2.2 第1课时 等差数列的前n项和-课后达标检测-【优学精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册教用课件(北师大版)

该高中数学课件聚焦等差数列核心知识，涵盖通项公式、前n项和公式及性质应用，通过基础题到综合题的梯度设计，搭建从公式直接应用到性质灵活运用的学习支架，衔接数列概念与前n项和的关系。 其亮点在于融入高考真题与历史数学名题，引导学生用数学眼光观察现实问题，通过一题多解和逻辑推理培养数学思维，规范的符号表达与步骤书写提升数学语言能力，助力学生巩固基础、提升解题能力，教师可用于分层教学与素养培养。

2.2　第1课时　课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 15 16 11 1 √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 15 16 11 2 √ 课后达标 检测 3．朱世杰是历史上最伟大的数学家之一，他所著的《四元玉鉴》卷中“如像招数”五问中有如下问题：“今有官司差夫一千八百六十四人筑堤，只云初日差六十四人，次日转多七人，每人日支米三升．”其大意为“官府陆续派遣1 864人前往修筑堤坝，第一天派出64人，从第二天开始每天派出的人数比前一天多7人，修筑堤坝的每人每天分发大米3升．”在该问题中，前7天共分发大米的升数为(　　) A．1 170 B．1 440 C．1 785 D．1 772 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 3 √ 课后达标 检测 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 3 课后达标 检测 4．(2024·河南南阳高二检测)已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2－5n，若10＜ak＜15，则k＝(　　) A．5 B．6 C．7 D．8 3 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 4 √ 课后达标 检测 5．(多选)已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝9，S3＝21，则(　　) A．数列的公差为－2 B．a2＝3 C．an＝11－2n D．数列{an}为递减数列 3 4 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 5 √ √ √ 课后达标 检测 解析：a1＝9，S3＝a1＋a2＋a3＝3a2＝21， 故a2＝7，d＝－2，an＝11－2n，故A，C正确，B错误； 因为d＝－2＜0，则数列{an}为递减数列，故D正确．故选ACD. 3 4 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 5 课后达标 检测 6．(多选)设{an}是公差为d的等差数列，Sn是其前n项的和，且a1＜0，S8＝S2 024，则下列结论正确的是(　　) A．d＞0 B．S2 032＝0 C．a1 016＝0 D．Sn≥S1 015 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 6 √ √ 课后达标 检测 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 6 课后达标 检测 7．(2024·安徽亳州高二统考期末)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S5＋2a17＝42，a6＝4，则{an}的公差为________． 3 4 5 6 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 7 2 课后达标 检测 8．已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2－4n，则数列{an}的通项公式为______________． 解析：在数列{an}中，Sn＝3n2－4n， 当n＝1时，a1＝S1＝3×12－4×1＝－1， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n2－4n－[3(n－1)2－4(n－1)]＝6n－7， 因为6×1－7＝－1＝a1，所以an＝6n－7(n∈N＋)． 3 4 5 6 7 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 8 an＝6n－7 课后达标 检测 9．已知等差数列{an}，{bn}的通项公式分别为an＝2n－1，bn＝3n－2，将数列{an}与{bn}的公共项从小到大排列得到数列{cn}，则{cn}的前n项和Sn＝________． 3 4 5 6 7 8 1 10 2 12 13 14 15 16 11 9 3n2－2n 课后达标 检测 10．在等差数列{an}中． (1)若a4＋a17＝20，求S20； 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 (2)若共有n项，且前四项之和为21，后四项之和为67，前n项和Sn＝286，求n. 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 11．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n－1，数列{log2an}的前n项和为Tn，则T20＝(　　) A．192 B．190 C．180 D．182 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 √ √ √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 课后达标 检测 13．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1，a2，a3成等差数列，若2Sn＋1＋1＝Sn＋Sn＋2，则使得 Sk＝0，ak＋1＝4同时成立的k的值为________． 