数学选择性必修 第三册5.2.2 等差数列的前n项和学案及答案

这是一份数学选择性必修 第三册5.2.2 等差数列的前n项和学案及答案，共14页。学案主要包含了思维·引，内化·悟，类题·通，习练·破，加练·固，新情境·新思维等内容，欢迎下载使用。

5.2.2　等差数列的前n项和
新版课程标准
学业水平要求
1.探索并掌握等差数列的前n项和公式,理解等差数列的通项公式与前n项和公式的关系
2.能在具体问题情境中,发现数列的等差关系,并解决相应的问题
1.借助教材实例了解等差数列前n项和公式的推导过程.(数学运算)
2.借助教材掌握a1,an,d,n,Sn的关系.(数学运算)
3.掌握等差数列的前n项和公式、性质及其应用.(数学运算)
4.能利用等差数列的通项公式、前n项和公式解决实际问题、最值问题等相关问题.(数学运算、数学建模)
第1课时　等差数列的前n项和
必备知识·素养奠基
　等差数列前n项和公式
公式一
适用条件
Sn=
知首项、末项、项数
公式二
适用条件
Sn=na1+d
知首项、公差、项数

(1)对于公式二,若将Sn看成关于n的函数,试判断此函数是什么函数?其解析式具有什么特点?
提示:公式二可变形为Sn=n2+n,当d≠0时可以看作不含常数项的关于n的一元二次式,反之,若一个数列的前n项和是不含常数项的一元二次式,则此数列是等差数列.
(2)等差数列的前n项和公式中的意义是什么?
提示:=,即等差数列前n项的平均数.

1.思维辨析(对的打“√”,错的打“×”)
(1)对于an=Sn-Sn-1成立的条件是n∈N+. (　　)
(2)等差数列前n项和公式的推导方法我们称为“倒序相加法”. (　　)
(3)若数列{an}的前n项和为Sn,则a3+a4+a5=S5-S2. (　　)
(4)1+3+5+7+9=. (　　)
提示:(1)×.n>1且n∈N+.
(2)√.等差数列具有a1+an=a2+an-1=a3+an-2=…特征,可用倒序相加法.
(3)√.由数列的前n项和的定义可知此说法正确.
(4)×.1+3+5+7+9=.
2.在数列{an}中,Sn=2n2-3n(n∈N+),则a4等于 (　　)
A.11 B.15 C.17 D.20
【解析】选A.a4=S4-S3=2×42-3×4-(2×32-3×3)=11.
3.设{an}是等差数列,若a2=3,a7=13,则数列{an}的前8项和为 (　　)
A.128 B.80 C.64 D.56
【解析】选C.设数列{an}的前n项和为Sn,则S8====64.
4.平均数为1 010的一组数构成等差数列,其末项为2 019,则该数列的首项为________. 
【解析】设该数列的首项为x,由题意可得:1 010=,解得x=1.
答案:1
关键能力·素养形成
类型一　有关等差数列前n项和的计算
【典例】1.设Sn是等差数列{an}的前n项和,若a1=-2 017,S6-2S3=18,则S2 019= (　　)
A.-2 017 B.2 017 C.2 018 D.2 019
2.在等差数列{an}中:
(1)已知a5+a10=58,a4+a9=50,求S10;
(2)已知S7=42,Sn=510,an-3=45,求n.
【思维·引】1.根据等差数列前n项和公式,解方程,求出公差,即可得到相应的值.
2.根据等差数列的通项公式和前n项和公式列方程组,解方程组,可得到相应的值.
【解析】1.选D.设等差数列{an}的公差为d,
因为a1=-2 017,S6-2S3=18,
所以6a1+d-2=18,
化为:9d=18,解得d=2.
则S2 019=2 019×(-2 017)+×2=2 019.
2.(1)方法一:由已知条件得解得
所以S10=10a1+d=10×3+×4=210.
方法二:由已知条件得
所以a1+a10=42,
所以S10==5×42=210.
(2)S7==7a4=42,所以a4=6.
所以Sn====510.
所以n=20.
【内化·悟】
　解与等差数列前n项和有关的问题时,常用到哪些公式?体现了什么数学思想方法的应用?
提示:常用到等差数列的通项公式和前n项和公式,体现了方程思想的运用.
