4.2.2 第1课时 等差数列的前n项和公式-【金版新学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册同步课堂高效讲义配套课件PPT（人教A版）

该高中数学课件聚焦等差数列前n项和公式，通过高斯求和故事导入，衔接上节等差数列性质，推导公式并分析其与二次函数的关系，构建从特殊到一般的学习支架。 其亮点在于以倒序相加法培养逻辑推理，结合二次函数特性提升数学运算，融入高考真题强化应用意识。典例与分层评价结合，帮助学生构建知识体系，教师可高效开展教学，助力学生发展核心素养。

　 第四章　单元学习二　等差数列 4.2.2　等差数列的前n项和公式 第1课时　等差数列的前n项和公式 学习目标 1.探索并掌握等差数列的前n项和公式，理解等差数列的通项公式与前n项和公式的关系，体会从特殊到一般的思想方法，培养数学运算、逻辑推理的核心素养. 2.掌握等差数列的前n项和公式与二次函数的关系及应用，提升逻辑推理、数学运算的核心素养. 内容索引 任务一　等差数列的前n项和公式 1 任务二　等差数列的前n项和的函数特性 2 任务三　综合应用——求数列{｜an｜}的前n项和 3 课时分层评价 5 随堂评价 4 任务一　等差数列的前n项和公式 返回 (阅读教材P18—21，完成探究问题1、2) 问题1.据说，200多年前，高斯的算术老师提出了一个问题：1＋2＋3＋4＋…＋100＝？ 当其他同学忙于把100个数逐项相加时，10岁的高斯却用下面的方法迅速算出了正确答案： (1＋100)＋(2＋99)＋…＋(50＋51)＝101×50＝5 050.你能说说高斯在求和过程中利用了数列的什么性质吗？ 提示：对于上述数列，设an＝n，那么高斯的计算方法可以表示为(a1＋a100)＋(a2＋a99)＋…＋(a50＋a51)＝101×50＝5 050，可以发现，高斯在计算中利用了a1＋a100＝a2＋a99＝…＝a50＋a51，这就是上一节学过的性质的应用，它使不同数的求和问题转化为相同数(即101)的求和，从而简化了运算. 问题导思 问题2.对于一般的等差数列{an}，设其首项为a1，公差为d.如何求其前n项和Sn？ 提示：利用高斯算法. ⇒ 两式相加可得2Sn＝n(a1＋an)，即Sn＝，上述过程实际上用到了等差数列性质里面的首末“等距离”的两项的和相等. 等差数列的前n项和公式 新知构建 等差数列的前n项和公式 Sn＝___________或Sn＝_______________ 推导方法 倒序相加法 推导 过程 设等差数列的前n项分别为a1，a2，a3，…，，，an， Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋＋＋an，① 又Sn＝an＋＋＋…＋a3＋a2＋a1.② ①②两边分别相加，得2Sn＝(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋(a3＋an－2)＋…＋ (an－1＋a2)＋(an＋a1)＝(a1＋an)＋(a1＋an)＋(a1＋an)＋…＋(a1＋an)＝ n(a1＋an)，所以Sn＝ na1＋d 对于这两个求和公式，各有怎样的特点？ 提示：公式Sn＝反映了等差数列中的前n项和与a1，an，n的关系；公式Sn＝na1＋d反映了等差数列中的前n项和与a1，d，n的关系. 微思考 (链教材P21例6)已知数列 是等差数列. (1)若a6＝10，S5＝5，求a1和Sn； 典例 1 解： 所以Sn＝na1＋d＝－5n＋×3＝n2－n. (2)若a1＝，d＝－，Sn＝－15，求n及a12； 解：因为Sn＝n×＋×(－)＝－15，整理得n2－7n－60＝0， 解得n＝12，或n＝－5(舍去)， 所以a12＝＋(12－1)×(－)＝－4. (3)若a1＝－2 023，S6－2S3＝18，求d，； 解：设等差数列{an}的公差为d. 因为a1＝－2 023，S6－2S3＝18， 所以6a1＋·d－6a1－2×·d＝18， 整理可得9d＝18，解得d＝2. 则＝2 025×(－2 023)＋×2＝2 025. (4)若a1＋a2＋a3＋a4＝40，＋＋＋an＝80，Sn＝210，求n. 解：因为a1＋a2＋a3＋a4＝40，＋＋＋an＝80， 所以4(a1＋an)＝40＋80，即a1＋an＝30. 又因为Sn＝＝210，所以n＝＝14. 等差数列前n项和有关的基本计算方法与技巧 1.公式法(基本量法)：等差数列的通项公式和前n项和公式中有五个量Sn，n，a1，an，d，这五个量可以“知三求二”，一般是利用公式列出基本量a1和d的方程组，解出a1和d，便可解决问题. 2.