4.2.2等差数列的前n项和公式(第3课时)(习题课) 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项和公式应用，通过复习等差数列定义与求和公式导入，以绝对值数列求和、实际应用、an与Sn关系、函数性质为题型支架，衔接基础与综合应用，构建完整知识脉络。 其亮点在于结合实际问题（如共享单车利润、天坛石板计数）培养数学眼光，通过逻辑推导（如证明等差数列、推导通项公式）发展数学思维，以分段函数等精确表达提升数学语言能力。分层设计例题、探究与巩固题，助力学生提升推理与应用能力，教师可高效开展习题教学。

4.2.2　等差数列的前n项和公式(第3课时)(习题课) 课时学案 2 题型一　 求数列{|an|}的前n项和 例 1　已知数列{an}的前n项和Sn＝33n－n2. (1)求证：{an}是等差数列；　 【解析】　(1)证明：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝34－2n， 又当n＝1时，a1＝S1＝32＝34－2×1，满足an＝34－2n.故{an}的通项为an＝34－2n. 所以an＋1－an＝34－2(n＋1)－(34－2n)＝－2. 故数列{an}是以32为首项，－2为公差的等差数列． 第页 3 (2)问{an}的前多少项和最大； 【解析】　(2)令an≥0，得34－2n≥0，所以n≤17. 故数列{an}的前17项均大于或等于零．又a17＝0，故数列{an}的前16项或前17项的和最大． 第页 第页 探究1 等差数列{an}的各项取绝对值后组成数列{|an|}．若原等差数列{an}中既有正项，也有负项，则{|an|}不再是等差数列，求和关键是找到数列{an}的正负项分界点处的n值，再分段求和． 第页 思考题1　在等差数列{an}中，a10＝23，a25＝－22. (1)问该数列从第几项开始为负； 第页 第页 题型二　 实际应用 例 2　某优秀大学生毕业团队响应国家号召，毕业后自主创业，通过银行贷款等方式筹措资金，投资72万元生产并经营共享单车，第一年维护费用为12万元，以后每年都增加4万元，每年收入租金50万元． (1)若扣除投资和维护费用，则从第几年开始获取纯利润？　 第页 9 因此利润y＝50n－(72＋2n2＋10n)＝－2n2＋40n－72， 令y>0，解得2<n<18， 因为n∈N*， 所以从第3年起开始获取纯利润． 第页 (2)若年平均获利最大时，该团队计划投资其他项目，问应在第几年投资其他项目？ 第页 探究2 应用等差数列解决实际问题的一般思路： 第页 思考题2　(1)在我国古代，9是数字之极，代表尊贵之 意，所以中国古代皇家建筑中包含许多与9相关的设计．例 如，北京天坛圜丘的地面由扇环形的石板铺成(如图)，最高 一层的中心是一块天心石，围绕它的第一圈有9块石板，从 第二圈开始，每一圈比前一圈多9块，共有9圈．请问： ①第9圈共有多少块石板？ ②这9圈一共有多少块石板？ 第页 【解析】　①设从第1圈到第9圈的石板数构成的数列为{an}，由题意可知{an}是等差数列，其中a1＝9，d＝9，n＝9. 由等差数列的通项公式，得第9圈有a9＝a1＋(9－1)·d＝9＋(9－1)×9＝81块石板． 第页 【讲评】　本例中，由于“每一圈比前一圈多9块”，因此每一圈的石板数便组成了等差数列，而这9圈石板总数，便是该数列的前9项的和．因此，一个实际问题可建立等差数列的模型的必要条件是：是离散型的变量问题，且变量的相邻两个值的差是同一个常数． 第页 (2)某地区为防洪抗旱大面积植树造林，如图，在区域{(x，y)|x≥0，y≥0}内植树，第1棵树在点A1(0，1)，第2棵树在点B1(1，1)，第3棵树在点C1(1，0)，第4棵树在点C2(2，0)，接着按图中箭头方向，每隔一个单位长度种一棵树，那么第2 020棵树所在的点的坐标是________． (4，44) 第页 题型三　 an与Sn的关系 例 　 (1)求a2的值； 第页 17 (2)求数列{an}的通项公式． 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1. 又a1＝1满足上式，∴an＝2n－1. 第页 当n≥2时，(an－1)2＝4Sn－1， ∴(an＋1－1)2－(an－1)2＝4(Sn－Sn－1)＝4an. ∵an>0，∴an＋1－an＝2(n≥2)． ∴{an}从第2项开始是以a2＝3为首项，2为公差的等差数列， ∴an＝3＋2(n－2)＝2n－1(n≥2)， 又a1＝1满足上式，∴an＝2n－1. 第页 探究3 已知Sn与an之间的关系式求an的两种途径： (1)由关系式消去Sn，建立an与an－1(或an＋1)之间的关系式，进而求an. (2)由关系式消去an，建立Sn与Sn－1(或Sn＋1)之间的关系式求Sn，进而求an. 对角标n赋值的时候一定要注意n的范围，为了更明确这一步骤，我们将此类题目的解法简记为：赋值、作差、验证． 第页 思考题3　已知数列{an}满足a1＋2a2＋…＋nan＝n2，求数列{an}的通项公式． 【解析】　∵a1＋2a2＋…＋nan＝n2，① ∴a1＋2a2＋…＋(n－1)an－1＝(n－1)2(n≥2)，② ①－②得nan＝2n－1(n≥2)， 第页 题型四　 数列的函数性质 例 4　已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足nan＋1－(n＋1)an＝5，且a1≠－5.　 