【类题·通】
等差数列前n项和公式的运算方法与技巧
类型
“知三求二型”
基本量
a1,d,n,an,Sn
方法
运用等差数列的通项公式和前n项和公式建立方程(组),通过解方程(组)求出未知量
思想
方程的思想
注意
①利用等差数列的性质简化计算;
②注意已知与未知条件的联系;
③有时运用整体代换的思想
【习练·破】
1.(2020·新高考全国Ⅰ卷)将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为________. 
【解析】由题意知数列{2n-1}为1,3,5,7,9,11,13,…,{3n-2}为1,4,7,10, 13,16,19,…,所以数列为1,7,13,19,…,即an=1+6(n-1)=6n-5,所以数列的前n项和为=3n2-2n.
答案:3n2-2n
2.已知等差数列{an}中,
(1)a1=,S4=20,求S6;
(2)a1=,d=-,Sn=-15,求n及an;
(3)a1=1,an=-512,Sn=-1 022,求d.
【解析】(1)S4=4a1+d=4a1+6d
=2+6d=20,所以d=3.
故S6=6a1+d=6a1+15d=3+15d=48.
(2)因为Sn=n·+=-15,
整理得n2-7n-60=0,解得n=12或n=-5(舍去),
所以a12=+(12-1)×=-4.
(3)由Sn===-1 022,解得n=4.
又由an=a1+(n-1)d,即-512=1+(4-1)d,
解得d=-171.
【加练·固】
1.将含有k项的等差数列插入4和67之间,结果仍成一新的等差数列,并且新的等差数列所有项的和是781,则k的值为 (　　)
A.20　　　　B.21　　　　C.22　　　　D.24
【解析】选A.由数列前n项和公式可得:
=781,解得k=20.
2.已知等差数列{an}.
(1)a1=,a15=-,Sn=-5,求d和n.
(2)a1=4,S8=172,求a8和d.
【解析】(1)因为a15=+(15-1)d=-,所以d=-.又Sn=na1+d=-5,解得n=15或n=-4(舍).
(2)由已知,得S8===172,解得a8=39,又因为a8=4+(8-1)d=39,所以d=5.
类型二　等差数列前n项和的性质
【典例】1.(2020·扬州高二检测)已知数列{an},{bn}都是等差数列,Sn,Tn分别是它们的前n项和,并且=,则= (　　)
A. B. C. D.
2.在项数为2n+1的等差数列{an}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
3.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S10=100,S100=10,试求S110.
【思维·引】1.用等差数列前n项和公式(含首项、末项、项数)和等差数列的性质求解.
2.综合利用等差数列的性质及其前n项和公式推出与n的关系.
3.方法一:依据S10,S20-S10,S30-S20,…,S100-S90,S110-S100成等差数列解答;
方法二:依据数列是等差数列解答;
方法三:直接分析S110,S100,S10之间的关系.
【解析】1.选C.数列{an},{bn}都是等差数列,Sn,Tn分别是它们的前n项和,并且=,
则====.
2.选B.因为等差数列有2n+1项,
所以S奇=,S偶=.又a1+a2n+1=a2+a2n,所以===,所以n=10.
3.方法一:因为S10,S20-S10,S30-S20,…,S100-S90,S110-S100成等差数列,设公差为d,
前10项的和为:10×100+d=10,所以d=-22,
所以前11项的和S110=11×100+d=11×100+×(-22)=-110.
方法二:设等差数列{an}的公差为d,
则=(n-1)+a1,所以数列成等差数列.
所以=,即=,
所以S110=-110.
方法三:设等差数列{an}的公差为d,
S110=a1+a2+…+a10+a11+a12+…+a110=(a1+a2+…+a10)+[(a1+10d)+(a2+10d)+…+(a100+10d)]=S10+S100+100×10d,
又S100-10S10=d-d=10-10×100,
即100d=-22,所以S110=-110.
【类题·通】
等差数列前n项和的性质
(1)等差数列{an}中,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n也构成等差数列.
(2)若{an}与{bn}均为等差数列,且前n项和分别为Sn与S′n,则=.
(3)若等差数列{an}的前n项和为Sn,则数列是等差数列,且首项为a1,公差为.
(4)项的个数的“奇偶”性质.
{an}为等差数列,公差为d.
①若共有2n项,则S2n=n(an+an+1);
S偶-S奇=nd;=;
②若共有2n+1项,则S2n+1=(2n+1)an+1;
S偶-S奇=-an+1;=
(5)等差数列{an}中,若Sn=m,Sm=n(m≠n),
则Sm+n=-(m+n).