性质法：等差数列前n项和Sn＝与等差数列性质“若m＋n＝p＋q，m，n，p，q∈N＋，则am＋an＝ap＋aq”经常结合起来使用，使这类问题的解决更具灵活性. [注意]　解题时要注意整体代换的思想. 规律方法 对点练1.在等差数列{an}中，a10＝30，a20＝50. (1)求数列的通项公式； 解：设数列{an}的首项为a1，公差为d. 则 解得 所以an＝a1＋(n－1)d＝12＋(n－1)×2＝10＋2n. (2)若Sn＝242，求n. 解：由Sn＝na1＋d以及a1＝12，d＝2，Sn＝242， 得方程242＝12n＋×2， 即n2＋11n－242＝0， 解得n＝11，或n＝－22(舍去). 故n＝11. 返回 任务二　等差数列的前n项和的函数特性 返回 (阅读教材P22，完成探究问题3) 问题3.在等差数列的前n项和Sn＝na1＋d中，Sn与n是以前学过的哪一个函数关系？ 提示：等差数列前n项和Sn＝na1＋d整理得，Sn＝n2＋(a1－)n. 当d＝0，a1≠0时，Sn＝na1，Sn是关于n的一次函数；当d≠0时，Sn是关于n的二次函数. 问题导思 等差数列{an}的前n项和公式具有二次函数结构，可以写成Sn＝An2＋Bn，数列{an}的公差为_____. 特别地，当A＝0时，数列{an}是常数列. 新知构建 2A Sn＝An2＋Bn＋C，若C＝0，则数列{an}是等差数列，此时首项为A＋B，公差为2A. 若C≠0，则数列{an}不是等差数列. 微提醒 若数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n，求数列{an}的通项公式，并判断数列{an}是否是等差数列，若是，请证明；若不是，请说明理由. 典例 2 解：当n＝1时，a1＝S1＝－1； 当n≥2时，an＝Sn－ ＝2n2－3n－2(n－1)2＋3(n－1)＝4n－5， 经检验，当n＝1时，a1＝－1满足上式， 故an＝4n－5. 数列{an}是等差数列，证明如下： 因为－an＝4(n＋1)－5－4n＋5＝4， 所以数列{an}是等差数列. 变式探究　(变条件)若数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n－1，求数列{an}的通项公式，并判断数列{an}是否是等差数列. 若是，请证明；若不是，请说明理由. 解：因为Sn＝2n2－3n－1，① 当n＝1时，a1＝S1＝2－3－1＝－2， 当n≥2时，＝2－3－1，② ①－②得an＝Sn－ ＝2n2－3n－1－[2－3－1] ＝4n－5， 经检验当n＝1时，an＝4n－5不成立， 故an＝ 故数列{an}不是等差数列，数列{an}是从第二项起以4为公差的等差数列. 1.利用等差数列前n项和公式判定等差数列的步骤 第一步：由Sn求an； 第二步：判定an－an－1(n≥2)是否是同一个常数. 即若数列{an}的前n项和Sn＝An2＋Bn＋C，当C＝0，{an}为等差数列；当C≠0，{an}不是等差数列. 2.给出等差数列前n项和Sn与第n项an之间的关系式，判断an为等差数列的常见做法是：用n－1代换n，得到另一个等式，然后求它与已知等式的差，消掉S符号，只留下a符号，可以得到一个递推等式，根据递推等式就可以判断数列是否为等差数列. 规律方法 对点练2.已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋n－1，求数列{an}的通项公式，并判断它是不是等差数列. 解：当n＝1时，a1＝S1＝1， 当n≥2时，an＝Sn－ ＝(n2＋n－1)－[(n－1)2＋(n－1)－1]＝2n. 又a1＝1不满足an＝2n， 所以数列{an}的通项公式是an＝ 因为a2－a1＝4－1＝3≠a3－a2＝2， 所以数列{an}中每一项与前一项的差不是同一个常数， 所以{an}不是等差数列，数列{an}是从第二项起以2为公差的等差数列. 返回 任务三　综合应用——求数列{｜an｜}的前n项和 返回 (2023·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a2＝11，S10＝40. (1)求{an}的通项公式； 典例 3 解：设等差数列的公差为d， 由题意可得 即 所以an＝13－2(n－1)＝15－2n. (2)求数列{｜an｜}的前n项和Tn. 解：因为Sn＝＝14n－n2， 令an＝15－2n＞0，解得n＜，且n∈N*， 当n≤7时，则an＞0，可得Tn＝｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜an｜＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝14n－n2； 当n≥8时，则an＜0，可得Tn＝｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜an｜＝(a1＋a2＋…＋a7)－(a8＋…＋an) ＝S7－(Sn－S7)＝2S7－Sn＝2×(14×7－72)－(14n－n2)＝n2－14n＋98. 