5.2.2 第2课时 等差数列前n项和的性质及应用(教用Word)-【优学精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册（人教B版）

本讲义聚焦高中数学等差数列前n项和的性质及应用，系统梳理性质（如依次k项和、前n项和的二次函数特征等）、最值问题（公式法、邻项变号法）、绝对值数列求和等核心知识点，构建从性质理解到综合应用的学习支架。 资料通过题型分类（性质应用、最值问题、绝对值求和）、例题解析结合通性通法，培养学生数学思维（推理能力）与数学语言表达，课中助力教师系统授课，课后通过跟踪训练和练习题帮助学生巩固知识，查漏补缺。

第二课时　等差数列前n项和的性质及应用 题型一｜等差数列的前n项和性质的应用 【例1】　（1）已知等差数列{an}的前n项、前2n项、前3n项的和分别为A，B，C，则（　D　） A.A＋B＝C B.A＋C＝2B C.2A＋C＝3B D.3（B－A）＝C 解析：（1）∵等差数列的前n项、前2n项、前3n项的和分别为A，B，C， ∴A，B－A，C－B仍然成等差数列，∴2（B－A）＝C－B＋A， 化为3A＋C＝3B，即3（B－A）＝C，故选D. （2）等差数列{an}的前16项和为640，前16项中偶数项和与奇数项和之比为11∶9，则公差d，的值分别是（　D　） A.8， B.9， C.9， D.8， 解析：（2） 在等差数列{an}中，设S奇＝a1＋a3＋…＋a15，S偶＝a2＋a4＋…＋a16， 依题意，解得S奇＝288，S偶＝352，而S偶－S奇＝（a2－a1）＋（a4－a3）＋…＋（a16－a15）＝8d，＝＝， 所以d＝＝＝8，＝＝.故选D. （3）已知Sn，Tn分别为等差数列{an}，{bn}的前n项和，＝，则＝　　. 解析：（3）根据等差数列前n项和的函数特征，可设Sn＝kn（n＋1），Tn＝kn（3n－1）（k≠0）， 则＝＝＝＝. 通性通法 等差数列的前n项和常用的性质 （1）等差数列的依次k项之和，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…组成公差为k2d的等差数列； （2）数列{an}是等差数列⇔Sn＝an2＋bn（a，b为常数）⇔数列为等差数列； （3）设等差数列{an}，{bn}的前n项和为Sn，Tn，则＝； （4）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，＝； ②当项数为奇数2n－1时，S奇－S偶＝an，＝. 【跟踪训练】 1.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝8，S8＝20，则a11＋a12＋a13＋a14＝（　　） A.18 B.17 C.16 D.15 解析：A　设{an}的公差为d，则a5＋a6＋a7＋a8＝S8－S4＝12，（a5＋a6＋a7＋a8）－S4＝16d，解得d＝，a11＋a12＋a13＋a14＝S4＋40d＝18. 2.已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且（n＋3）Sn＝（2n＋70）Tn，则使得为整数的正整数n的个数是　5　. 解析：由等差数列前n项和的性质，得＝.由条件可得＝，则＝＝＝，所以＝＝2＋.要使为整数，则必为整数，即n＋1为32的约数.又n为正整数，所以n的取值为1，3，7，15，31，共5个. 3.含2n＋1项的等差数列，其奇数项的和与偶数项的和之比为　　. 解析：设该等差数列为{an}，其首项为a1，前n项和为Sn，则S奇＝，S偶＝，∵a1＋a2n＋1＝a2＋a2n，∴＝. 题型二｜等差数列的前n项和最值问题 【例2】　在等差数列{an}中，a1＝25，S17＝S9，求前n项和Sn的最大值. 解：设公差为d，由S17＝S9且a1＝25，得 25×17＋d＝25×9＋d， 解得d＝－2. 法一（公式法）　Sn＝25n＋×（－2）＝－（n－13）2＋169. 