人教A版 (2019)选择性必修 第二册第四章 数列4.2 等差数列第1课时导学案

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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
(教师独具内容)
课程标准：1.掌握等差数列的前n项和公式的推导过程.2.掌握等差数列的前n项和公式并能应用公式解决问题.3.熟练掌握等差数列的五个量a1，d，n，an，Sn的关系，能够由其中的三个量求另外的两个．
教学重点：等差数列的前n项和公式及其应用．
教学难点：等差数列前n项和公式的推导过程.




知识点 等差数列的前n项和公式及其推导
1．等差数列前n项和公式的推导思路：它来源于对等差数列的第k项与倒数第k项的和都等于首项a1和末项an的和这一性质的认识和发现．推导方法是倒序相加.
2．等差数列的前n项和公式
因为等差数列{an}中，有a1＋an＝a2＋an－1＝…＝ak＋an－k＋1成立，所以可得到等差数列前n项和公式为Sn＝.
如果代入等差数列的通项公式an＝a1＋(n－1)d，Sn也可以用首项a1与公差d表示，即Sn＝na1＋d.
3．等差数列前n项和公式Sn＝na1＋d还可以由如下方法推导：
Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋(a1＋d)＋(a1＋2d)＋…＋[a1＋(n－1)d]，
Sn＝an＋an－1＋…＋a1＝[a1＋(n－1)d]＋[a1＋(n－2)d]＋[a1＋(n－3)d]＋…＋a1，
∴2Sn＝[2a1＋(n－1)d]＋[2a1＋(n－1)d]＋…＋[2a1＋(n－1)d]＝n·[2a1＋(n－1)d]．
∴Sn＝na1＋d.

等差数列的前n项和公式的应用
公式Sn＝①与Sn＝na1＋d②都叫做等差数列的前n项和公式．
(1)公式①反映了等差数列中任意的第k项与倒数第k项的和等于首项与末项的和这个内在性质．推导方法是倒序相加法．
(2)公式②反映了等差数列前n项和与它的首项、公差之间的关系，而且是关于n的“二次函数”：Sn＝An2＋Bn(不含常数项)．其中A＝，B＝a1－.
(3)当已知首项、末项和项数时，用公式①较为方便；当已知首项、公差和项数时，用公式②较为方便．
(4)上述两个公式涉及a1，d，n，an和Sn这五个基本量，依据方程思想，我们可以“知三求二”．

1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)知道等差数列的首项、公差与前n项和可求项数n.(　　)
(2)对于数列{an}，一定有关系式an＝Sn－Sn－1.(　　)
(3)若数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋n＋1，则数列{an}是等差数列．(　　)
答案　(1)√　(2)×　(3)×
2．做一做(请把正确的答案写在横线上)
(1)若数列{an}的前n项和Sn＝n2，则a3＋a4＋a5＝________.
(2)等差数列{an}中，a1＝6，a12＝－16，则S12＝________________.
(3)等差数列{an}中，a1＝2，公差d＝2，则S10＝___________________.
(4)已知数列{an}的通项公式an＝－5n＋2，则其前n项和Sn＝________.
答案　(1)21　(2)－60　(3)110　(4)－



题型一 等差数列前n项和公式的运用
例1　(1)已知{an}是等差数列，a10＝10，其前10项和S10＝70，求公差d；
(2)已知{an}为等差数列，公差d＝2，前n项和为Sn，an＝11，Sn＝35，求a1，n；
(3)在等差数列{an}中，已知a2＋a5＝19，S5＝40，求a10.
[解]　(1)由等差数列的前n项和公式可得
S10＝＝5(a1＋10)＝70，
解得a1＝4，∴d＝＝.
(2)由题设可得
解得或
(3)由题设可得
即解得
故a10＝2＋3×(10－1)＝29.
[条件探究]　本例(2)中，将“d＝2”改为“a1＝3”，其他条件不变，求n和公差d.
解　解法一：由
得解得
解法二：∵a1＝3，an＝11，Sn＝35，
∴35＝＝7n，即n＝5.
又11＝3＋(5－1)d，∴d＝2.

