新教材2023年高中数学第四章数列4

2．已知等差数列{an}中，a2＝3，d＝2，Sn＝49，则n＝__7__． [解析] 由题意得 a1＝1，又 Sn＝49，d＝2，所以 n×1＋n（n2－1）·2 ＝49，所以 n＝7.
关键能力 ·攻重难
题型探究
题型一
有关等差数列前n项和公式的计算
典例1 则a8＝
A．8
(1)等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＋a8＝13，S7＝35，
(2)由已知SS′nn＝7nn＋＋32，ab77＝SS′1133＝1963.
(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＋102×9d＝10，所以 d＝－22，
所以前 11 项的和 S110＝11×100＋11×2 10d＝11×100＋11×2 10×(－ 22)＝－110.
【对点训练】❸(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__2_0__．
(2)已知等差数列{an}中，a1＝13，S3＝S11.那么当n＝__7__，Sn取最大 值．
[解析] (1)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aann＋≥1≤0，0，解得 n＝20.
(2)求值想到 Sn＝n（a12＋an）⇒若 m＋n＝p＋q 则 am＋an＝ap＋aq⇒abnn ＝SS′22nn－－11.
(3)求 S110 想到 Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…构成公差为 n2d 的等差数列 ⇒S10＝100，S100＝10⇒项数和公差．
[解析] (1)Sn－Sn－4＝an＋an－1＋an－2＋an－3＝80. S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝40. 两式相加得4(a1＋an)＝120，∴a1＋an＝30. 由 Sn＝n（a12＋an）＝210，∴n＝14.
(C )
A．5114
B．581
C．9136
D．9132
(3)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝100，S100＝10，试求
S110.
[分析] (1)求 n 想到 Sn＝n（a1＋ 2 an）＝n（am＋2an－m＋1）⇒Sn－Sn－4＝ an＋an－1＋an－2＋an－3，a1＋a2＋a3＋a4⇒a1＋an.
(B)
B．9
C．10
D．11
(2)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为
(C)
A．7
B．6
C．3
D．2
(3)(2022·徐州高二检测)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S6＝ 2，S9＝5，则S15＝_1_5___．
[分析] (1)Sn＝na1＋n（n－ 2 1）d，an＝a1＋(n－1)d⇒解方程组． (2)求 d⇒S2＝4，S4＝20⇒Sn＝na1＋n（n2－1）d⇒解方程组． (3)求 S15⇒Sn＝na1＋n（n－ 2 1）d⇒S6＝2，S9＝5⇒解方程组求 a1，d.
a1＋2d＝8， (2)①设公差为 d，由题意得4a1＋4×2 3d＝36，
a1＋2d＝8， d＝－2， 即a1＋32d＝9，解得a1＝12， ∴an＝－2n＋14.
②由①得 Sn＝n（12＋214－2n）＝－n2＋13n ＝－n－1232＋1469. 当 n 取与123最接近的整数，即 6 或 7 时，Sn 有最大值，最大值为 S6 ＝S7＝－72＋13×7＝42.
n（a1＋an） 所以有Sn＝______2_____①. 又an＝a1＋(n－1)d，代入①式，得Sn＝_n_a_1_＋__n_（__n_－2__1_）__d②.
想一想：等差数列前n项和公式的内涵是什么？ 提示：Sn＝n（a1＋ 2 an）反映了等差数列的前 n 项和与它的首项、末 项之间的关系；Sn＝na1＋n（n2－1）d 反映了等差数列的前 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”．两者从不同的 角度反映了等差数列的性质．
练一练： 1 ． 在 等 差 数 列 {an} 中 ， a1 ＝ － 3 ， a2 ＝ 5 ， 则 {an} 的 前 10 项 和 为 __3_3_0__． [解析] 方法一：∵a1＝－3，a2＝5，∴公差 d＝a2－a1＝8，∴S10＝ 10×(－3)＋102×9×8＝330. 方法二：公差 d＝a2－a1＝8，a10＝a1＋(10－1)d＝－3＋72＝69， ∴S10＝10（a12＋a10）＝10×（－23(2)因为{an}，{bn}都是等差数列，所以{an＋bn}为等差数列，首项a1 ＋b1＝20，末项a100＋b100＝100，
故 S100＝100×（220＋100）＝6 000.
题型三
等差数列前n项和的最值
典例3 (1)若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n ＝__8__时，{an}的前n项和最大；
[解析] (1)S4＝4a1＋4×（24－1）d＝4a1＋6d＝2＋6d＝20，∴d＝3. 故 S6＝6a1＋6×（26－1）d＝6a1＋15d＝3＋15d＝48. (2)∵Sn＝n·32＋n（n2－1）－12＝－15，整理得 n2－7n－60＝0， 解得 n＝12 或 n＝－5(舍去)，∴a12＝32＋(12－1)×－12＝－4. (3)由 Sn＝n（a12＋an）＝n（－5122＋1）＝－1 022，解得 n＝4. 又由 an＝a1＋(n－1)d，即－512＝1＋(4－1)d，解得 d＝－171.