由二次函数性质得，当n＝13时，Sn有最大值169. 法二（邻项变号法）　∵a1＝25＞0， 由 得即12≤n≤13. 又∵n∈N＋，∴当n＝13时，Sn有最大值，最大值为25×13＋×（－2）＝169. 【母题探究】 1.（变设问）本例条件不变，试求的前n项和Tn. 解：由本例知Sn＝－n2＋26n， 令bn＝＝－n＋26， ∴{bn}是以25为首项，公差为－1的等差数列， ∴Tn＝25n＋×（－1）＝－n2＋n. 2.（变条件）若本例中的条件“a1＝25，S17＝S9”换为“a1＋a4＋a7＝99，a2＋a5＋a8＝93”，试求Sn的最大值. 解：因为a1＋a4＋a7＝99，a2＋a5＋a8＝93，所以a4＝33，a5＝31，故公差d＝－2，an＝a4＋（n－4）d＝41－2n， 所以a1＝39，Sn＝39n＋×（－2）＝40n－n2. 当Sn取得最大值时，满足 即19≤n≤20. 因为n∈N＋，所以当n＝20时，Sn有最大值S20＝400. 通性通法 求等差数列的前n项和Sn的最值的解题策略 （1）将Sn＝na1＋d＝n2＋n配方，转化为求二次函数的最值问题，借助函数单调性来解决； （2）邻项变号法： 当a1＞0，d＜0时，满足的项数n使Sn取最大值； 当a1＜0，d＞0时，满足的项数n使Sn取最小值. 【跟踪训练】 　〔多选〕等差数列{an}是递增数列，公差为d，前n项和为Sn，且a9＝4a6，下列选项正确的是（　　） A.a1＜0 B.d＜0 C.Sn取得最小值时，n＝5 D.Sn＞0时，n的最小值为10 解析：AD　由a9＝4a6可得a1＋8d＝4（a1＋5d），故a1＋4d＝0，由于{an}是递增数列，故d＞0，因此a1＜0，故A正确，B错误；进而可得当n＝1，2，3，4时an＜0，a5＝0，当n＞5时an＞0，因此Sn取得最小值时，n＝5或n＝4，C错误；由于S9＝＝9a5＝0，故当n≥10时，Sn＞0，因此Sn＞0时，n的最小值为10，D正确.故选A、D. 题型三｜求数列{｜an｜}的前n项和 【例3】　在公差为d的等差数列{an}中，已知a1＝10，且5a1a3＝（2a2＋2）2. （1）求d，an； 解：（1）因为5a1a3＝（2a2＋2）2，a1＝10， 所以d2－3d－4＝0，解得d＝－1或d＝4. 故an＝－n＋11或an＝4n＋6. （2）若d＜0，求｜a1｜＋｜a2｜＋｜a3｜＋…＋｜an｜. 解：（2）因为d＜0，所以由（1）得d＝－1，an＝－n＋11. 设数列{an}的前n项和为Sn， 当n≤11时，｜a1｜＋｜a2｜＋｜a3｜＋…＋｜an｜＝Sn＝－n2＋n； 当n≥12时，｜a1｜＋｜a2｜＋｜a3｜＋…＋｜an｜＝－Sn＋2S11＝n2－n＋110. 通性通法 求数列{｜an｜}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＝ （2）若a1＜0，d＞0，则存在k∈N＋，使得ak≤0，ak＋1＞0，从而有Tn＝ 【跟踪训练】 　 在等差数列{an}中，a3＝7，a9＝－5，{an}的前n项和为Sn. （1）求数列{an}的通项公式； 解：（1）由题意知在等差数列{an}中，a3＝7，a9＝－5，设公差为d， 则a9－a3＝6d＝－12⇒d＝－2，则a1＝a3－2d＝11， 故an＝a1＋（n－1）d＝13－2n，故通项公式为an＝13－2n. （2）求Sn取最大值时n的值； 解：（2）结合（1）可得Sn＝11n＋×（－2）＝12n－n2＝－（n－6）2＋36， ∴当n＝6时，Sn取最大值. （3）设Tn＝｜a1｜＋｜a2｜＋｜a3｜＋…＋｜an｜，求Tn. 解：（3）∵an＝13－2n， ∴由13－2n≥0，得n≤＝6， 即n≤6时有an＞0，n≥7时有an＜0. 当n≤6时，Tn＝｜a1｜＋｜a2｜＋｜a3｜＋…＋｜an｜＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝Sn＝12n－n2； 当n≥7时，Tn＝a1＋a2＋…＋a6－a7－…－an ＝2（a1＋a2＋…＋a6）－（a1＋a2＋a3＋…＋an） ＝2S6－Sn＝2（12×6－36）－（12n－n2）＝n2－12n＋72. 