等差数列中的基本计算
(1)利用基本量求值．等差数列的通项公式和前n项和公式中有五个量a1，d，n，an和Sn，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，解题时注意整体代换的思想．
(2)结合等差数列的性质解题．等差数列的常用性质：若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq，常与求和公式Sn＝结合使用．
[跟踪训练1]　等差数列{an}中，a10＝30，a20＝50.
(1)求通项an；
(2)若Sn＝242，求n.
解　(1)设数列{an}的首项为a1，公差为d，
则∴
∴通项an＝a1＋(n－1)d＝10＋2n.
(2)由Sn＝na1＋d，a1＝12，d＝2，
Sn＝242，得方程242＝12n＋×2.
即n2＋11n－242＝0，得n＝11或n＝－22(舍去).
题型二 求数列{|an|}的前n项和
例2　已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋n，求数列{|an|}的前n项和Tn.
[解]　a1＝S1＝－×12＋×1＝101.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝－3n＋104.
∵n＝1也适合上式，
∴数列{an}的通项公式为an＝－3n＋104.
由an＝－3n＋104≥0得n≤34，
即当n≤34时，an>0；当n≥35时，an<0.
解法一：①当n≤34时，
Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an
＝Sn＝－n2＋n.
②当n≥35时，
Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|a34|＋|a35|＋…＋|an|
＝(a1＋a2＋…＋a34)－(a35＋a36＋…＋an)
＝2(a1＋a2＋…＋a34)－(a1＋a2＋…＋an)
＝2S34－Sn
＝2－
＝n2－n＋3502.
故Tn＝
解法二：①同解法一．
②当n≥35时，
Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝(a1＋a2＋…＋a34)－(a35＋a36＋…＋an)＝－
＝n2－n＋3502，
故Tn＝

由等差数列{an}求数列{|an|}的前n项和的技巧
常先由Sn的最值判断出哪些项为正，哪些项为负或先求出an，解an≥0的n的取值范围判断出哪些项为正，哪些项为负．
(1)等差数列{an}的各项都为非负数，这种情形中数列{|an|}就等于数列{an}，可以直接求解．
(2)若前k项为负，从k＋1项开始以后的项非负，则{|an|}的前n项和Tn＝
(3)若前k项为正，以后各项非正，则
Tn＝
(4)也可以分别求出an≥0与an<0的和再相减求出|an|的和．
[跟踪训练2]　已知数列{an}的通项公式是an＝4n－25，求数列{|an|}的前n项和．
解　∵an＝4n－25，
∴an＋1＝4(n＋1)－25，an＋1－an＝4，
a1＝4×1－25＝－21，
∴数列{an}是以－21为首项，公差为4的等差数列．
由an≥0，得4n－25≥0，即n≥6，
∴数列{an}中前6项均小于零，从第7项起均大于零，
∴当n≤6时，|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝－(a1＋a2＋…＋an)＝－Sn＝－＝－2n2＋23n.
当n≥7时，|a1|＋|a2|＋…＋|an|
＝－(a1＋a2＋…＋a6)＋(a7＋a8＋…＋an)
＝(a1＋a2＋…＋an)－2(a1＋a2＋…＋a6)
＝Sn－2S6＝－21n＋×4－2×
＝2n2－23n＋132.
故数列{|an|}的前n项和Sn＝
题型三 倒序相加法的应用
例3　设f(x)＝，求和
S＝f＋f＋…＋f.
[解]　因为f(x)＝，
所以f(1－x)＝＝＝，
所以f(x)＋f(1－x)＝1.
所以S＝f＋f＋…＋f，①
S＝f＋f＋…＋f.②
①＋②，得2S＝2020＝2020.
所以S＝1010.

把条件与所求和的式子对比，寻找到规律是解决问题的关键．
[跟踪训练3]　设f(x)＝，求f＋f＋…＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2020)．
解　∵f(x)＝，∴f(x)＋f＝1.
令S＝f＋f＋…＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2020)，①
则S＝f(2020)＋f(2019)＋…＋f(1)＋f＋…＋f.②
①＋②，得2S＝1×4039＝4039，
所以S＝.



