4.2.2 等差数列的前n项和公式(第1课时) 课件-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第二册

该高中数学课件聚焦等差数列前n项和公式，通过常见数列求和（如1+2+…+n）、公差为0时的Sn计算等问题导入，衔接等差数列通项公式，搭建从已知到未知的学习支架。 其亮点在于结合方程思想解决知三求二问题，通过二次函数结构分析Sn，体现数学思维的推理能力与数学眼光的抽象能力。如例2证明Sn=25n-2n²是等差数列，帮助学生用数学语言表达规律，培养运算和推理能力，教师可利用系统题型提升教学效率。

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 已知量 首项、末项与项数 首项、公差与项数 求和公式 Sn＝____________ Sn＝_________________ 要点1　等差数列的前n项和公式 第页 要点2　公式的结构 第页 要点3　图象特征 第页 要点4　在a1，an，d，n，Sn五个量中，已知其中三个量，可以求得其余两个量． 第页 1．写出下列常见等差数列的前n项和． (1)1＋2＋3＋…＋n； (2)1＋3＋5＋…＋(2n－1)； 答：(2)n2 (3)2＋4＋6＋…＋2n. 答：(3)n2＋n. 第页 2．若等差数列{an}的首项为a1，公差d＝0，则前n项和Sn怎么计算？ 答：可以直接利用Sn＝na1求解． 3．如果数列{an}的前n项和Sn＝an2＋bn＋c(a，b，c为常数)，那么数列{an}一定是等差数列吗？ 答：不一定是，当c＝0时，数列{an}才是等差数列． 返 回 课时学案 8 题型一　 等差数列的前n项和公式 例 1　已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn. (1)若a1＝1，an＝－512，Sn＝－1 022，求公差d；　 第页 9 (2)已知a6＝10，S5＝5，求a8和S10； 第页 (3)若a4＋a8＝16，求S11. 第页 探究1 a1，n，d称为等差数列的三个基本量，an和Sn都可以用这三个基本量来表示，五个量a1，n，d，an，Sn中知三可求二，一般是通过通项公式和前n项和公式联立方程(组)求解，这种方法是解决数列问题的基本方法，在具体求解过程中应注意已知与未知的联系及整体思想的运用． 第页 思考题1　在等差数列{an}中，前n项和为Sn. (1)已知S8＝48，S12＝168，求首项a1和公差d； (2)已知a16＝3，求S31； 第页 (3)已知a1＝4，S8＝172，求a8和d. 第页 题型二　 等差数列前n项和Sn＝An2＋Bn的应用 例 2　已知一个数列{an}的前n项和Sn＝25n－2n2＋r. (1)当r＝0时，求证：数列{an}是等差数列；　 【解析】　(1)证明：当r＝0时，Sn＝25n－2n2，令n＝1，得a1＝S1＝25－2＝23， 当n≥2时，Sn－1＝25(n－1)－2(n－1)2，所以an＝Sn－Sn－1＝25n－2n2－25(n－1)＋2(n－1)2＝27－4n(n≥2)，a1＝23满足上式，所以an＝27－4n，所以an－an－1＝(27－4n)－27＋4(n－1)＝－4(n≥2)， 可得数列{an}是公差为－4的等差数列． 第页 15 (2)若数列{an}是等差数列，求r满足的条件． 【解析】　(2)Sn＝25n－2n2＋r，令n＝1，得a1＝S1＝25－2＋r＝23＋r，当n≥2时，Sn－1＝25(n－1)－2(n－1)2＋r， 所以an＝Sn－Sn－1＝25n－2n2＋r－25(n－1)＋2(n－1)2－r＝27－4n(n≥2)， 所以an－an－1＝(27－4n)－27＋4(n－1)＝－4(n≥2)，可得当n≥2时，数列{an}是公差为－4的等差数列， 若数列{an}是等差数列，则a1＝27－4＝23＝23＋r，所以r＝0. 第页 探究2 第页 思考题2　若数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n2－3n，求数列{an}的通项公式，并判断数列{an}是否为等差数列．若Sn＝2n2－3n－1呢？ 【解析】　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝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. 因为an＋1－an＝4(n＋1)－5－4n＋5＝4，所以数列{an}是等差数列． 若Sn＝2n2－3n－1，则当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－3n－1－2(n－1)2＋3(n－1)＋1＝4n－5， 返 回 课后巩固 19 1．记等差数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝4，S4＝20，则该数列的公差d＝(　　) A．2　　　　　　　　　　 B．3 C．6 D．7 √ 解析　由2a1＋d＝4且4a1＋6d＝20，解得d＝3. 故选B. 第页 √ 第页 3．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＋a3＋a5＝3，则S5＝(　　) A．5 B．7 C．9 D．