综上所述，Tn＝ 求数列{｜an｜}的前n项和的步骤 第一步：确定通项公式an； 第二步：根据通项公式确定数列{an}中项的符号，即判断数列{an}是先负后正，还是先正后负； 第三步：去掉数列{｜an｜}中各项的绝对值，转化为{an}的前n项和求解，转化过程中有时需添加一部分项，以直接利用数列{an}的前n项和公式； 第四步：将{｜an｜}的前n项和写成分段函数的形式. 规律方法 对点练3.已知数列的前n项和为Sn，若Sn＝2n2－19n. (1)求证：数列是等差数列； 解：证明：因为Sn＝2n2－19n，① 所以n≥2时，Sn－1＝2(n－1)2－19(n－1)＝2n2－23n＋21，② 由①②相减可得，an＝4n－21，n≥2， 当n＝1时，an＝4n－21也满足题意， 故的通项公式为an＝4n－21. 所以n≥2时，an－1＝4(n－1)－21＝4n－25，所以n≥2时，an－an－1＝4总 成立， 所以数列是等差数列. (2)若bn＝｜an｜，求数列的前n项和Tn. 解：因为bn＝，所以Tn＝＋＋＋…＋， 当an＝4n－21＜0时，n≤5；当an＝4n－21＞0时，n≥6， 由(1)中结论可知，当n≤5时，Tn＝－a1－a2－…－an＝－Sn＝－2n2＋19n； 当n≥6时，Tn＝－S5＋＝Sn－2S5＝2n2－19n＋90， 从而Tn＝ 教材拓展3　倒序相加法求和(源于教材P18—20) 倒序相加法又叫高斯算法 (1)实质：倒序相加法的识别特征是“首尾型”，一般需要对条件进行转化获得“首尾两项的和为定值”. 以等差数列为例，顺序书写为Sn＝a1＋a2＋…＋an　①， 倒序书写为Sn＝an＋an－1＋…＋a1　②，①②相加得2Sn＝(a1＋an)＋(a2＋ an－1)＋…＋(an＋a1)＝n[2a1＋(n－1)d](本质为转化为常数列求和)，所以Sn＝na1＋d. (2)适用范围：数列{an}中，与首尾两端等距离的两项的和相等，即数列满足ak＋an－k＋1＝常数时，就可以利用倒序相加法求和. 此式体现函数的对称性，即若函数f(x)的图象关于点(a，b)中心对称，则f(x)＋f(2a－x)＝2b，实质是一样的，也就是说倒序相加法实际上是一次函数图象中心对称性的反映. 此道理还可推广到凡如下形式的对偶式都可以利用： 常用的对偶量 ①在等差数列{an}中：m＋n＝p＋q⇒am＋an＝ap＋aq； ②sin2x＋sin2(－x)＝1； ③f(x)＝或或⇒f(x)＋f()＝1； ④f(x)＝(b＞0，且b≠1)⇒f(x)＋f(1－x)＝1. (1)(2025·江苏南通期中)在进行1＋2＋3＋…＋100的求和运算时，德国大数学家高斯提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法.已知数列满足an＝(n，m∈N*)，则a1＋a2＋…＋am＋2 024＝ A.＋506 B.＋506 C.m＋506 D.2m＋506 典例 4 √ 依题意，记S＝a1＋a2＋…＋am＋2 024，则S＝＋＋…＋＋，又S＝＋＋…＋＋，两式相加可得2S＝＋＋…＋＋＝×(m＋2 024)＝，则S＝＝＋506. 故选B. (2)已知函数f(x)满足f(x)＋f(1－x)＝1，若数列{an}满足an＝f(0)＋f()＋f()＋…＋f()＋f(1)，则数列{an}的前20项和为 A.100 B.105 C.110 D.115 √ an＝f(0)＋f()＋f()＋…＋f()＋f(1)　①， 则an＝f(1)＋f()＋f()＋…＋f()＋f(0)　②，因为f(x)＋f(1－x)＝1，所以①＋②可得2an＝n＋1，即an＝，所以数列{an}是首项为1，公差为的等差数列，其前20项和为＝115. 故选D. (3)已知函数f(x)＝，则f()＋f()＋…＋f()＋f(1)＋f(2)＋…＋f(8)＋f(9)＝_____. 因为f(x)＝，所以f(x)＋f()＝＋＝＋＝1， 设f()＋()＋…＋f()＋f(1)＋f(2)＋…＋f(8)＋f(9)＝m　①， 则f(9)＋f(8)＋…＋f(2)＋f(1)＋f()＋…＋f()＋()＝m②， ①＋②得， ［f()＋f(9)］＋［f()＋f(8)］＋…＋［f()＋f(2)］＋[f(1)＋f(1)]＋［f(2)＋f()］＋… ［f(8)＋f()］＋［f(9)＋f()］＝2m，所以2m＝17，所以m＝. 返回 课堂小结 任务 再现 1.等差数列的前n项和公式. 2.等差数列的前n项和的函数特性 方法 提炼 1.