1．设Sn是等差数列{an}的前n项和，已知a2＝3，a6＝11，则S7等于(　　)
A．13 B．35
C．49 D．63
答案　C
解析　S7＝＝＝49.
2．(多选)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则下列四个选项正确的是(　　)
A．a1＝－2 B．a1＝2
C．d＝4 D．d＝－4
答案　AC
解析　因为所以故选AC.
3．若一个等差数列{an}的前3项和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列有(　　)
A．13项 B．12项
C．11项 D．10项
答案　A
解析　a1＋a2＋a3＋an－2＋an－1＋an＝34＋146＝180，所以3(a1＋an)＝180，即a1＋an＝60.由Sn＝390，知＝390，所以＝390，解得n＝13.
4．设数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，其中an＝－3n＋20，bn＝|an|，使Tn＝Sn成立的最大正整数为________，T2021＋S2021＝________.
答案　6　114
解析　根据题意，数列{an}中，an＝－3n＋20，则数列{an}是首项为17，公差为－3的等差数列，且当n≤6时，an＞0，当n≥7时，an＜0，又由bn＝|an|，则当n≤6时，bn＝an，当n≥7时，bn＝－an，则使Tn＝Sn成立的最大正整数为6，T2021＋S2021＝(a1＋a2＋…＋a6＋a7＋a8＋…＋a2021)＋(b1＋b2＋…＋b6＋b7＋b8＋…＋b2021)＝(a1＋a2＋…＋a6＋a7＋a8＋…＋a2021)＋(a1＋a2＋…＋a6－a7－a8－…－a2021)＝2(a1＋a2＋…＋a6)＝2×＝114.
5．在等差数列{an}中，
(1)已知S8＝48，S12＝168，求a1和d；
(2)已知a6＝10，S5＝5，求a8和S8；
(3)已知a3＋a15＝40，求S17.
解　(1)∵S8＝8a1＋28d＝48，S12＝12a1＋66d＝168，解得a1＝－8，d＝4.
(2)∵a6＝10＝a1＋5d，S5＝5a1＋10d＝5，解得d＝3，a1＝－5.∴a8＝16，S8＝44.
(3)∵a1＋a17＝a3＋a15＝40，
∴S17＝＝340.



A级：“四基”巩固训练
一、选择题
1．等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝6，a3＝4，则公差d等于(　　)
A．1 B．
C．2 D．3
答案　C
解析　∵S3＝＝6，而a3＝4，∴a1＝0，∴d＝＝2.
2．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若S5＝10，S10＝－5，则公差为(　　)
A．－1 B．1
C．±1 D．2
答案　A
解析　设数列{an}的首项为a1，公差为d，由题设知，