11 √ 解析　∵{an}为等差数列，∴a1＋a5＝2a3， 得3a3＝3，则a3＝1， 第页 4．已知等差数列{an}满足a1＝1，am＝99，d＝2，则其前m项和Sm等于________． 2 500 第页 5．已知等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－3. (1)求数列{an}的通项公式； 解析　(1)设等差数列{an}的公差为d， 由a1＝1，a3＝－3，可得1＋2d＝－3， 解得d＝－2. 从而，an＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n. 第页 (2)若数列{an}的前k项和Sk＝－35，求k的值． 解析　(2)由(1)可知an＝3－2n， 进而由Sk＝－35，可得2k－k2＝－35. 又k∈N*，故k＝7. 返 回 eq \f(n（a1＋an）,2) na1＋eq \f(n（n－1）d,2) 公式①Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2) 看成 梯形面积公式； 公式②Sn＝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形似n的二次式，且常数项为0，n2的系数为eq \f(d,2)，即公差的一半． 结论：{an}为等差数列⇔Sn＝An2＋Bn. 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， (1)当d＝0，a1≠0时，Sn可以看成一次函数y＝a1x(x∈R)当x＝n时的函数值． (2)当d≠0时，Sn可以看成二次函数y＝eq \f(d,2)x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))x(x∈R)当x＝n时的函数值． 当d＞0时，Sn有最小值；当d＜0时，Sn有最大值． 答：(1)eq \f(1,2)n(n＋1)． 【解析】　(1)∵an＝a1＋(n－1)d，Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d， a1＝1，an＝－512，Sn＝－1 022， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋（n－1）d＝－512，,n＋\f(1,2)n（n－1）d＝－1 022，)) 解得n＝4，d＝－171. 【解析】　(2)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S5＝5a1＋\f(5×4,2)d＝5，,a6＝a1＋5d＝10，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－5，,d＝3.)) ∴a8＝a6＋2d＝10＋2×3＝16， S10＝10a1＋eq \f(10×9,2)d＝10×(－5)＋5×9×3＝85. 【解析】　(3)因为数列{an}为等差数列， 所以S11＝eq \f(11（a1＋a11）,2). 根据等差数列的性质，得a1＋a11＝a4＋a8＝16. 所以S11＝eq \f(11×16,2)＝88. 【解析】　(1)由等差数列的前n项和公式，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(8a1＋28d＝48，,12a1＋66d＝168.)) 解方程组，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－8，,d＝4.)) 【解析】　(2)S31＝eq \f(a1＋a31,2)×31＝a16×31＝93. 【解析】　(3)由已知得S8＝eq \f(8（a1＋a8）,2)＝eq \f(8（4＋a8）,2)＝172，解得a8＝39，又∵a8＝4＋(8－1)d＝39，∴d＝5.∴a8＝39，d＝5. 若Sn是关于n的二次多项式，且无常数项(即常数项为0)，即满足Sn＝An2＋Bn的数列是等差数列．在求解选择题、填空题时可以运用Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n来快速求解． 当n＝1时，a1＝－2，不满足上式，∴an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2，n＝1，,4n－5，n≥2，)) ∴数列{an}不是等差数列． 2．等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝4S5，则eq \f(a1,d)＝(　　) A．eq \f(1,2) B．2 C．eq \f(1,4) D．4 解析　∵数列{an}为等差数列，且S10＝4S5， ∴10a1＋eq \f(10×9,2)d＝20a1＋eq \f(4×5×4,2)d，即d＝2a1，∴eq \f(a1,d)＝eq \f(1,2).故选A. ∴S5＝eq \f(5（a1＋a5）,2)＝5a3＝5.故选A. 解析　由am＝a1＋(m－1)d，得99＝1＋(m－1)×2， 解得m＝50，所以S50＝50×1＋eq \f(50×49,2)×2＝2 500. 所以Sn＝eq \f(n（1＋3－2n）,2)＝2n－n2. $