4.2.2 等差数列前n项和的性质及最值问题 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项和的性质及最值问题，通过“入木三分”模块的性质证明（如依次每k项之和成等差、奇偶项和关系），衔接上一课时公式，构建从公式推导到性质应用的学习支架。 其亮点在于以逻辑推理（数学思维）为核心，通过多解法例题（如例1性质法与方程法、例4正项分界点与二次函数法）培养数学眼光，用符号精确表达性质（数学语言）。学生能深化理解，教师可借助丰富题型提升教学效率。

4.2.2　等差数列的前n项和公式 (第2课时) 等差数列前n项和的性质及最值问题 要点1　等差数列前n项和的性质 (2)等差数列的依次每k项之和Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…，组成公差为_____的等差数列． k2d 第页 (4)在等差数列{an}中，所有奇数项的和记作S奇，所有偶数项的和记作S偶． ①若等差数列{an}的项数为偶数，设项数为2n(n∈N*)，S奇＝a1＋a3＋…＋a2n－1，S偶＝a2＋a4＋…＋a2n， nd a中 (5)若{an}为等差数列，则其前2n－1项和S2n－1＝(2n－1)an. 第页 要点2　等差数列前n项和的最值 在等差数列{an}中，Sn为前n项和． (1)当a1>0，d<0时，Sn有最___值，使Sn取得最值的n的值可由不等式 组____________确定； 当a1<0，d>0时，Sn有最___值，使Sn取得最值的n的值可由不等式组 ____________确定． 大 小 第页 小 大 第页 1．如何证明等差数列的依次每k项之和Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…组成公差为k2d的等差数列？ 证明：a1＋a2＋a3＋…＋ak＝Sk， ak＋1＋ak＋2＋ak＋3＋…＋ak＋k＝S2k－Sk， a2k＋1＋a2k＋2＋a2k＋3＋…＋a2k＋k＝S3k－S2k， ∵ak＋1－a1＝kd，ak＋2－a2＝kd，ak＋3－a3＝kd，…，ak＋k－ak＝kd， ∴(S2k－Sk)－Sk＝k·kd＝k2d， 同理，(S3k－S2k)－(S2k－Sk)＝k·kd＝k2d，…. 故Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…组成公差为k2d的等差数列． 第页 第页 3．如何推导性质“若{an}为等差数列，则其前2n－1项和S2n－1＝(2n－1)an”？ 第页 4．如何证明等差数列的偶数项和、奇数项和有关的性质？ 第页 返 回 课时学案 11 题型一　 等差数列前n项和Sn的性质 例 1　一个等差数列的前12项的和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和之比为32∶27，则该数列的公差为________．　 5 【思路分析】　利用等差数列的前n项和公式列方程组求解或利用等差数列前n项和的性质求解． 第页 12 【解析】　方法一：设该等差数列的公差为d， 第页 方法二：利用等差数列前n项和的性质求解．记该等差数列的前12项中偶数项的和为S偶，奇数项的和为S奇． 第页 探究1 对于涉及S奇和S偶的问题,常用的运算为二者作和、作差、作商. 第页 4 44 第页 第页 例 2　(1)等差数列{an}的前m项和为30，前2m项和为100，则数列{an}的前3m项的和S3m＝________．　 210 【解析】　在等差数列中，Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列． ∴30，70，S3m－100成等差数列． ∴2×70＝30＋(S3m－100)，S3m＝210. 第页 方法二：根据等差数列前n项和的性质可知S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9仍成等差数列，设S3＝k，k≠0，则S6＝3k，S6－S3＝2k， ∴S9－S6＝3k，S12－S9＝4k，∴S9＝S6＋3k＝6k，S12＝S9＋4k＝10k， 第页 A．2 023　　　　　 B．－2 023 C．2 022 D．－2 022 √ 第页 探究2 第页 思考题2　(1)在等差数列{an}中，若S4＝1，S8＝4，则a17＋a18＋a19＋a20＝________． 9 【解析】　由等差数列的性质知S4，S8－S4，S12－S8，…也构成等差数列，不妨设此数列为{bn}，且b1＝S4＝1，b2＝S8－S4＝3，于是可求得b3＝5，b4＝7，b5＝9，则a17＋a18＋a19＋a20＝S20－S16＝b5＝9. 第页 (2)一个等差数列{an}的前10项和为100，前100项和为10，则该数列的前110项和为________． －110 第页 方法二：设等差数列的公差为d，前n项和为Sn， 第页 方法三：设数列的前n项和为Sn＝An2＋Bn， 第页 第页 例　 第页 探究3 涉及两个等差数列前n项和的比值与项的比值时，常利用S2n－1＝(2n－1)an的性质进行转化求解；当不能利用性质时可以利用an与Sn的关系，即an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化求解． 第页 √ 第页 题型二　 等差数列前n项和的最值问题 例 4　在等差数列{an}中，Sn为前n项和，若a1>0，S11＝S18，则数列{an}的前________项的和最大．　 14或15 第页 30 方法二：由S11＝S18，易得a1＝－14d， 由a1>0知d<0，结合二次函数图象的对称性及n∈N*，可得当n＝14或n＝15时，Sn最大． 方法三：由S11＝S18知，a12＋a13＋a14＋a15＋a16＋a17＋a18＝0，即7a15＝0，所以a15＝0. 又a1>0，所以d<0，故当n＝14或n＝15时，Sn最大． 