第页 22 (2)若使不等式Sn>20成立的n的最小值为7，且a1∈Z，求a1和Sn的最小值． 【解析】　(2)由(1)知，数列{an}是等差数列， 因为Sn>20，化简得(5＋a1)n2＋(a1－5)n－40>0. 第页 令f(n)＝(5＋a1)n2＋(a1－5)n－40， 则使f(n)>0成立的n的最小值为7， 因为a1∈Z，所以a1＝－3， 所以Sn＝n2－4n，故Sn的最小值为S2＝－4. 第页 探究4 第页 思考题4　在各项不全为零的等差数列{an}中，Sn是其前n项和，且S99＝0，Sk＝S90(k≠90)，则正整数k的值为(　　) A．11　　　 B．10 C．9 D．8 √ 返 回 课后巩固 27 1．在小于100的自然数中，所有被7除余2的数之和为(　　) A．765　　　　　　 B．665 C．763 D．663 √ 第页 2．《算法统宗》中有一首“九儿问甲歌”：“一个公公九个儿，若问生年总不知，自长排来差三岁，共年二百又零七，借问长儿多少岁，各儿岁数要详推．”这首歌诀的大意是：“一位老公公有九个儿子，九个儿子按年龄从大到小排列，相邻两人的年龄差三岁，并且儿子们的年龄之和为207岁，请问大儿子多少岁，其他几个儿子年龄如何推算．”在这个问题中，记这位公公的第n个儿子的年龄为an，则a3＝(　　) A．17 B．29 C．23 D．35 √ 第页 第页 3．在公差d＝3的等差数列{an}中，a2＋a4＝－2，则数列{|an|}的前10项和为(　　) A．127 B．125 C．89 D．70 √ 第页 解析　∵d＝3，a2＋a4＝－2，∴2a1＋4d＝－2，解得a1＝－7. ∴an＝－7＋3(n－1)＝3n－10. ∴当n＝1，2，3时，an<0；当n≥4时，an>0. 第页 4．在江西省发现的汉代海昏侯刘贺的墓中，发掘出大量的铜钱“汉五铢”．古人是如何将铜钱放置在钱库中的呢？汉代将1 000枚铜钱用缗(丝绳或麻绳)串起来，称为一缗(mín，音民)，再放在一起成为一堆．为清点这批铜钱的数目，考古工作者先将其串成缗，并在最底层放置70缗，然后一层一层往上码，每层递减一缗，最上面一层为31缗，则这堆铜钱共有________缗． 解析　由题意知，从上往下数每层铜钱缗数是以31为首项，1为公差的等差数列，且末项为70，故70＝31＋(n－1)×1⇒n＝40， 第页 (1)证明：数列{an}是等差数列； 两式相减得nan－(n－1)an＋1＝1， 则有(n＋1)an＋1－nan＋2＝1， 两式相减得an＋an＋2＝2an＋1，∴数列{an}是等差数列． 第页 (2)求数列{an}的通项公式． 解析　(2)当n＝1时，2a1＝a1＋1， ∴a1＝1，又a2＝3，∴d＝2， ∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1. 返 回 (3)设bn＝|an|，求数列{bn}的前n项和Seq \o\al(′,n). 【解析】　(3)由(2)知，当n≤17时，an≥0；当n≥18时，an<0. 所以当n≤17时，Seq \o\al(′,n)＝b1＋b2＋…＋bn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝33n－n2. 当n≥18时，Seq \o\al(′,n)＝|a1|＋|a2|＋…＋|a17|＋|a18|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a17－(a18＋a19＋…＋an)＝S17－(Sn－S17)＝2S17－Sn＝n2－33n＋544. 故Seq \o\al(′,n)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(33n－n2（n≤17），,n2－33n＋544（n≥18）.)) 【解析】　设等差数列{an}的公差为d， 由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a25－a10＝15d＝－45，,23＝a1＋（10－1）×d，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝50，,d＝－3.)) (1)设该数列从第n项开始为负， 即an＝50－3(n－1)＝53－3n<0， ∴n>eq \f(53,3)，又n∈N*，∴该数列从第18项开始为负． (2)求数列{|an|}的前n项和Seq \o\al(′,n). 【解析】　(2)当n≤17时，Seq \o\al(′,n)＝－eq \f(3,2)n2＋eq \f(103,2)n； 当n>17时，Seq \o\al(′,n)＝|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a17－(a18＋a19＋…＋an)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)n2＋\f(103,2)n))＋2S17＝eq \f(3,2)n2－eq \f(103,2)n＋884， ∴Seq \o\al(′,n)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)n2＋\f(103,2)n（n≤17），,\f(3,2)n2－\f(103,2)n＋884（n>17）.)) 