(6)等差数列{an}中,若Sn=Sm(m≠n),则Sm+n=0.
【习练·破】
1.等差数列{an}的前m项和为30,前2m项和为100,则它的前3m项和是 (　　)
A.130 B.170 C.210 D.260
【解析】选C.因为Sm,S2m-Sm,S3m-S2m成等差数列,
所以Sm+S3m-S2m=2(S2m-Sm),
所以30+S3m-100=2(100-30),所以S3m=210.
2.在等差数列{an}中,a2+a4+a6=-3,a3+a5+a7=6,则{an}的前8项和为 (　　)
A.3 B.4 C.5 D.6
【解析】选B.由a2+a4+a6=-3,a3+a5+a7=6,则3(a2+a7)=3,
解得a2+a7=1,{an}的前8项和==4.
【加练·固】
　　　1.已知等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若对于任意的自然数n,都有=,则+= (　　)
A. B. C. D.
【解析】选A.因为等差数列中,若m+n=p+q,
则am+an=ap+aq;
等差数列的前n项和为:Sn=.
所以==,
所以+=+
=+===
===.
2.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S3=9,S6=36,则a7+a8+a9等于 (　　)
A.63 B.45 C.36 D.27
【解析】选B.因为a7+a8+a9=S9-S6,而由等差数列的性质可知,S3,S6-S3,S9-S6构成等差数列,
所以S3+(S9-S6)=2(S6-S3),即S9-S6=2S6-3S3=2×36-3×9=45.
类型三　等差数列前n项和的最值
【典例】1.设{an}是等差数列,Sn是其前n项和,且S5S8,则下列结论错误的是 (　　)
A.d<0
B.a7=0
C.S9>S5
D.S6和S7均为Sn的最大值
2.(2018·全国Ⅱ卷)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;
(2)求Sn,并求Sn的最小值.
【思维·引】1.由已知条件分析a6,a7,a8的符号,求Sn的最大值,作差比较S9与S5的大小.
2.(1)解方程组即可求出首项、公差,进而得到{an}的通项公式;
(2)可以把Sn看作关于n的二次函数从函数角度求最值;也可以分析等差数列的项从哪一项开始由负变正,推出Sn的最小值.
【解析】1.选C.因为S5S8,
所以a6>0,a7=0,a8<0,
可得d<0,S6和S7均为Sn的最大值,
S9==9a5,S5==5a3.
S9-S5=9(a1+4d)-5(a1+2d)=4a1+26d=4a7+2d<0,
所以S9 2.(1)设{an}的公差为d,由题意得3a1+3d=-15.
又a1=-7,所以d=2.
所以{an}的通项公式为an=2n-9.
(2)方法一:(二次函数法)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.
方法二:(通项变号法)由(1)知an=2n-9,
则Sn==n2-8n.
由Sn最小⇔即所以≤n≤,
又n∈N+,所以n=4,此时Sn的最小值为S4=-16.
【内化·悟】
　等差数列的前n项和Sn是关于n的二次函数(缺常数项),如何利用对应函数的图象分析等差数列正、负项的分界点?
提示:利用到y=ax2+bx(a≠0)的对称轴距离最近的左侧的一个正数或离对称轴最近且关于对称轴对称的两个整数对应项即为正、负项的分界点.
【类题·通】
　等差数列前n项和最值的两种求法
(1)符号转折点法.
①当a1>0,d<0时,由不等式组
可求得Sn取最大值时的n值.
②当a1<0,d>0时,由不等式组
可求得Sn取最小值时的n值.
(2)利用二次函数求Sn的最值.
知道公差不为0的等差数列的前n项和Sn可以表示成Sn=an2+bn(a≠0)的形式,我们可将其变形为Sn=a-.
①若a>0,则当最小时,Sn有最小值;
②若a<0,则当最小时,Sn有最大值.
【习练·破】
1.记等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1>0,a2+a2 018=0,则S2 019=________;当Sn取得最大值时,n=________. 
【解析】因为a2+a2 018=a1+a2 019=0,
所以S2 019==0.
因为a1>0,a1+a2 019=2a1+2 018d=0,
所以a1+1 009d=0,所以a1 010=0,
所以当Sn取得最大值时,n=1 009或1 010.
