和S6，运用方程思想求基本量，从而求an. (2)由(1)的结果an，利用累加法求bn，再分析 eq \f(1,bn)的结构特点，求Tn. [规范解答]　(1)设等差数列{an}的公差为d， 因为S5＝45，S6＝60， 所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(5a1＋\f(5×4,2)d＝45，,6a1＋\f(6×5,2)d＝60，)) 解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝5①，,d＝2，))(3分) 所以an＝5＋(n－1)×2＝2n＋3.(4分) (2)因为bn＋1－bn＝an＝2n＋3，b1＝3， 所以bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1＝[2(n－1)＋3]＋[2(n－2)＋3]＋…＋(2×1＋3)＋3＝2× eq \f(n(n－1),2)＋3n＝n2＋2n，(6分) 所以 eq \f(1,bn)＝ eq \f(1,n(n＋2)) ＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2))) eq \s\up12(②)，(8分) 所以Tn＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－))\b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))))(10分) ＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2))) ＝ eq \f(3,4)－ eq \f(1,2(n＋1))－ eq \f(1,2(n＋2))③.(13分) 知识落实 技法强化 (1)等差数列前n项和的性质及简单应用． (2)用等差数列的知识解决实际问题． (1)转化法、数列模型． (2)若{an}是等差数列，而{|an|}不一定是等差数列． $