第四章 数 列
4.2 等差数列
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
素养目标·定方向 必备知识·探新知 关键能力·攻重难 课堂检测·固双基
素养目标 ·定方向
学习目标 借助教材实例了解等差数列前n项和公式的推 导过程 借助教材掌握a1，an，d，n，Sn的关系 掌握等差数列的前n项和公式、性质及其应用
(2)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a3＝8，S4＝36. ①求{an}的通项公式； ②当n为何值时，Sn有最大值？并求其最大值． [分析] 求Sn的最大值，可以利用数列的通项公式求解，也可以利 用前n项和的函数特性求解．
[解析] (1)由等差数列的性质，得a7＋a8＋a9＝3a8>0，a8>0. 又因为a7＋a10<0，所以a8＋a9<0，所以a9<0，所以S8>S7，S8>S9，即 数列{an}的前8项和最大．
题型二
等差数列前n项和的性质
典例2 (1)已知等差数列{an}前n项和为Sn，S4＝40，Sn＝210，Sn
－4＝130，则n＝
(B )
A．12
B．14
C．16
D．18
(2)(2022·河 南 信 阳 高 一 联 考 ) 两 个 等 差 数 列 {an} ， {bn} ， 若
ab11＋ ＋ab22＋ ＋… …＋ ＋abnn＝7nn＋＋32，则ab77＝
【 对点 训练 】❷ (1) 已知等差数列{an} 满足： a2＝2 ，Sn－Sn－3＝
54(n>3)，Sn＝100，则n＝
(D )
A．7
B．8
C．9
D．10
(2)若{an}，{bn}都是等差数列，且a1＝5，b1＝15，a100＋b100＝100， 求数列{an＋bn}的前100项的和．
[解析] (1)∵等差数列{an}满足：a2＝2， Sn－Sn－3＝54(n>3)，Sn＝100， ∴an＋an－1＋an－2＝54(n>3) 又{an}为等差数列， ∴3an－1＝54(n≥2)，∴an－1＝18(n≥2)， 又a2＝2，Sn＝100， ∴Sn＝（a2＋a2n－1）·n＝（2＋218）n＝100.
[规律方法] 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
①利用等差数列的性质简化计算；
注意 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.
【对点训练】❶已知等差数列{an}中， (1)a1＝12，S4＝20，求 S6； (2)a1＝32，d＝－12，Sn＝－15，求 n 及 a12； (3)a1＝1，an＝－512，Sn＝－1 022，求 d.
即 100d＝－22，所以 S110＝－110.
[规律方法] 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abnn＝
SS′22nn－－11.
(3)若等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，则数列Snn是等差数列，且首项
核心素养 逻辑推理 逻辑推理 数学抽象 数学运算
必备知识 ·探新知
知识点 等差数列的前n项和公式的推导(倒序相加法)
设Sn是等差数列{an}的前n项和，d为{an}的公差， Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an. 倒序得Sn＝___a_n_＋__a_n－__1＋__…__＋__a_2_＋__a_1___， 两式相加得2Sn＝(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋…＋(an＋a1)． 由等差数列的性质得a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝…＝an＋a1，
[解析] (1)设等差数列{an}的公差为 d， a3＋a8＝a1＋2d＋a1＋7d＝2a1＋9d＝13，
则S7＝7a1＋7×2 6d＝7a1＋21d＝35， 解得ad1＝＝12，， ∴a8＝a1＋7d＝2＋7＝9，故选 B．
(2)S2＝a1＋a2＝2a1＋d＝4 ① S4＝4a1＋6d＝20 ② 由①②解得 a1＝12，d＝3.故选 C． (3)由 6a1＋6×2 5d＝2，9a1＋9×2 8d＝5 得 a1＝－217，d＝247，所以 S15 ＝15a1＋15×2 14d＝15.
为 a1，公差为
d 2.
(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；SS奇偶＝aan＋n 1； ②若共有 2n＋1 项，则 S2n＋1＝(2n＋1)an＋1；
S 偶－S 奇＝－an＋1；SS偶 奇＝n＋n 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.
方法二：设等差数列{an}的公差为 d， 则Snn＝d2(n－1)＋a1，所以数列Snn成等差数列． 所以1S10100000－－S111000＝11S1111000－－11S0010000， 即11100000－－1110000＝1S11100－1011000， 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＝100× 2 99d－1002×9d＝10－10×100，
[规律方法] 等差数列前n项和最值的两种求法 (1)转折项法． ①当 a1>0，d<0 时，由不等式组aann＋≥1≤0，0， 可求得 Sn 取最大值时的 n 值． ②当 a1<0，d>0 时，由不等式组aann＋≤1≥0，0， 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＝an＋2ba2－4ba2. ①若 a>0，则当n＋2ba2最小时，Sn 有最小值； ②若 a<0，则当n＋2ba2最小时，Sn 有最大值．