答案:0　1 009或1 010
2.在等差数列{an}中,a1=25,S17=S9,求Sn的最大值.
【解析】方法一:利用前n项和公式和二次函数的性质.由S17=S9,得25×17+×(17-1)d=25×9+×(9-1)d,
解得d=-2.
所以Sn=25n+(n-1)(-2)=-(n-13)2+169.
所以由二次函数的性质,得当n=13时,Sn有最大值169.
方法二:由方法一,得d=-2.
因为a1=25>0,
由
得
所以当n=13时,Sn有最大值,最大值为S13=13×25+×(-2)=169.
方法三:由S17=S9,得a10+a11+…+a17=0,
而a10+a17=a11+a16=a12+a15=a13+a14,
故a13+a14=0.
由方法一,得d=-2<0,a1>0,所以a13>0,a14<0.
故n=13时,Sn有最大值,
最大值为S13=13×25+×(-2)=169.
【加练·固】
　　　1.设数列{an}为等差数列,其前n项和为Sn,已知a1+a4+a7=99,a2+a5+a8=93,若对任意n∈N+,都有Sn≤Sk成立,则k的值为________. 
【解析】方法一:对任意n∈N+,都有Sn≤Sk成立,即Sk为Sn的最大值.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,当Sn取得最大值时,
对任意n∈N+满足解得n=20.
即满足对任意n∈N+,都有Sn≤Sk成立的k的值为20.
答案:20
方法二:同方法一可得公差d=-2,an=a4+(n-4)d=41-2n,则n=1时,a1=39,
　所以Sn=n2+n=-n2+40n=-(n-20)2+400,即当n=20时,Sn取得最大值,从而满足对任意n∈N+,都有Sn≤Sk成立的k的值为20.
答案:20
2.设等差数列{an}的前n项和为Sn,且S2 016>0,S2 017<0,则当n=________时,Sn最大. 
【解析】由等差数列的性质知,S2 017=2 017a1 009<0,
所以a1 009<0,又S2 016==1 008(a1 008+a1 009)>0,所以a1 008+a1 009>0,而a1 009<0,
故a1 008>0.因此当n=1 008时,Sn最大.
答案:1 008
课堂检测·素养达标
1.(2020·南阳高二检测)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S2=4,S3=9,则S5的值是 (　　)
A.15 B.30 C.13 D.25
【解析】选D.已知等差数列{an}中S2=4.S3=9,
则a3=S3-S2=9-4=5,则S5==5a3=25.
2.已知数列{an}的前n项和公式是Sn=2n2+3n,则 (　　)
A.是公差为2的等差数列
B.是公差为3的等差数列
C.是公差为4的等差数列
D.不是等差数列
【解析】选A.因为Sn=2n2+3n,所以=2n+3,
当n≥2时,-=2n+3-2(n-1)-3=2,
故是公差为2的等差数列.
3.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a3=-4,a7=4,则 (　　)
A.S4>S6 B.S4=S5
C.S6 【解析】选B.设等差数列{an}的公差为d,
因为a3=-4,a7=4,
所以a1+2d=-4,a1+6d=4,联立解得:a1=-8,d=2,
所以S4=4a1+d=-20,同理可得:S5=-20,S6=-18.所以S4=S5.
4.已知等差数列{an}中,|a5|=|a9|,公差d>0,则使得前n项和Sn取得最小值的正整数n的值是________. 
【解析】由|a5|=|a9|且d>0得,a5<0,a9>0且a5+a9=0⇒2a1+12d=0⇒a1+6d=0,即a7=0,故S6=S7,且最小.
答案:6或7
【新情境·新思维】
　传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上画点或用小石子表示数.他们研究过如图所示的三角形数:将三角形数1,3,6,10,…记为数列{an},将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列{bn},可以推测:b2019是数列{an}中的第________项. 

【解析】由前四组可以推知an=1+2+…+n=,
从而b1=a4=10,b2=a5=15,b3=a9=45,b4=a10=55,依次可知,当n=4,5,9,10,14, 15,19,20,24,25,…时,由此知可被5整除的三角形数每五个数中出现两个,即每五个数分为一组,则该组的后两个数可被5整除,由于b2019是第2019个可被5整除的数,故它出现在数列{an}按五个一段分组的第1 010组的第4个数字,由此知,b2 019是数列{an}中的第1 009×5+4=5 049个数.
答案:5 049