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 14 15 16 11 13 7 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 14 15 16 11 13 课后达标 检测 14．已知等差数列{an}的公差d＞0，前n项和为Sn，且a2a3＝45，S4＝28. (1)求数列{an}的通项公式； 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 √ √ √ 课后达标 检测 解析：因为数列{an}是公差d>0的等差数列，所以an＋1－an＝d>0，所以数列{an}为递增数列，故A正确； 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 课后达标 检测 16．(2024·河南驻马店期中)已知Sn为等差数列{an}的前n项和，且S2＝2，S4＝－20. (1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn； 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 (2)是否存在n(n∈N＋)，使Sn，Sn＋2＋2n，Sn＋3成等差数列？若存在，求出n的值；若不存在，请说明理由． 解：假设存在n(n∈N＋)，使Sn，Sn＋2＋2n，Sn＋3成等差数列， 则2(Sn＋2＋2n)＝Sn＋Sn＋3， 即2[7(n＋2)－3(n＋2)2＋2n]＝7n－3n2＋7(n＋3)－3(n＋3)2，解得n＝5. 所以存在n＝5，使Sn，Sn＋2＋2n，Sn＋3成等差数列． 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝9，S4＝40，则数列{an}的公差d＝(　　) A．3 B．2 C.eq \f(3,2) D．4 解析：由题意得，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝a1＋d＝9，,S4＝4a1＋\f(4×3,2)d＝40，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝7，,d＝2.))故选B. 2．(2024·全国甲卷)设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S5＝S10，a5＝1，则a1＝(　　) A.eq \f(7,2) B.eq \f(7,3) C．－eq \f(1,3) D．－eq \f(7,11) 解析：由S5＝S10，得eq \f(5（a1＋a5）,2)＝eq \f(10（a1＋a10）,2)，所以5a3＝5(a3＋a8)，所以a8＝0，公差d＝eq \f(a8－a5,8－5)＝－eq \f(1,3)，所以a1＝a5－4d＝1－4×(－eq \f(1,3))＝eq \f(7,3)，故选B. 解析：由题意得，每天分发的大米升数构成等差数列{an}，设公差为d，则d＝7×3＝21， 记第一天共分发大米a1＝64×3＝192(升)， 则前7天共分发大米7a1＋eq \f(7×（7－1）,2)×d＝7a1＋21d＝7×192＋21×21＝1 785(升)．故选C. 解析：由题意得，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－5n－[2(n－1)2－5(n－1)]＝4n－7， 当n＝1时，a1＝S1＝－3，也适合上式，所以an＝4n－7(n∈N＋)．又由10＜4k－7＜15，得eq \f(17,4)＜k＜eq \f(11,2)，又k∈N＋，所以k＝5.故选A. 解析：根据题意S8＝S2 024可得a9＋a10＋a11＋…＋a2 024＝0， 由等差数列性质可知a1 016＋a1 017＝0⇒S2 032＝eq \f(2 032（a1＋a2 032）,2) ＝eq \f(2 032（a1 016＋a1 017）,2)＝0. 因为a1＜0，所以d＞0，所以a1 016＜0，a1 017＞0，所以数列{an}是递增数列，{an}的前n项和有最小值为S1 016，所以Sn≥S1 016.所以A，B正确，C，D不正确．故选AB. 解析：设{an}的首项为a1，公差为d，因为S5＋2a17＝42，a6＝4，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋5d＝4，,7a1＋42d＝42，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d＝2，,a1＝－6.)) 解析：因为数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，数列{bn}是以1首项，3为公差的等差数列，所以这两个数列的公共项从小到大排列所构成的新数列{cn}是以1为首项，以6为公差的等差数列，所以{cn}的前n项和Sn＝n·1＋eq \f(n（n－1）,2)·6＝3n2－2n. 解：方法一：由等差数列的性质，知a1＋a20＝a4＋a17＝20，所以S20＝eq \f(20（a1＋a20）,2)＝10×20＝200. 方法二：设等差数列{an}的公差为d， 则a4＋a17＝2a1＋19d＝20， 所以S20＝20a1＋eq \f(20×19,2)d＝10(2a1＋19d)＝10×20＝200. 解：由题意，知a1＋a2＋a3＋a4＝21，an＋an－1＋an－2＋an－3＝67，由等差数列的性质，得a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝a4＋an－3， 所以4(a1＋an)＝21＋67＝88，所以a1＋an＝22. 又Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)，所以286＝eq \f(n×22,2)，所以n＝26. 解析：当n＝1时，a1＝S1＝21－1＝1， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－(2n－1－1)＝2n－2n－1＝2n－1， 经检验a1＝1满足上式，所以an＝2n－1，n∈N＋. 设bn＝log2an，则bn＝n－1，n∈N＋， 所以T20＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b20＝0＋1＋2＋3＋…＋19＝eq \f(20×19,2)＝190.故选B. 12．(多选)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则下列选项正确的是(　　) A．an＝－eq \f(1,2n－1) B．an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1，n＝1,\f(1,n－1)－\f(1,n)，n≥2，n∈N＋)) C．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))为等差数列 D.eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,S100)＝－5 050 解析：Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1， 则Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，整理得eq \f(1,Sn＋1)－eq \f(1,Sn)＝－1(常数)，又eq \f(1,S1)＝－1， 所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是以－1为首项，－1为公差的等差数列，故C正确； 所以eq \f(1,Sn)＝－1－(n－1)＝－n，故Sn＝－eq \f(1,n). 所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)，a1＝－1 不适合上式， 故an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1，n＝1，,\f(1,n－1)－\f(1,n)，n≥2，n∈N＋，))故B正确，A错误； 所以eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋eq \f(1,S3)＋…＋eq \f(1,S100)＝－(1＋2＋3＋…＋100)＝－5 050，故D正确．故选BCD. 解析：因为2Sn＋1＋1＝Sn＋Sn＋2，所以Sn＋1－Sn＋1＝Sn＋2－Sn＋1，即an＋2－an＋1＝1， 又a1，a2，a3成等差数列，即a2－a1＝a3－a2，故数列{an}是公差为1的等差数列， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Sk＝ka1＋\f(k（k－1）,2)＝0，,ak＋1＝a1＋k＝4，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－3，,k＝7.)) 解：因为S4＝28，所以eq \f(（a1＋a4）×4,2)＝28，即a1＋a4＝14，所以a2＋a3＝14，又a2a3＝45，公差d＞0，所以a2＜a3，所以a2＝5，a3＝9， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝5，,a1＋2d＝9，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝4，)) 所以an＝4n－3，n∈N＋. (2)若bn＝eq \f(Sn,n＋c)(c为非零常数)，且数列{bn}也是等差数列，求c的值． 解：由(1)知Sn＝2n2－n， 所以bn＝eq \f(Sn,n＋c)＝eq \f(2n2－n,n＋c)， 所以b1＝eq \f(1,1＋c)，b2＝eq \f(6,2＋c)，b3＝eq \f(15,3＋c). 又数列{bn}也是等差数列，所以b1＋b3＝2b2， 即2×eq \f(6,2＋c)＝eq \f(1,1＋c)＋eq \f(15,3＋c)，解得c＝－eq \f(1,2)(c＝0舍去)． 当c＝－eq \f(1,2)时，bn＝eq \f(2n2－n,n－\f(1,2))＝2n， 所以bn＋1－bn＝2(n＋1)－2n＝2，符合题意． 故c的值为－eq \f(1,2). 15．(多选)已知等差数列{an}的公差d>0，其前n项和为Sn，则下列命题正确的是(　　) A．数列{an}为递增数列 B．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是递增的等差数列 C．若an＝n，且eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n＋c)))为等差数列，则c＝0 D．若a7＝0，则方程Sn＝0有唯一的根n＝13 等差数列的前n项和为Sn＝eq \f(d,2)n2＋(a1－eq \f(d,2))n，所以eq \f(Sn,n)＝eq \f(d,2)n＋a1－eq \f(d,2)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是递增的等差数列，故B正确； 若an＝n，则Sn＝eq \f(1,2)n(n＋1)，所以eq \f(Sn,n＋c)＝eq \f(n（n＋1）,2（n＋c）)， 因为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n＋c)))为等差数列，所以eq \f(2S2,2＋c)＝eq \f(S1,1＋c)＋eq \f(S3,3＋c)，即eq \f(2×2×3,2（2＋c）)＝eq \f(1×2,2（1＋c）)＋eq \f(3×4,2（3＋c）)，解得c＝0或c＝1，经检验，均符合题意，故C错误； 若a7＝0，则 S13＝eq \f(13（a1＋a13）,2)＝13a7＝0，由对称性得方程Sn＝0有唯一的根n＝13，故D正确．故选ABD. 解：设等差数列{an}的公差为d. 因为S2＝2，S4＝－20， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a1＋d＝2，,4a1＋6d＝－20，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝4，,d＝－6.)) 所以an＝4－6(n－1)＝10－6n， Sn＝eq \f(n（4＋10－6n）,2)＝7n－3n2. $