即解方程组得d＝－1.
3．等差数列{an}的通项公式an＝1－2n，其前n项和为Sn，则数列的前11项和为(　　)
A．－45 B．－50
C．－55 D．－66
答案　D
解析　等差数列{an}的前n项和Sn＝，∴＝＝＝－n.∴数列的前11项的和为－(1＋2＋3＋…＋11)＝－66.
4．等差数列{an}的前n项和为Sn，已知am－1＋am＋1－a＝0，S2m－1＝38，则m等于(　　)
A．38 B．20
C．10 D．9
答案　C
解析　由数列{an}是等差数列，得am－1＋am＋1＝a，由am－1＋am＋1－a＝0，得2am－a＝0，解得am＝2或am＝0.又由S2m－1＝×(2m－1)＝38，且2am＝a1＋a2m－1，得(2m－1)am＝38，故am≠0，则有2m－1＝19，m＝10.
5．(多选)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1＋3a5＝S7，则以下结论一定正确的是(　　)
A．a4＝0 B．Sn的最大值为S3
C．S1＝S6 D．|a3|<|a5|
答案　AC
解析　设等差数列{an}的公差为d，则a1＋3(a1＋4d)＝7a1＋21d，解得a1＝－3d，所以an＝a1＋(n－1)d＝(n－4)d，所以a4＝0，故A正确；由于d的正负不清楚，故S3可能为最大值或最小值，故B不正确；因为S6－S1＝5a4＝0，所以S1＝S6，故C正确；因为a3＋a5＝2a4＝0，所以a3＝－a5，即|a3|＝|a5|，故D不正确．故选AC.
二、填空题
6．等差数列{an}中，S10＝4S5，则＝________.
答案　
解析　由题意，得10a1＋×10×9d＝4，∴10a1＋45d＝20a1＋40d，∴10a1＝5d，∴＝.
7．数列{an}满足：a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－1)·an＝(n－1)·3n＋1＋3(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________.
答案　3n
解析　a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－3)·an－1＋(2n－1)·an＝(n－1)·3n＋1＋3，当n≥2时，把n换成n－1，得a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－3)·an－1＝(n－2)·3n＋3，两式相减，得(2n－1)·an＝(n－1)·3n＋1－(n－2)·3n，即(2n－1)·an＝(2n－1)·3n，又n∈N*，∴an＝3n，当n＝1时，a1＝3，符合上式，∴an＝3n.
8．若数列{an}的前n项和是Sn＝n2－4n＋2，则|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝________.
答案　66
解析　当n＝1时，a1＝S1＝1－4＋2＝－1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－4n＋2－[(n－1)2－4(n－1)＋2]＝2n－5，所以a2＝－1.所以前两项是负数．故|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝S10＋2(|a1|＋|a2|)＝102－4×10＋2＋2×(1＋1)＝66.
三、解答题
9．在等差数列{an}中，
(1)已知a4＝9，a9＝－6，Sn＝54，求n；
(2)已知a2＝1，a5＝7，求S10；
(3)已知S5＝24，求a2＋a4.
解　(1)∵∴
∴Sn＝n·18＋×(－3)＝54，
解得n＝4或n＝9.
(2)∵a2＝1，a5＝7，
又a5－a2＝3d，∴3d＝6，即d＝2.
∴a1＝a2－d＝－1，
∴S10＝10a1＋·d＝10×(－1)＋45×2＝80.
(3)解法一：设等差数列的首项为a1，公差为d，则
S5＝5a1＋d＝24，
即5a1＋10d＝24，∴a1＋2d＝.
∴a2＋a4＝a1＋d＋a1＋3d＝2(a1＋2d)＝2×＝.
解法二：由S5＝＝24，得a1＋a5＝.
∴a2＋a4＝a1＋a5＝.
10．已知等差数列{an}满足：a3＝7，a5＋a7＝26，{an}的前n项和为Sn.
(1)求an及Sn；
(2)令bn＝(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.
∵a3＝7，a5＋a7＝26，
∴解得
∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，
Sn＝3n＋×2＝n2＋2n.
即an＝2n＋1，Sn＝n2＋2n.
(2)由(1)知an＝2n＋1，
∴bn＝＝＝×
＝×.
∴Tn＝×
＝×＝，
即数列{bn}的前n项和Tn＝.
B级：“四能”提升训练
1．已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a3a4＝117，a2＋a5＝22.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)若数列{bn}是等差数列，且bn＝，求非零常数c.
解　(1){an}为等差数列，∵a3＋a4＝a2＋a5＝22，
又a3a4＝117，
∴a3，a4是方程x2－22x＋117＝0的两个根，
又公差d>0，∴a3 ∴∴∴an＝4n－3.
(2)由(1)知，Sn＝n·1＋·4＝2n2－n，
∴bn＝＝，
∴b1＝，b2＝，b3＝，
∵{bn}是等差数列，∴2b2＝b1＋b3，∴2c2＋c＝0，
∴c＝－(c＝0舍去)．
2．已知一次函数f(x)＝x＋8－2n.
(1)设函数y＝f(x)的图象与y轴交点的纵坐标构成数列{an}，求证：数列{an}是等差数列；
(2)设函数y＝f(x)的图象与y轴的交点到x轴的距离构成数列{bn}，求数列{bn}的前n项和Sn.
解　(1)证明：由题意，得an＝8－2n.
∵an＋1－an＝8－2(n＋1)－8＋2n＝－2，
∴数列{an}为等差数列．
(2)由题意，得bn＝|8－2n|.
∵b1＝6，b2＝4，b3＝2，b4＝0，b5＝2，
∴此数列前4项是首项为6，公差为－2的等差数列，
从第5项起是以2为首项，2为公差的等差数列．
∴当n≤4时，
Sn＝6n＋×(－2)＝－n2＋7n.
当n≥5时，
Sn＝S4＋(n－4)×2＋×2＝12＋n2－7n＋12＝n2－7n＋24.
∴Sn＝