综上所述，Tn＝ 1.等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝－6，S18－S15＝18，则S18＝（　　） A.36　　　　　　　　　B.18 C.72 D.9 解析：A　由S3，S6－S3，…，S18－S15成等差数列知，S18＝S3＋（S6－S3）＋（S9－S6）＋…＋（S18－S15）＝＝36. 2.一个凸多边形的内角成等差数列，其中最小的内角为120°，公差为5°，那么这个多边形的边数n等于（　　） A.12 B.16 C.9 D.16或9 解析：C　设凸多边形的内角组成的等差数列为{an}，则an＝120＋5（n－1）＝5n＋115，由an＜180，得n＜13且n∈N＋.由n边形内角和定理得，（n－2）×180＝n×120＋×5.解得n＝16或n＝9.因为n＜13，所以n＝9. 3.已知Sn是等差数列{an}的前n项和，且a7＜0，a5＋a10＞0，则下列选项正确的是（　　） A.数列{an}为递减数列 B.a8＜0 C.Sn的最大值为S7 D.S14＞0 解析：D　对于A，n∈N＋，在数列{an}中，a7＜0，且a7＋a8＝a5＋a10＞0，所以a8＞0，所以公差d＝a8－a7＞0，数列{an}为递增数列，故A、B错误；对于C，当1≤n≤7时，an＜0，当n≥8时，an＞0，所以Sn的最小值为S7，故C错误；对于D，S14＝＝7（a7＋a8）＞0，故D正确.故选D. 4.〔多选〕已知Sn是等差数列{an}的前n项和，且S6＞S7＞S5，则下列四个命题正确的是（　　） A.d＜0 B.S11＞0 C.S12＜0 D.数列{Sn}中的最大项为S11 解析：AB　∵S6＞S7，∴a7＜0，∵S7＞S5，∴a6＋a7＞0，∴a6＞0，∴d＜0，A正确；又∵S11＝（a1＋a11）＝11a6＞0，B正确；S12＝（a1＋a12）＝6（a6＋a7）＞0，C不正确；{Sn}中最大项为S6，D不正确. 5.设项数为奇数的等差数列，奇数项之和为44，偶数项之和为33，则这个数列的中间项是　11　，项数是　7　. 解析：设等差数列{an}的项数为2n＋1，S奇＝a1＋a3＋…＋a2n＋1＝＝（n＋1）an＋1，S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝＝nan＋1，所以＝＝，解得n＝3，所以项数为2n＋1＝7，S奇－S偶＝an＋1，即a4＝44－33＝11为所求中间项. 1.在项数为2n＋1的等差数列中，所有奇数项的和为165，所有偶数项的和为150，则n等于（　　） A.9 B.10 C.11 D.12 解析：B　∵＝，∴＝.∴n＝10，故选B. 2.数列{an}为等差数列，它的前n项和为Sn，若Sn＝（n＋1）2＋λ，则λ的值是（　　） A.－2 B.－1 C.0 D.1 解析：B　等差数列前n项和Sn的形式为Sn＝an2＋bn，∴λ＝－1. 3.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若＝a1＋a200，且A，B，C三点共线（该直线不过点O），则S200等于（　　） A.100 B.101 C.200 D.201 解析：A　由A，B，C三点共线得a1＋a200＝1， ∴S200＝（a1＋a200）＝100. 4.已知等差数列{an}的前n项的为Sn，若m＞1，且am－1＋am＋1－＝0，S2m－1＝38，则m＝（　　） A.38 B.20 C.10 D.9 解析：C　根据等差数列的性质可得am－1＋am＋1＝2am.∵am－1＋am＋1－＝0，∴am＝0或am＝2.若am＝0，显然S2m－1＝（2m－1）am＝38不成立，∴am＝2.∴S2m－1＝（2m－1）am＝38，解得m＝10. 5.