等差数列的前n项和公式推导：倒序相加法和分类讨论的思想. 2.等差数列运算：公式法(基本量法)、巧用性质法、方程思想. 3.等差数列的前n项和的函数特征：函数思想. 4.求{｜an｜}的前n项和：分类讨论思想 易错 警示 1.由Sn求通项公式时忽略对n＝1的讨论. 2.求{｜an｜}的前n项和时，一是易忽视分类讨论，二是最后结果未分段表示 随堂评价 返回 1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝6，a3＝4，则公差d为 A.1 B. C.2 D.3 √ 因为S3＝＝6，而a3＝4，所以a1＝0，所以d＝＝2. 故选C. 2.在等差数列{an}中，若a3＋2a5＋a9＝10，则该数列的前10项和S10＝ A.20 B.24 C.25 D.28 √ 由a3＋2a5＋a9＝10，得2a5＋2a6＝10，即a5＋a6＝5，所以S10＝＝＝5(a5＋a6)＝25. 故选C. 3.(多选)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 √ √ 因为故选AC. 4.已知数列{an}满足－an＝2，a1＝－5，则｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a6｜＝_____. 18 由－an＝2可得数列{an}是等差数列， 公差d＝2，又a1＝－5，所以an＝－5＋(n－1)×2＝2n－7， 所以｜a1｜＋｜a2｜＋｜a3｜＋｜a4｜＋｜a5｜＋｜a6｜＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18. 返回 课时分层评价 返回 1.下列公式中不是等差数列前n项和的是 A.Sn＝ B.Sn＝a1＋(n－1)d C.Sn＝na1＋d D.Sn＝n2＋n √ 由等差数列的前n项和公式得A，C，D正确. 故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2.5＋10＋15＋…＋100＝ A.1 000 B.1 005 C.1 050 D.1 500 √ 设5，10，15，…，100为数列{an}，易知{an}为等差数列，公差d＝5，所以an＝5＋(n－1)×5＝5n，当5n＝100时，n＝20，所以5＋10＋15＋…＋100＝＝1 050. 故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3.如图所示，将若干个点摆成三角形图案，每条边(包括两个端点)有n(n＞1，n∈N*)个点，相应的图案中总的点数记为an，则a2＋a3＋a4＋…＋an等于 A. B. C. D. √ 由图案的点数可知a2＝3，a3＝6，a4＝9，a5＝12，所以an＝3(n－1)＝3n－3，n≥2，所以a2＋a3＋a4＋…＋an＝＝. 故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4. (2023·全国甲卷)记Sn为等差数列的前n项和.若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5＝ A.25 B.22 C.20 D.15 √ 法一：设等差数列的公差为d，首项为a1，依题意可得，a2＋a6＝a1＋d＋a1＋5d＝10，即a1＋3d＝5，又a4a8＝＝45，解得d＝1，a1＝2，所以S5＝5a1＋×d＝5×2＋10＝20. 故选C. 法二：a2＋a6＝2a4＝10，a4a8＝45，所以a4＝5，a8＝9，从而d＝＝1，于是a3＝a4－d＝5－1＝4，所以S5＝5a3＝20. 故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 5.(多选)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S9＝72，a7＝10，则 A.an＝n＋3 B.an＝2n－4 C.Sn＝n2＋n D.Sn＝n2－n √ 因为S9＝72，a7＝10， 所以所以an＝4＋(n－1)×1＝n＋3，则Sn＝＝n2＋n. 故选AC. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 6.(多选)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，下列选项中可能是Sn图象的是 √ 因为Sn是等差数列{an}的前n项和，所以Sn＝an2＋bn(a，b为常数，n∈N*)，则其对应函数为y＝ax2＋bx. 当a＝0时，该函数的图象是过原点的直线上一些孤立的点，如选项C；当a≠0时，该函数的图象是过原点的抛物线上一些孤立的点，如选项A，B；选项D中的曲线不过原点，不符合题意. 