第页 探究4 求等差数列前n项和的最值的方法： 第页 思考题4　(1)在等差数列{an}中，若|a3|＝|a9|，公差d<0，则前n项和Sn取得最大值时正整数n＝(　　) A．4或5 B．5或6 C．6或7 D．7或8 √ 【解析】　方法一：因为d<0，|a3|＝|a9|，所以a3＋a9＝0，则a6＝0，所以a1＋5d＝0， 由n∈N*知，当n＝5或n＝6时，Sn最大． 第页 方法二：因为d<0,|a3|＝|a9|,所以a3＋a9＝0，所以a1＋a11＝a3＋a9＝0， 易知Sn对应的二次函数的图象开口向下(如图所示)， 利用二次函数图象的对称性及n∈N*知，当n＝5或n＝6 时，Sn取得最大值． 方法三：因为d<0，|a3|＝|a9|，所以a3＋a9＝0. 而a3＋a9＝2a6，所以a6＝0，所以S5＝S6. 故S5，S6均为Sn的最大值． 第页 (2)【多选题】公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10<S8<S9，则下列选项正确的有(　　) A．d＞0 B．当an>0时，n的最大值为9 C．Sn有最小值 D．当Sn>0时，n的最大值为17 √ √ 第页 【解析】　由S10<S8<S9可得a9＋a10<0，a9>0，a10<0，故d＝a10－a9<0，A错误； 由A得，数列{an}为递减数列，且a9>0，a10<0，故当an>0时，n的最大值为9，B正确； 因为数列{an}的前9项均为正数，且S17＝17a9>0，S18＝9(a1＋a18)＝9(a9＋a10)<0，故当Sn>0时，n的最大值为17，D正确． 故选BD. 返 回 课后巩固 37 √ 第页 2．记Sn为等差数列{an}的前n项和，若S4＝7，S12＝45，则S8＝(　　) A．28 B．26 C．24 D．22 √ 解析　由Sn为等差数列{an}的前n项和，可得S4，S8－S4，S12－S8构成等差数列，即7，S8－7，45－S8构成等差数列，可得2(S8－7)＝7＋45－S8，解得S8＝22.故选D. 第页 3．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＝(　　) A．9 B．10 C．11 D．12 √ 第页 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； 解析　(1)设{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15. 将a1＝－7代入上式得d＝2.所以{an}的通项公式为an＝2n－9. (2)求Sn，并求Sn的最小值． 解析　(2)由(1)得Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16. 所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16. 返 回 (1)若数列{an}是公差为d的等差数列，其前n项和为Sn，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)设两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，则eq \f(an,bn)＝eq \f(S2n－1,T2n－1). 则S偶－S奇＝____，eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(an,an＋1). ②若等差数列{an}的项数为奇数，设项数为2n＋1(n∈N*)，中间项为a中，则S奇－S偶＝an＋1＝____，eq \f(S奇,S偶)＝_____． eq \f(n＋1,n) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≤0，,an＋1≥0)) (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____值；当d<0时，Sn有最____值．当n取最接近二次函数图象的对称轴的正整数时，Sn取到最值． 2．如何证明“若两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，则eq \f(an,bn)＝eq \f(S2n－1,T2n－1)”？ 证明：eq \f(an,bn)＝eq \f(2an,2bn)＝eq \f(a1＋a2n－1,b1＋b2n－1)＝eq \f(\f(（2n－1）（a1＋a2n－1）,2),\f(（2n－1）（b1＋b2n－1）,2))＝eq \f(S2n－1,T2n－1). 答：S2n－1＝eq \f(2n－1,2)(a1＋a2n－1)＝eq \f(2n－1,2)×2an＝(2n－1)an. 证明：当数列有2n项时，S偶－S奇＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋…＋(a2n－a2n－1)＝d＋d＋…＋d＝nd； eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(\f(n,2)（a1＋a2n－1）,\f(n,2)（a2＋a2n）)＝eq \f(a1＋a2n－1,a2＋a2n)＝eq \f(2an,2an＋1)＝eq \f(an,an＋1). 当数列有2n＋1项时， S奇＝a1＋a3＋…＋a2n＋1＝eq \f(（n＋1）（a1＋a2n＋1）,2)＝(n＋1)an＋1， S偶＝a2＋a4＋…＋a2n＝eq \f(n（a2＋a2n）,2)＝nan＋1， 则S奇－S偶＝an＋1＝a中(a中为中间项)， eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(n＋1,n). 