2.2 第2课时 等差数列前n项和的性质及应用-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的性质、前n项和公式及最值问题，通过基础达标、能力提升到素养拓展的梯度设计，衔接定义理解与综合应用，为学生搭建从具体计算到逻辑推理的学习支架。 其亮点在于以数学思维中的推理能力和数学眼光中的抽象能力为核心，通过第1题求前n项和最小值、第5题分析数列单调性等典型题培养逻辑推理与抽象概括能力，开放题（如第13题构造通项公式）发展数学语言表达。分层题型帮助学生逐步提升，详细解析为教师提供教学支持，提升教学效率。

2.2　第2课时　课后达标 检测 1．在等差数列{an}中，d＝2，S3＝－24，其前n项和Sn取最小值时n的值为(　　) A．5 B．6 C．7 D．5或6 解析：由d＝2，S3＝3a1＋3d＝－24，得a1＝－10.令an＝－10＋(n－1)×2＝0，解得n＝6，所以a6＝0.从而S5＝S6，均为最小值． 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 15 16 11 1 √ 课后达标 检测 2．在等差数列{an}中，a1＋a2＋a3＝－24，a18＋a19＋a20＝78，那么此数列前20项的和为(　　) A．160 B．180 C．200 D．220 3 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 15 16 11 2 √ 课后达标 检测 方法二：由a1＋a2＋a3＝3a2＝－24，得a2＝－8， 由a18＋a19＋a20＝3a19＝78，得a19＝26， 于是S20＝10(a1＋a20)＝10(a2＋a19)＝10×(－8＋26)＝180. 3 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 15 16 11 2 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 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 3 课后达标 检测 4．若数列{an}通项公式为an＝|n－13|，则满足ak＋ak＋1＋…＋ak＋19＝102的正整数k为(　　) A．2或5 B．5或15 C．5或28 D．28 3 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 4 √ 课后达标 检测 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)(2024·广西桂林高二统考期末)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝9n－n2，则下列说法正确的是(　　) A．{an}是递减数列 B．a10＝－14 C．当n＞5时，an＜0 D．当n＝4或5时，Sn取得最大值 3 4 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 5 √ √ √ 课后达标 检测 解析：由数列{an}的前n项和为Sn＝9n－n2， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－2n＋10， 又由a1＝S1＝8＝－2×1＋10，适合上式， 所以数列{an}的通项公式为an＝－2n＋10， 对于A，由an＋1－an＝－2＜0，即an＋1＜an， 所以数列{an}是递减数列，所以A正确； 对于B，a10＝－2×10＋10＝－10，所以B错误； 3 4 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 5 课后达标 检测 对于C，当n＞5时，an＝－2n＋10＜0，所以C正确； 3 4 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 5 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 B选项，3(S4－S2)＝6a1＋15d＝S6，B正确； 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 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 6 课后达标 检测 7．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝10，S20＝30，则S40＝________． 解析：因为数列{an}是等差数列，所以Sm，S2m－Sm，S3m－S2m仍然是等差数列， 所以S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30也是等差数列， 因为S10＝10，S20＝30， 所以2(S20－S10)＝S10＋S30－S20⇒S30＝60， 2(S30－S20)＝S40－S30＋S20－S10⇒S40＝100. 3 4 5 6 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 7 100 课后达标 检测 3 4 5 6 7 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 8 课后达标 检测 9．