故选ABC. √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 7.(2025·湖北宜昌高二检测)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝390，S10＝54，Sn－10＝244，则n＝______. 因为Sn－＝an＋＋＋…＋＝146，S10＝a1＋a2＋a3＋…＋a10＝54，所以10(a1＋an)＝200，a1＋an＝20，由Sn＝＝390，得n＝39. 39 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 8.(2025·江西南昌高二月考)已知数列{an}为等差数列，它的前n项和为Sn，若Sn＝(n＋2)2＋λ，则λ的值为______. 因为等差数列{an}的前n项和Sn＝n2＋(a1－)n，又Sn＝(n＋2)2＋λ＝n2＋4n＋4＋λ，所以4＋λ＝0，解得λ＝－4. －4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9.(双空题)已知数列{an}的前n项和Sn＝10n－n2，数列{bn}的每一项都有bn＝｜an｜，设数列{bn}的前n项和为Tn，则T4＝______，T30＝______. 因为Sn＝10n－n2，所以当n＝1时，a1＝S1＝9. 当n≥2时，an＝Sn－＝11－2n. 又a1＝9适合上式，所以an＝11－2n. 当1≤n≤5时，an＞0，bn＝an；当n＞5时，an＜0，bn＝－an＝2n－11. 故T4＝S4＝10×4－42＝24，T30＝S5－(a6＋a7＋…＋a30)＝2S5－S30＝2(10×5－52)－10×30＋302＝650. 24 650 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10.(13分)已知等差数列{an}的前三项为a－1，4，2a，记前n项和为Sn. (1)设Sk＝2 550，求a和k的值； 解：由已知得，2×4＝a－1＋2a，解得a＝3， 所以a1＝2，公差d＝a2－a1＝2， 因为Sk＝2 550，所以2k＋×2＝2 550， 即k2＋k－2 550＝0， 解得k＝50，或k＝－51(舍去)，所以a＝3，k＝50. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)设bn＝，求b3＋b7＋b11＋…＋b4n－1的值. 解：由(1)知，Sn＝2n＋×2＝n2＋n，bn＝＝＝n＋1， 又b3，b7，b11，…，b4n－1仍是等差数列，且共有n项， 所以b3＋b7＋b11＋…＋b4n－1＝＝＝2n2＋2n. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 11.(多选)已知{an}是等差数列，其公差为d，前n项和为Sn，a10＝10，S10＝70，则下列结论正确的是 A.a1＝4 B.d＝ C.数列{an}是递减数列 D.数列{Sn}是等差数列 √ 由题意知，故A，B正确；因为d＞0，所以数列{an}是递增数列，故C错误；Sn－Sn－1＝an＝4＋(n－1)×＝n＋(n≥2)，不是常数，故数列{Sn}不是等差数列，故D错误. 故选AB. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 12.在数列{an}中，an＝4n－，a1＋a2＋…＋an＝an2＋bn(n∈N*)，其中a，b为常数，则ab＝______. 因为an＝4n－，所以{an}为等差数列，设其公差为d，则a1＝，d＝4，所以an2＋bn＝a1＋a2＋…＋an＝n＋×4＝2n2－n，所以a＝2，b＝－，所以ab＝－1. －1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 优解：因为等差数列的通项公式和前n项和公式可以分别表示为an＝dn＋(a1－d)，Sn＝n2＋(a1－)n，观察两个式子的特征可以发现，前n项和公式中n2的系数与通项公式中n的系数d之间存在倍数关系，所以由an＝4n－，直接设Sn＝2n2＋bn，再由a1＝S1，知4×1－＝2＋b，解得b＝－，所以a＝2，b＝－，即ab＝－1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 13.