由题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(12a1＋\f(12×11,2)d＝354，,\f(6（a1＋d）＋\f(6×5,2)×2d,6a1＋\f(6×5,2)×2d)＝\f(32,27)，)) 解得d＝5. 由已知条件，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S奇＋S偶＝354，,S偶∶S奇＝32∶27，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S偶＝192，,S奇＝162.)) 又S偶－S奇＝6d， 所以d＝eq \f(192－162,6)＝5. 方法二中，在列出方程组后，也可以不求S奇和S偶的值，而是用比例性质求解．由eq \f(S偶,S奇)＝eq \f(32,27)，得eq \f(S偶＋S奇,S偶－S奇)＝eq \f(32＋27,32－27)＝eq \f(59,5).又S偶－S奇＝6d，所以eq \f(354,6d)＝eq \f(59,5)，解得d＝5. 思考题1　在等差数列{an}中，奇数项之和为44，偶数项之和为33，若此数列的项数为奇数，则这个数列的中间项是第________项；若此数列的项数为偶数，且公差为－eq \f(1,2)，则此数列的项数为________． 【解析】　若此数列的项数为奇数，设项数为2n－1，n∈N*，则奇数项之和S奇＝a1＋a3＋…＋a2n－1＝eq \f(n（a1＋a2n－1）,2)＝nan， 偶数项之和S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n－2＝eq \f(（n－1）（a2＋a2n－2）,2)＝(n－1)an，所以eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(n,n－1)＝eq \f(44,33)＝eq \f(4,3)，解得n＝4，所以第4项是此数列的中间项． 若此数列的项数为偶数，设项数为2n，n∈N*，则S偶－S奇＝nd，所以－11＝－eq \f(1,2)n，所以n＝22，故此数列的项数为44. (2)设Sn是等差数列{an}的前n项和．若eq \f(S3,S6)＝eq \f(1,3)，则eq \f(S6,S12)＝________． eq \f(3,10) 【解析】　方法一：设数列{an}的公差为d.由等差数列的前n项和公式，得eq \f(S3,S6)＝eq \f(3a1＋3d,6a1＋15d)＝eq \f(1,3)，故a1＝2d且d≠0，所以eq \f(S6,S12)＝eq \f(6a1＋15d,12a1＋66d)＝eq \f(27d,90d)＝eq \f(3,10). ∴eq \f(S6,S12)＝eq \f(3k,10k)＝eq \f(3,10). (3)设Sn为等差数列{an}的前n项和，a1＝－2 021，eq \f(S2 007,2 007)－eq \f(S2 005,2 005)＝2，则S2 023＝(　　) 【解析】　因为Sn为等差数列{an}的前n项和，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等差数列．设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))的公差为d′，则由eq \f(S2 007,2 007)－eq \f(S2 005,2 005)＝2，得2d′＝2，解得d′＝1，所以eq \f(S2 023,2 023)＝eq \f(S1,1)＋2 022d′＝a1＋2 022d′＝－2 021＋2 022＝1，所以S2 023＝2 023. 已知等差数列{an}的前n项和Sn，可以构造出新的等差数列，从而利用等差数列的相关知识求解．常见的构造方法有：(1)Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…是等差数列，公差为数列{an}的公差的k2倍；(2)数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等差数列，公差为数列{an}的公差的eq \f(1,2). 【解析】　方法一：设等差数列的前n项和为Sn.由题意知数列S10，S20－S10，S30－S20，…，S100－S90，S110－S100成等差数列．设其公差为d，则前10项和为10S10＋eq \f(10×9,2)d＝S100＝10，解得d＝－22， 所以S110－S100＝S10＋(11－1)d＝100＋10×(－22)＝－120，所以S110＝－120＋S100＝－110. 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S10＝10a1＋\f(10×9,2)d＝100，,S100＝100a1＋\f(100×99,2)d＝10，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(1 099,100)，,d＝－\f(11,50).)) 故S110＝110a1＋eq \f(110×109,2)d＝110×eq \f(1 099,100)＋eq \f(110×109,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11,50)))＝－110. 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S10＝100A＋10B＝100，,S100＝1002A＋100B＝10，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(A＝－\f(11,100)，,B＝\f(111,10).)) 故Sn＝－eq \f(11,100)n2＋eq \f(111,10)n， 所以S110＝－eq \f(11,100)×1102＋eq \f(111,10)×110＝－110. 方法四：设等差数列的前n项和为Sn.