(2024·江西南昌期中)若当且仅当n＝6时，等差数列{an}的前n项和Sn取得最大值，则数列{an}的通项公式可以是 _______________________________________． (写出满足题意的一个通项公式即可) 解析：当且仅当n＝6时，等差数列{an}的前n项和Sn取得最大值，由此可知该数列满足a6＞0，a7＜0，而an＝13－2n(n∈N＋)满足此条件． 3 4 5 6 7 8 1 10 2 12 13 14 15 16 11 9 an＝13－2n(n∈N＋)(答案不唯一) 课后达标 检测 10．已知等差数列{an}(n∈N＋)，Sn为其前n项和，a1＝t，a4＝t－6，其中t∈R. (1)求a10及S10(用t表示)； 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 (2)在S1，S2，…，Sn中，有且只有S8的值最大，求实数t的取值范围． 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 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 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 12．已知等差数列{an}，满足a2 024＋a2 025<0，a2 024a2 025<0，且数列{an}的前n项和Sn有最大值，那么Sn取最小正值时，n＝(　　) A．4 047 B．4 046 C．4 048 D．4 045 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．设数列{an}的前n项和为Sn，则同时满足条件①②的等差数列{an}的通项公式an＝______________________．(写出一个即可) ①Sn存在最小值且最小值不等于a1； ②不存在正整数k，使得Sk>Sk＋1且Sk＋1<Sk＋2. 解析：若a1<0，a2<0，且数列{an}为递增数列，则满足条件①，又由条件②可得Sn连续两项取得最小值，即存在n∈N＋，使得an＝0.故an＝2n－10符合题意． 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 14 15 16 11 13 2n－10(答案不唯一) 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 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 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 课后达标 检测 16．已知公差非零的等差数列{an}的前n项和为Sn，若满足a＝a3a7，S8＝32. (1)求S10； 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)数列{bn}为等差数列，b1＝a13，数列{bn}的公差为－4，数列{bn}的前n项和为Tn，Tn是否存在最大值或最小值？如果存在，求出最大值或最小值；如果不存在，请说明理由． 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 解析：方法一：设数列{an}的公差为d，由题意得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a1＋d＋a1＋2d＝－24，,a1＋17d＋a1＋18d＋a1＋19d＝78，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－10，,d＝2，)) 故S20＝20×(－10)＋eq \f(20×19,2)×2＝180. 3．(2024·河南焦作月考)一个等差数列共100项，其和为80，奇数项和为30，则该数列的公差为(　　) A.eq \f(1,4) B．2 C.eq \f(1,3) D.eq \f(2,5) 解析：设等差数列的公差为d，则由条件可知： 数列的奇数项之和为a1＋a3＋a5＋…＋a99＝30，① 偶数项之和为a2＋a4＋a6＋…＋a100＝80－30＝50，② 由②－①，得50d＝20，所以d＝eq \f(2,5)，即该数列的公差为eq \f(2,5).故选D. 解析：由an＝|n－13|可知， 当k≥13时，ak＋ak＋1＋…＋ak＋19＝(k－13)＋(k－12)＋…＋(k＋6)＝20k－70＝102， 解得k＝eq \f(43,5)，不符合题意，舍去； 当k＜13时，ak＋ak＋1＋…＋ak＋19＝(13－k)＋(12－k)＋…＋1＋0＋1＋…＋(k＋6) ＝0＋1＋…＋(12－k)＋(13－k)＋1＋…＋(k＋6)＝eq \f(（13－k）（14－k）,2)＋eq \f(（k＋7）（k＋6）,2)＝102， 即k2－7k＋10＝0，解得k＝2或k＝5，符合题意，可取．故选A. 对于D，因为Sn＝9n－n2的图象的对称轴为直线n＝eq \f(9,2)，开口向下， 又因为n是正整数，所以当n＝4或5时，Sn取得最大值，所以D正确．