【解析】　(1)设第n年获取的利润为y万元，则n年共收入租金50n万元，维护费构成一个以12为首项，4为公差的等差数列，共12n＋4×eq \f(n（n－1）,2)＝2n2＋10n(万元)， 【解析】　(2)年平均获利为eq \f(y,n)＝eq \f(－2n2＋40n－72,n)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n＋\f(72,n)))＋40， 因为2n＋eq \f(72,n)≥2eq \r(2n·\f(72,n))＝24， 所以－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n＋\f(72,n)))＋40≤－24＋40＝16， 当且仅当2n＝eq \f(72,n),即n＝6时取等号,所以应在第6年投资其他项目. ②由等差数列前n项和公式，得这9圈一共有S9＝9a1＋eq \f(9×（9－1）,2)d＝9×9＋eq \f(9×8,2)×9＝405块石板． 3　已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且满足a1＝1，an＋1＝2eq \r(Sn)＋1. 【解析】　(1)∵a1＝1，an＋1＝2eq \r(Sn)＋1， ∴a2＝2eq \r(S1)＋1＝2eq \r(a1)＋1＝3. 【解析】　(2)方法一：由an＋1＝2eq \r(Sn)＋1，得Sn＋1－Sn＝2eq \r(Sn)＋1，故Sn＋1＝(eq \r(Sn)＋1)2. ∵an>0，∴Sn>0，∴eq \r(Sn＋1)＝eq \r(Sn)＋1，即eq \r(Sn＋1)－eq \r(Sn)＝1， 则eq \r(Sn)－eq \r(Sn－1)＝1(n≥2)， 由累加法可得eq \r(Sn)＝1＋n－1＝n，∴Sn＝n2(n≥2)．又S1＝a1＝1满足上式，∴Sn＝n2. 方法二：由an＋1＝2eq \r(Sn)＋1，得(an＋1－1)2＝4Sn， ∴aeq \o\al(2,n＋1)－aeq \o\al(2,n)－2an＋1－2an＝0，即(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝0. ∴an＝2－eq \f(1,n)(n≥2)． 当n＝1时，a1＝1符合上式． ∴an＝2－eq \f(1,n). (1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an＋5,n)))为常数列，并求{an}的通项公式； 【解析】　(1)证明：因为nan＋1－(n＋1)an＝5，两边同时除以n(n＋1)得eq \f(an＋1,n＋1)－eq \f(an,n)＝eq \f(5,n（n＋1）)＝eq \f(5,n)－eq \f(5,n＋1)，所以eq \f(an＋1,n＋1)＋eq \f(5,n＋1)＝eq \f(an,n)＋eq \f(5,n)， 所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an＋5,n)))为常数列． 所以eq \f(an＋5,n)＝eq \f(a1＋5,1)⇒an＝(5＋a1)n－5. 所以Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝eq \f(n[a1＋（5＋a1）n－5],2) ＝eq \f(（5＋a1）n2＋（a1－5）n,2). 所以易知5＋a1>0，故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（6）≤0，,f（7）>0，,f（1）≤0，,a1>－5，))解得－eq \f(85,28)<a1≤－eq \f(55,21). 公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，(n，Sn)是二次函数y＝eq \f(d,2)x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))x(x∈R)的图象上孤立的点，开口方向、对称轴(对称性)、单调性、最值、零点等二次函数的性质在解题时也经常用到． 【解析】　由题知d≠0，Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n，所以Sn可看成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，由S99＝0可知二次函数图象的对称轴为x＝eq \f(99,2)，所以90＋k＝99，解得k＝9.故选C. 解析　依题意{an}为等差数列，且d＝－3， S9＝eq \f(9（a1＋a9）,2)＝9a5＝207，∴a5＝23， ∴a3＝a5－2d＝29.故选B. an的前n项和Sn＝eq \f(n（－7＋3n－10）,2)＝eq \f(n（3n－17）,2). 则数列{|an|}的前10项和＝－a1－a2－a3＋…＋a10＝S10－2S3＝eq \f(10×（30－17）,2)－2×eq \f(3×（9－17）,2)＝89. 所以共有40层，故这堆铜钱共有eq \f(40×（31＋70）,2)＝2 020(缗)． 5.设数列{an}的前n项和为Sn，已知eq \f(2Sn,n)－an＝1(n∈N*)，且a2＝3. 解析　(1)证明：由eq \f(2Sn,n)－an＝1(n∈N*)，得2Sn－nan＝n，∴2Sn＋1－(n＋1)an＋1＝n＋1， $