因为数列{an}为等差数列，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也是等差数列，且eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10，\f(S10,10)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(100，\f(S100,100)))与eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(110，\f(S110,110)))三点共线，于是有eq \f(\f(S110,110)－\f(S100,100),110－100)＝eq \f(\f(S100,100)－\f(S10,10),100－10)，将S10=100,S100＝10代入，即得S110＝－110. 方法五：设等差数列的前n项和为Sn.因为S100－S10＝a11＋a12＋…＋a100＝eq \f(90（a11＋a100）,2)＝eq \f(90（a1＋a110）,2)， 又S100－S10＝10－100＝－90，所以a1＋a110＝－2， 所以S110＝eq \f(110（a1＋a110）,2)＝－110. 3　等差数列{an}与等差数列{bn}的前n项和分别为Sn，Tn.若对于任意的正整数n都有eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(2n＋1,3n－1)，则eq \f(a9,b9)＝________；eq \f(a8,b9)＝________． eq \f(7,10) eq \f(31,50) 【解析】　由等差数列的前n项和满足S2n－1＝(2n－1)an知eq \f(an,bn)＝eq \f(S2n－1,T2n－1)，所以eq \f(a9,b9)＝eq \f(S17,T17)＝eq \f(2×17＋1,3×17－1)＝eq \f(35,50)＝eq \f(7,10)； 设Sn＝(2n＋1)nt，Tn＝(3n－1)nt，t≠0. 则a8＝S8－S7＝136t－105t＝31t，b9＝T9－T8＝234t－184t＝50t，所以eq \f(a8,b9)＝eq \f(31,50). 思考题3　等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若eq \f(an,bn)＝eq \f(2n,3n＋1)，则eq \f(S21,T21)的值为(　　) A.eq \f(13,15)　　　　　 B.eq \f(23,35) C.eq \f(11,17) D.eq \f(4,9) 【解析】　eq \f(S21,T21)＝eq \f(21（a1＋a21）,2)÷eq \f(21（b1＋b21）,2)＝eq \f(a1＋a21,b1＋b21)＝eq \f(a11,b11)＝eq \f(2×11,3×11＋1)＝eq \f(11,17).故选C. 【解析】　方法一：由S11＝S18，得11a1＋eq \f(11×10,2)d＝18a1＋eq \f(18×17,2)d，即a1＝－14d>0，所以d<0. 解不等式组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＝a1＋（n－1）d≥0，,an＋1＝a1＋nd≤0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－14d＋（n－1）d≥0，,－14d＋nd≤0，))得14≤n≤15.又n∈N*，故当n＝14或n＝15时，Sn最大． 所以Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d＝eq \f(d,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(29,2))) eq \s\up20(2)－eq \f(841,8)d. 方法 过程 正、负项 分界点法 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)) 二次函数法 利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方结合图象借助求二次函数最值的方法求解 所以Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d＝－5dn＋eq \f(n（n－1）,2)d＝eq \f(d,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(11,2))) eq \s\up20(2)－eq \f(121,8)d. 所以S11＝eq \f(11（a1＋a11）,2)＝0. 由A得，d<0，且Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n，易知Sn有最大值，没有最小值，C错误； 1．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若eq \f(a5,a7)＝eq \f(39,9)，则eq \f(S9,S13)等于(　　) A．eq \f(1,3)　　　　　　　 B．eq \f(1,2) C．2 D．3 解析　eq \f(S9,S13)＝eq \f(\f(9（a1＋a9）,2),\f(13（a1＋a13）,2))＝eq \f(9a5,13a7)＝3. 解析　由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S奇－S偶＝an＋1，,S奇＋S偶＝（2n＋1）an＋1))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＋1＝15，,（2n＋1）an＋1＝315))⇒2n＋1＝21⇒n＝10. $