故选ACD. 6．(多选)记Sn为等差数列{an}的前n项和，则(　　) A．S6＝2S4－S2 B．S6＝3(S4－S2) C．S2n，S4n－S2n，S6n－S4n成等差数列 D.eq \f(S2,2)，eq \f(S4,4)，eq \f(S6,6)成等差数列 解析：设等差数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）d,2). A选项，S6＝6a1＋15d，S4＝4a1＋6d，S2＝2a1＋d，所以2S4－S2＝6a1＋11d≠S6，A错误； C选项，S2n＝2na1＋n(2n－1)d＝2na1＋(2n2－n)d， S4n＝4na1＋2n(4n－1)d＝4na1＋(8n2－2n)d， S6n＝6na1＋3n(6n－1)d＝6na1＋(18n2－3n)d， S4n－S2n＝2na1＋(6n2－n)d， S6n－S4n＝2na1＋(10n2－n)d， 则S2n＋S6n－S4n＝4na1＋(12n2－2n)d＝2[2na1＋(6n2－n)d]＝2(S4n－S2n)，C正确； D选项，eq \f(S2,2)＝eq \f(2a1＋d,2)＝a1＋eq \f(d,2)，eq \f(S4,4)＝eq \f(4a1＋6d,4)＝a1＋eq \f(3,2)d，eq \f(S6,6)＝eq \f(6a1＋15d,6)＝a1＋eq \f(5,2)d， 则eq \f(S2,2)＋eq \f(S6,6)＝2a1＋3d＝2×eq \f(S4,4)，D正确．故选BCD. 8．若等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(2n＋2,5n＋3)，则eq \f(a2＋a20,b7＋b15)＝________． eq \f(11,27) 解析：因为eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(2n＋2,5n＋3)，且eq \f(S21,T21)＝eq \f(\f(21（a1＋a21）,2),\f(21（b1＋b21）,2))＝eq \f(a1＋a21,b1＋b21)＝eq \f(2a11,2b11)＝eq \f(a11,b11)，由等差数列的性质得eq \f(a2＋a20,b7＋b15)＝eq \f(2a11,2b11)＝eq \f(a11,b11)＝eq \f(S21,T21)＝eq \f(2×21＋2,5×21＋3)＝eq \f(11,27). 解：设等差数列{an}的公差为d，a1＝t，a4＝t－6， 所以a4－a1＝－6＝3d，即d＝－2， 所以a10＝a1＋9d＝t－18，S10＝eq \f(a1＋a10,2)×10＝eq \f(2t－18,2)×10＝10t－90. 解：因为在S1，S2，…，Sn中，有且只有S8的值最大， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a8＞0，,a9＜0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(t－14＞0，,t－16＜0，))解得14＜t＜16， 即实数t的取值范围为(14，16)． 11．(多选)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，a2＝2，an＋1＋an＝3n，则(　　) A．a4＝5 B．S20＝300 C．S31＝720 D．n为奇数时，Sn＝eq \f(3n2＋1,4) 解析：由an＋1＋an＝3n，则an＋2＋an＋1＝3(n＋1)，两式作差，得an＋2－an＝3， a1＝1，当n为奇数，{an}是首项为1，公差为3的等差数列，即an＝eq \f(3,2)n－eq \f(1,2)； a2＝2，当n为偶数，{an}是首项为2，公差为3的等差数列，即an＝eq \f(3,2)n－1； 所以a4＝a2＋3＝5，故A正确； S20＝(a1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20)＝eq \f(10×（1＋28）,2)＋eq \f(10×（2＋29）,2)＝300，故B正确； S31＝(a1＋a3＋…＋a31)＋(a2＋a4＋…＋a30)＝eq \f(16×（1＋46）,2)＋eq \f(15×（2＋44）,2)＝721，故C错误； n为奇数时，Sn＝eq \f(\f(n＋1,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,2)n－\f(1,2))),2)＋eq \f(\f(n－1,2)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2＋\f(3,2)（n－1）－1)),2)＝eq \f(（n＋1）（3n＋1）,8)＋eq \f(（n－1）（3n－1）,8)＝eq \f(3n2＋1,4)，故D正确．故选ABD. 解析：因为数列{an}的前n项和Sn有最大值，所以等差数列{an}是递减数列． 又a2 024＋a2 025<0，a2 024a2 025<0， 所以a2 024>0>a2 025， 即数列的前2 024项为正数，从第2 025项开始为负数， 由等差数列求和公式和其性质可知， S4 047＝eq \f(4 047,2)(a1＋a4 047)＝4 047a2 024>0，S4 048＝eq \f(4 048,2)(a1＋a4 048) ＝2 024(a2 024＋a2 025)<0， 所以当Sn取最小正值时，n＝4 047. 14．从①eq \f(S10,10)－eq \f(S5,5)＝－5，②S8＝S4－8，③a5＝1这三个条件中任选一个，补充在下面的横线中，并作答． 问题：已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S1＝9，且________，求数列{|an|}的前100项和T100. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 解：若选条件①， 设等差数列{an}的公差为d，则eq \f(Sn,n)＝eq \f(na1＋\f(n（n－1）,2)d,n)＝a1＋eq \f(n－1,2)d， 因为eq \f(S10,10)－eq \f(S5,5)＝－5，所以eq \f(5,2)d＝－5，所以d＝－2， 因为a1＝S1＝9，所以an＝9－2(n－1)＝11－2n. 当n≤5时，an＞0，当n≥6时，an＜0， 所以T100＝|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a100|＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5－a6－…－a100＝2(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)－(a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a100) ＝2×(5×9－eq \f(5×4,2)×2)－(100×9－eq \f(100×99,2)×2)＝9 050. 若选条件②， 设等差数列{an}的公差为d，且a1＝S1＝9， 则S8＝S4－8可化为8×9＋eq \f(8×7,2)d＝4×9＋eq \f(4×3,2)d－8，解得d＝－2， 下同条件①. 若选条件③， 设等差数列{an}的公差为d，且a1＝S1＝9， 则d＝eq \f(a5－a1,5－1)＝eq \f(1－9,5－1)＝－2， 下同条件①. 15．若数列{an}满足eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝d(n∈N＋，d为常数)，则称数列{an}为调和数列，已知数列2,n)eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,x))) 为调和数列，且xeq \o\al(2,1)＋xeq \o\al(2,2)＋xeq \o\al(2,3)＋…＋xeq \o\al(2,2 024)＝4 048，则x9＋x2 016的最大值为(　　) A.eq \r(2) B．2 C．2eq \r(2) D．4 解析：由题意知，2,n＋1)eq \f(1,\f(1,x)) －2,n)eq \f(1,\f(1,x)) ＝xeq \o\al(2,n＋1)－xeq \o\al(2,n)＝d(n∈N＋，d为常数)， 则{xeq \o\al(2,n)}是等差数列， 所以xeq \o\al(2,1)＋xeq \o\al(2,2)＋xeq \o\al(2,3)＋…＋xeq \o\al(2,2 024)＝4 048＝2,1)eq \f(2 024（x＋xeq \o\al(2,2 024)）,2) ， 即xeq \o\al(2,1)＋xeq \o\al(2,2 024)＝4＝xeq \o\al(2,9)＋xeq \o\al(2,2 016)， 又xeq \o\al(2,9)＋xeq \o\al(2,2 016)≥2x9x2 016，当且仅当x9＝x2 016时取等号， 所以(x9＋x2 016)2≤2(xeq \o\al(2,9)＋xeq \o\al(2,2 016))＝8， 即x9＋x2 016≤2eq \r(2)，当且仅当x9＝x2 016＝eq \r(2)时取等号， 故x9＋x2 016的最大值为2eq \r(2).故选C. 解：记等差数列{an}的公差为d(d≠0)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（a1＋2d）（a1＋6d）＝（a1＋3d）2，,8a1＋\f(8×7,2)d＝32，)) 整理得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3d2＝－2a1d，,2a1＋7d＝8，)) 因为d≠0，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－3，,d＝2，)) 所以S10＝10a1＋eq \f(10×9,2)d＝－30＋90＝60. 解：Tn存在最大值，无最小值．理由如下： 由(1)可知b1＝a13＝－3＋12×2＝21， 因为数列{bn}的公差为－4，所以Tn＝21n＋eq \f(n（n－1）,2)×(－4)＝－2n2＋23n. 又因为f(x)＝－2x2＋23x的图象的对称轴为直线x＝eq \f(23,4)，且开口向下， 所以当n＝6时，Tn有最大值，最大值为T6＝－2×62＋23×6＝66，无最小值． $