(双空题)(2025·四川绵阳高二月考)已知函数f(x)＝1＋ln ，设a1＝1，an＝f()＋f()＋f()＋…＋f()(n∈N*，n≥2). (1)计算f(x)＋f(1－x)的值为_____； 2 f(x)＋f(1－x)＝1＋ln ＋1＋ln ＝2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)数列{an}的通项公式为______________. 由题知，当n≥2时，an＝f()＋f()＋f()＋…＋f()， 又an＝f()＋f()＋…＋f()， 两式相加，得2an＝［f()＋f()］＋［f()＋f()］＋…＋［f()＋f()］＝2(n－1)， 所以an＝n－1. 又a1＝1不符合an＝n－1，所以an＝ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 14.(15分)已知在各项均为正数的数列{an}中，前n项和Sn满足8Sn＝. (1)求证：数列{an}是等差数列； 解：证明：由8Sn＝，得当n＝1时，8a1＝，解得a1＝2； 当n≥2时，8Sn－1＝，所以8Sn－8Sn－1＝－， 所以8an＝－＋4an－4an－1，整理得(an＋an－1)(an－an－1－4)＝0， 因为an＋an－1＞0，所以an－an－1＝4，所以数列是以2为首项，4为公差的等差数列. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)若bn＝an－30，求数列的前n项和Tn. 解：由(1)知，an＝2＋(n－1)×4＝4n－2， 因为bn＝an－30，所以bn＝2n－31， 因为当n≥2时，bn－bn－1＝2，所以是等差数列. 又b1＝－29，所以Tn＝＝＝n2－30n. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 15.(5分)(新定义)把形如M＝mn(m，n∈N*)的正整数表示为各项都是整数、公差为2的等差数列的前m项和，称作“对M的m项划分”. 例如：9＝32＝1＋3＋5，称作“对9的3项划分”；把64表示成64＝43＝13＋15＋17＋19，称作“对64的4项划分”. 据此，对324的18项划分中最大的数是______. 35 设对324的18项划分中最小数为a1，最大数为a18，则由 解得 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16.(17分)(开放题)已知各项均为正数的数列{an}，其前n项和为Sn.数列{bn}为等差数列且满足b2＝12，b5＝30，再从①＋an＝2Sn，②a1＝9，a2＝2，当n≥2时，an＋1＝an＋2这两个条件中任选一个作为已知条件，求解下列问题： (1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn； 解：方案一：选条件①. 由＋an＝2Sn， 得＋an－1＝2Sn－1(n≥2)， 两式相减可得－＋an－an－1＝2an， 即(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 又an＞0，所以an－an－1－1＝0，即an－an－1＝1， 所以数列{an}为等差数列. 当n＝1时，a1＝1， 所以an＝1＋(n－1)×1＝n， 所以Sn＝＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 方案二：选条件②. 因为当n≥2时，an＋1＝an＋2，即an＋1－an＝2， 所以当n≥2时，数列{an}为等差数列， 又a2＝2，所以当n≥2时，an＝2＋(n－2)×2＝2n－2， 所以an＝ Sn＝9＋＝n2－n＋9. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)若对任意n∈N*，不等式kSn≥bn恒成立，求实数k的取值范围. 解：方案一：选条件①. 因为数列为等差数列，设公差为d，由b2＝12，b5＝30得， 所以解得b1＝d＝6， 所以bn＝6＋6(n－1)＝6n. 若对任意n∈N*，不等式kSn≥bn恒成立， 则k·≥6n，即k≥＝对任意n∈N*恒成立， 所以k≥6. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 方案二：选条件②. 因为数列为等差数列，设公差为d，由b2＝12，b5＝30得， 所以解得b1＝d＝6， 所以bn＝6＋6(n－1)＝6n. 若对任意n∈N*，不等式kSn≥bn恒成立， 则k≥＝对任意n∈N*恒成立. 因为n＋－1≥2－1＝5，当且仅当n＝3时取等号， 所以≤，所以k≥. 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 谢 谢 观 看 第1课时　等差数列的前n项和公式 返回 $