设数列{an}的前n项和为Sn，则“{an}是等差数列”是“S5＝5a3”的（　　） A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析：A　 因为{an}是等差数列，所以S5＝＝5a3，充分性得证；反之，S5＝5a3，只需a1＋a2＋…＋a5＝5a3， 得不到{an}是等差数列，不满足必要性.所以“{an}是等差数列”是“S5＝5a3”的充分不必要条件.故选A. 6.〔多选〕若数列{an}为等差数列，公差为d，其前n项和为Sn，S9＞S10，S10＝S11，S11＜S12，则（　　） A.a10＜0 B.d＜0 C.S15＞S7 D.使Sn＞0的最小正整数n的值为22 解析：ACD　对于A，由S9＞S10，得a10＝S10－S9＜0，A正确；对于B，由S10＝S11，得a11＝S11－S10＝0，则d＝a11－a10＝－a10＞0，B错误；对于C，由S11＜S12，得a12＝S12－S11＞0，则S15－S7＝ai＝4（a11＋a12）＞0，S15＞S7，C正确；对于D，由a11＝0，得S21＝＝21a11＝0，由Sn＝＞0，得a1＋an＞0＝a1＋a21，解得an＞a21，由d＞0，得数列{an}是递增数列，则n＞21，因此使Sn＞0的最小正整数n的值为22，D正确.故选A、C、D. 7.已知等差数列{an}中，Sn为其前n项和，已知S3＝9，a4＋a5＋a6＝7，则S9－S6＝　5　. 解析：∵S3，S6－S3，S9－S6成等差数列，而S3＝9，S6－S3＝a4＋a5＋a6＝7，∴S9－S6＝5. 8.已知Sn为等差数列{an}的前n项和，满足a2＋a8＝6，S5＝－5，则a6＝　5　，Sn的最小值为　－9　. 解析：依题意得：解得所以a6＝－5＋10＝5，Sn＝－5n＋×2＝n2－6n，当n＝3时，Sn的最小值为－9. 9.若数列{an}是等差数列，首项a1＜0，a203＋a204＞0，a203·a204＜0，则使前n项和Sn＜0的最大自然数n是　405　. 解析：由a203＋a204＞0知a1＋a406＞0，即S406＞0，又由a1＜0且a203·a204＜0，知a203＜0，a204＞0，所以公差d＞0，则数列{an}的前203项都是负数，那么2a203＝a1＋a405＜0，所以S405＜0，所以使前n项和Sn＜0的最大自然数n＝405. 10.已知数列{an}满足a1＋＋＋…＋＝n（n＋1），n∈N＋. （1）求数列{an}的通项公式； （2）设bn＝－17，求数列{｜bn｜}的前n项和Tn. 解：（1）已知a1＋＋＋…＋＝n（n＋1），n∈N＋， 当n＝1时，a1＝2； 当n≥2时，a1＋＋＋…＋＝n（n－1）， 则＝n（n＋1）－n（n－1）＝2n⇒an＝2n2（n≥2）. 显然n＝1时，a1＝2，满足上式. 综上，an＝2n2，n∈N＋. （2）由（1）知bn＝2n－17，故｜bn｜＝｜b1｜＝15， 当n≤8，Tn＝＝－n2＋16n； 当n≥9，Tn＝T8＋＝n2－16n＋128. 综上，Tn＝ 11.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 解析：B　法一　设数列{an}的公差为d，由题意得解得故S20＝20a1＋×d＝180. 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. 12.〔多选〕已知数列{an}的前n项和为Sn＝33n－n2，则下列说法正确的是（　　） A.an＝34－2n B.仅有S16为Sn的最小值 C.｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a16｜＝272 D.｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a30｜＝450 解析：AC　A选项，Sn＝33n－n2中，当n＝1时，a1＝33－12＝32，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝33n－n2－33（n－1）＋（n－1）2＝－2n＋34，显然a1＝32满足an＝34－2n，故an＝34－2n，A正确；B选项，因为当1≤n≤16时，an＞0，a17＝0，当n≥18时，an＜0，故S16，S17为Sn的最大值，B错误；C选项，a16＝34－32＝2，故｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a16｜＝a1＋a2＋…＋a16＝＝272，C正确；D选项，a17＝0，a30＝34－60＝－26，｜a17｜＋｜a18｜＋…＋｜a30｜＝－（a17＋a18＋…＋a30）＝－＝182，由C知，｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a16｜＝272，故｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a30｜＝272＋182＝454，D错误.故选A、C. 13.在等差数列{an}中，3a5＝5a8，Sn是数列{an}的前n项和. （1）若a1＞0，当Sn取得最大值时，求n的值； （2）若a1＝－46，记bn＝，求bn的最小值. 解：（1）法一　设{an}的公差为d， 由3a5＝5a8，得3（a1＋4d）＝5（a1＋7d），∴d＝－a1. ∴Sn＝na1＋×＝－a1n2＋a1n＝－a1（n－12）2＋a1. ∵a1＞0，∴当n＝12时，Sn取得最大值. 法二　由3a5＝5a8得9a5＝15a8，∴S9＝S15.由Sn对应的二次函数图象的对称性可知，当n＝＝12时，Sn取得最大值. （2）由（1）及a1＝－46，得d＝－×（－46）＝4， ∴an＝－46＋（n－1）×4＝4n－50， Sn＝－46n＋×4＝2n2－48n. ∴bn＝＝＝2n＋－52≥2－52＝－32， 当且仅当2n＝，即n＝5时，等号成立. 故bn的最小值为－32. 14.已知数列{an}的奇数项依次构成公差为d1的等差数列，偶数项依次构成公差为d2的等差数列（其中d1，d2为整数），且对任意n∈N＋，都有an＜an＋1，若a1＝1，a2＝2，且数列{an}的前10项和S10＝75，则d1＝　3　，a8＝　11　. 解析：由题意知，S10＝5×1＋d1＋5×2＋d2＝75，故d1＋d2＝6.∵对任意n∈N＋，都有an＜an＋1，∴a2k－1＜a2k＜a2k＋1（k∈N＋），即1＋（k－1）d1＜2＋（k－1）d2＜1＋kd1，取k＝2时，可得1＋d1＜2＋d2＜1＋2d1，结合d1＋d2＝6可解得＜d1＜，＜d2＜，又d1，d2为整数，∴d1＝3＝d2.∴a8＝a2＋3d2＝2＋3×3＝11. 15.已知{an}为等差数列，bn＝记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S2＝12，T3＝16. （1）求{an}的通项公式； （2）证明：当n＞5时，Tn＞Sn. 解：（1）设等差数列{an}的公差为d，而bn＝k∈N＋， 则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6， 于是 解得an＝a1＋（n－1）d＝2n＋3， 所以数列{an}的通项公式是an＝2n＋3. （2）证明：由（1）知，Sn＝＝n2＋4n，bn＝k∈N＋. 当n为偶数时，bn－1＋bn＝2（n－1）－3＋4n＋6＝6n＋1， Tn＝·＝n2＋n. 当n＞5时，Tn－Sn＝（ n2＋n）－（n2＋4n）＝n（n－1）＞0，因此Tn＞Sn. 当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝（n＋1）2＋（n＋1）－[4（n＋1）＋6]＝n2＋n－5， 当n＞5时，Tn－Sn＝（ n2＋n－5）－（n2＋4n）＝（n＋2）（n－5）＞0，因此Tn＞Sn. 综上，当n＞5时，Tn＞Sn. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $