2.2 第2课时 等差数列前n项和的性质及应用-【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前n项和的性质及应用，涵盖性质（片段和、奇偶项等）、最值问题及含绝对值求和。通过“二次函数特征”思考导入，连接前n项和公式，搭建从函数视角到性质应用的学习支架。 其亮点是以“探究-应用”为主线，推导性质培养数学思维，用二次函数法求最值发展数学眼光，含绝对值求和分类讨论强化数学语言。例题与跟踪训练结合，助学生提升运算推理能力，为教师提供结构化资源，便于高效教学。

第2课时　等差数列前n项 和的性质及应用 新知学习 探究 1 课堂巩固 自测 2 内容 索引 新知学习 探究 PART 01 第一部分 我们知道，当公差d≠0时，等差数列的前n项和公式是一个关于n的二次函数形式． 思考　等差数列的前n项和是否具有二次函数的性质呢？除此之外，它还有什么样的性质呢？ 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 √ 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 √ 新知学习 探究 返回导航 (3)若Sn是等差数列{an}的前n项和，且S10＝100，S100＝10，则S110＝________． －110 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 利用等差数列前n项和的性质简化计算的方法 (1)在解决等差数列问题时，先利用已知求出a1，d，再求所求，是基本解法，有时运算量大些． (2)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事半功倍的效果． (3)设而不求，整体代换也是很好的解题方法．　 新知学习 探究 返回导航 [跟踪训练1] (1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝2，S8＝16，则S12＝(　　) A．30 B．26 C．56 D．42 解析：由等差数列的性质可知S4，S8－S4，S12－S8，…构成等差数列， 即2，14，…，所以S12－S8＝26， 所以S12＝S8＋26＝42.故选D. √ 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 3 新知学习 探究 返回导航 大 小 新知学习 探究 返回导航 小 大 新知学习 探究 返回导航 已知在等差数列{an}中，a10＝18，前5项和S5＝－15. (1)求数列{an}的通项公式； 新知学习 探究 返回导航 (2)求数列{an}的前n项和的最小值，并指出何时取最小值． 新知学习 探究 返回导航 【变式探究】 1．(综合变式)将本例中的条件“S5＝－15”改为“S5＝125”，其他条件不变，则数列{an}的前n项和有最大值还是有最小值？若有，请求出这个最大值或最小值． 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 2．(综合变式)将本例变为：在等差数列{an}中，设Sn为其前n项和，且a1>0，S3＝S11，则当n为多少时，Sn最大？ 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 (2)求Tn及Tn的最小值． 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 三　含绝对值的等差数列的前n项和 在数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足an＋2－2an＋1＋an＝0. (1)求数列{an}的通项公式； 新知学习 探究 返回导航 (2)设bn＝|an|，求数列{bn}的前n项和Sn. 新知学习 探究 返回导航 (1)一般地，数列{an}与数列{|an|}是两个不同的数列，只有当数列{an}的每一项都是非负数时，它们才表示同一个数列． (2)求{|an|}的前n项和，关键在于分清哪些项为正项，哪些项为负项，最终化为去掉绝对值后的数列求和． (3)数列{|an|}的前n项和求解的易错点在于没有分类讨论，最后结果未分段表示．　 新知学习 探究 返回导航 [跟踪训练3] (1)(多选)(2024·广西梧州高二月考)已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝－105，a2＋a4＋a6＝－99，则(　　) A．{an}的公差为2 B．{an}的公差为3 C．{|an|}的前50项和为900 D．{|an|}的前50项和为1 300 √ √ 解析：因为a1＋a3＋a5＝－105，a2＋a4＋a6＝－99， 所以(a2＋a4＋a6)－(a1＋a3＋a5)＝3d＝6， 所以d＝2，所以A正确，B错误． 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 (2)已知数列{an}的通项公式为an＝31－2n，则|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝ _____________________________． 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 课堂巩固 自测 PART 02 第二部分 1．在等差数列{an}中，S3＝3，S6＝9，则S9＝(　　) A．12 B．18 C．24 D．30 解析：在等差数列{an}中，S3，S6－S3，S9－S6成等差数列，所以S3＋S9－S6＝2(S6－S3)，即3＋S9－9＝2×(9－3)，所以S9＝18.故选B. √ 课堂巩固 自测 返回导航 √ √ √ 课堂巩固 自测 返回导航 课堂巩固 自测 返回导航 3．已知等差数列{an}共有2n＋1项，所有的奇数项之和为132，所有的偶数项之和为120，则n＝________． 10 课堂巩固 自测 返回导航 4．记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15. (1)求{an}的通项公式； 解：设{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15.由a1＝－7得d＝2. 所以{an}的通项公式为an＝2n－9. 课堂巩固 自测 返回导航 (2)求Sn，并求Sn的最小值． 解：方法一：由(1)得an＝2n－9，则Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16. 所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16. 课堂巩固 自测 返回导航 1．已学习：等差数列前n项和性质问题、最值问题以及含绝对值的等差数列的相关问题． 2．须贯通：(1)巧妙利用性质可简化运算，体现整体代换的思想； (2)通项法求前n项和的最值，需寻求项的正负临界值；二次函数法求最值，往往借助数列是特殊的函数，利用函数图象直观寻求最值点． 3．应注意：由于n取正整数，所以Sn不一定是在二次函数图象的顶点处取得最值，而是在离顶点最近的横坐标取整数的点处取得最值．　 课堂巩固 自测 返回导航 eq \a\vs4\al(学习,目标) 1.会利用等差数列前n项和的性质简化求和运算．　2.会利用等差数列前n项和的函数特征求最值． 提示：等差数列{an}的前n项和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，当d≠0时，前n项和是关于n的二次函数，具有二次函数的性质．此外，等差数列还具有“片段和”性质以及“奇偶项”性质等． 一　等差数列前n项和的性质 1．设等差数列{an}的公差为d，Sn为其前n项和，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍构成等差数列，且公差为m2d. 2．若数列{an}是公差为d的等差数列，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也是等差数列，且公差为eq \f(d,2). 3．在等差数列中，若Sn＝m，Sm＝n(m≠n)，则Sm＋n＝－(m＋n)． 4．项的个数的“奇偶”性质： (1)若等差数列的项数为2n，则S偶－S奇＝nd，eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(an,an＋1). (2)若等差数列的项数为2n－1，则S奇－S偶＝an，eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(n,n－1)(S奇＝nan，S偶＝(n－1)an)． 5．已知等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，则eq \f(an,bn)＝eq \f(S2n－1,T2n－1)，eq \f(am,bn)＝eq \f(2n－1,2m－1)·eq \f(S2m－1,T2n－1). 　(1)设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(n＋3,3n＋15)，则eq \f(a10,b10)＝(　　) A.eq \f(11,36) B.eq \f(23,72) C.eq \f(7,24) D.eq \f(7,23) 【解析】　方法一：因为S19＝eq \f(19（a1＋a19）,2)＝19a10， T19＝eq \f(19（b1＋b19）,2)＝19b10， 所以eq \f(a10,b10)＝eq \f(S19,T19)＝eq \f(19＋3,3×19＋15)＝eq \f(11,36).故选A. 方法二：因为等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(n＋3,3n＋15)，故设Sn＝kn(n＋3)，Tn＝kn(3n＋15)，k≠0，则a10＝S10－S9＝k×10×13－k×9×12＝22k，b10＝T10－T9＝k×10×45－k×9×42＝72k，所以eq \f(a10,b10)＝eq \f(22k,72k)＝eq \f(11,36).故选A. (2)在等差数列{an}中，a1＝1，其前n项和为Sn，若eq \f(S8,8)－eq \f(S6,6)＝2，则S10＝(　　) A．10 B．100 C．110 D．120 【解析】　 因为数列{an}是等差数列，则数列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(S8,8)－eq \f(S6,6)＝2＝2d′，则d′＝1，又因为eq \f(S1,1)＝a1＝1， 所以eq \f(Sn,n)＝1＋(n－1)×1＝n，所以Sn＝n2， 所以S10＝100.故选B. 【解析】　方法一：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d， 因为S10＝100，S100＝10， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(10a1＋\f(10×（10－1）,2)d＝100，,100a1＋\f(100×（100－1）,2)d＝10，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(1 099,100)，,d＝－\f(11,50).)) 所以S110＝110a1＋eq \f(110×（110－1）,2)d ＝110×eq \f(1 099,100)＋eq \f(110×109,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11,50)))＝－110. 方法二：因为S10，S20－S10，S30－S20，…，S100－S90，S110－S100，…成等差数列，设公差为d，所以该数列的前10项和为10×100＋eq \f(10×9,2)d＝S100＝10，解得d＝－22， 所以前11项和为S110＝11×100＋eq \f(11×10,2)×(－22)＝－110. 方法三：由eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等差数列，构造新的等差数列{bn}， 令b1＝eq \f(S10,10)＝10，b10＝eq \f(S100,100)＝eq \f(1,10)， 则公差d＝eq \f(1,9)(b10－b1)＝eq \f(1,9)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(99,10)))＝－eq \f(11,10)， 所以b11＝eq \f(S110,110)＝b10＋d＝eq \f(1,10)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11,10)))＝－1， 所以S110＝－110. (2)已知等差数列{an}，{bn}，其前n项和分别为Sn，Tn，且满足eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(n＋3,2n－1)，则eq \f(a5,T9)＝__________． 解析：运用等差数列的性质S2n－1＝(2n－1)an，可得S9＝9a5，即a5＝eq \f(1,9)·S9，由等差数列性质可知eq \f(a5,T9)＝eq \f(1,9)·eq \f(S9,T9)＝eq \f(1,9)×eq \f(12,17)＝eq \f(4,51). eq \f(4,51) (3)一个等差数列共有10项，其中奇数项的和为eq \f(25,2)，偶数项的和为15，则这个数列的第6项是__________． 解析：设等差数列的公差为d，则由奇数项的和为eq \f(25,2)，偶数项的和为15， 得5a1＋20d＝eq \f(25,2)，5(a1＋d)＋20d＝15， 解得a1＝eq \f(1,2)，d＝eq \f(1,2)， 所以an＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)(n－1)＝eq \f(n,2)， 则a6＝eq \f(6,2)＝3， 故这个数列的第6项是3. 二　等差数列前n项和的最值问题 1．在等差数列{an}中，当a1>0，d<0时，Sn有最eq \o(□,\s\up1(1))______值，使Sn取得最值的n可由不等式组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0))确定； 当a1<0，d>0时，Sn有最eq \o(□,\s\up1(2))______值，使Sn取得最值的n可由不等式组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≤0，,an＋1≥0))确定． 2．Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n，若d≠0，则从二次函数的角度看：当d>0时，Sn有最eq \o(□,\s\up1(3))______值；当d<0时，Sn有最eq \o(□,\s\up1(4))______值．当n取最接近对称轴的正整数时，Sn取到最值． 【解】　设等差数列{an}的公差为d， 由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋9d＝18，,5a1＋\f(5×4,2)×d＝－15，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－9，,d＝3，)) 所以an＝3n－12. 【解】　方法一：Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝eq \f(1,2)(3n2－21n)＝eq \f(3,2)(n－eq \f(7,2))2－eq \f(147,8)， 所以当n＝3或n＝4时，前n项和取得最小值，最小值为S3＝S4＝－18. 方法二：设Sn最小，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≤0，,an＋1≥0，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3n－12≤0，,3（n＋1）－12≥0，))解得3≤n≤4， 又n∈N＋，所以当n＝3或n＝4时，前n项和取得最小值，最小值为S3＝S4＝－18. 解：S5＝eq \f(1,2)×5×(a1＋a5)＝eq \f(1,2)×5×2a3＝5a3＝125，故a3＝25，a10－a3＝－7＝7d，即d＝－1<0，故Sn有最大值， an＝a3＋(n－3)d＝28－n. 设Sn最大，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(28－n≥0，,28－（n＋1）≤0，)) 解得27≤n≤28，即S27和S28最大，又a1＝27，故S27＝S28＝eq \f(28×（27＋0）,2)＝378. 解：方法一：由S3＝S11，得3a1＋eq \f(3×2,2)d＝11a1＋eq \f(11×10,2)d，即d＝－eq \f(2,13)a1.从而Sn＝eq \f(d,2)n2＋(a1－eq \f(d,2))n＝－eq \f(a1,13)(n－7)2＋eq \f(49,13)a1，又a1>0，所以－eq \f(a1,13)<0.故当n＝7时，Sn最大． 方法二：由于Sn＝an2＋bn是关于n的二次函数，由S3＝S11，可知Sn＝an2＋bn的图象关于直线n＝eq \f(3＋11,2)＝7对称． 由方法一可知a＝－eq \f(a1,13)<0，故当n＝7时，Sn最大． 求等差数列前n项和Sn最值的方法 (1)寻找正、负项的分界点，可利用等差数列性质或利用eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≤0，,an＋1≥0))来寻找． (2)运用二次函数求最值，注意n∈N＋.　 [跟踪训练2] 设{an}为等差数列，Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＋a5＝1，S15＝75，Tn为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))的前n项和． (1)求Sn； 解：设数列{an}的公差为d. 依题意有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＋a1＋4d＝1，,15a1＋\f(15×14,2)d＝75，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－2，,d＝1，)) 所以Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d＝－2n＋eq \f(n（n－1）,2)＝eq \f(n2－5n,2)(n∈N＋)． 解：由(1)知Sn＝eq \f(n2－5n,2)，所以eq \f(Sn,n)＝eq \f(n－5,2). 设bn＝eq \f(Sn,n)＝eq \f(n－5,2)，则bn＋1－bn＝eq \f(（n＋1）－5,2)－eq \f(n－5,2)＝eq \f(1,2)， 所以数列{bn}是公差为eq \f(1,2)的等差数列，首项b1＝eq \f(S1,1)＝－2. 所以Tn＝－2n＋eq \f(n（n－1）,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(n2－9n,4). 方法一：即Tn＝eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(9,2))) eq \s\up12(2)－eq \f(81,16). 所以当n＝4或n＝5时，(Tn)min＝－5. 方法二：bn＝eq \f(n－5,2)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(bn≤0，,bn＋1≥0，))解得4≤n≤5. 故Tn的最小值为T4＝T5＝－5. 【解】　根据an＋2－2an＋1＋an＝0，得到数列{an}是等差数列，所以d＝eq \f(a4－a1,4－1)＝－2， 所以an＝－2n＋10. 【解】　令an≥0，解得n≤5，所以当n≥6时，an＜0， 所以当n≤5时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝－n2＋9n， 当n≥6时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝－(a1＋a2＋…＋an)＋2(a1＋a2＋…＋a5)＝n2－9n＋40， 所以Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－n2＋9n，n≤5，,n2－9n＋40，n≥6，))n∈N＋. 因为a1＋a3＋a5＝3a3＝－105，所以a3＝－35， 所以an＝a3＋(n－3)d＝－35＋2(n－3)＝2n－41， 当1≤n≤20时，an＜0，|an|＝－an；当n≥21时，an＞0，|an|＝an， |a1|＋|a2|＋…＋|a20|＋|a21|＋…＋|a50|＝－a1－a2－…－a20＋a21＋…＋a50＝(a1＋a2＋a3＋…＋a50)－2(a1＋a2＋a3＋…＋a20)＝eq \f(50×（－39＋59）,2)－2×eq \f(20×（－39－1）,2)＝25×20－20×(－40)＝500＋800＝1 300，所以D正确，C错误．故选AD. eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－n2＋30n，1≤n≤15，,n2－30n＋450，n≥16，))n∈N＋ 解析：因为an＝31－2n， 所以当1≤n≤15时，an＞0，当n≥16时，an＜0， 所以当1≤n≤15时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝eq \f(（a1＋an）n,2)＝－n2＋30n， 当n≥16时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a15－a16－a17－…－an＝2(a1＋a2＋…＋a15)－(a1＋a2＋…＋an)＝2×(－152＋30×15)－(－n2＋30n)＝n2－30n＋450.综上，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－n2＋30n，1≤n≤15，,n2－30n＋450，n≥16，))n∈N＋. 2．(多选)已知两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(5n＋13,n＋1)，则使得eq \f(ak,bk)为整数的k的取值可以是(　　) A．4 B．3 C．2 D．1 解析：由等差中项以及等差数列求和公式可得eq \f(ak,bk)＝eq \f(a1＋a2k－1,b1＋b2k－1)＝eq \f(\f(（2k－1）（a1＋a2k－1）,2),\f(（2k－1）（b1＋b2k－1）,2))＝eq \f(S2k－1,T2k－1)＝eq \f(5（2k－1）＋13,2k)＝5＋eq \f(4,k)∈Z，又因为k∈N＋，所以k∈{1，2，4}．故选ACD. 解析：因为等差数列{an}共有2n＋1项， 所有奇数项之和为S奇＝a1＋a3＋…＋a2n＋1＝eq \f(（n＋1）（a1＋a2n＋1）,2)＝(n＋1)an＋1＝132， 所有偶数项之和为S偶＝a2＋a4＋…＋a2n＝eq \f(n（a2＋a2n）,2)＝nan＋1＝120，所以，eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(（n＋1）an＋1,nan＋1)＝eq \f(n＋1,n)＝eq \f(132,120)＝eq \f(11,10)，解得n＝10. 方法二：由(1)得an＝2n－9，则Sn＝n2－8n，令an＝2n－9≤0，可得n≤eq \f(9,2)， 所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为S4＝42－8×4＝－16. $