等差数列前n项和的最值问题的两个解法
等差数列的最值问题
解析（1）设数列{ }的公差为d，则由2009 = 0得20091 +
= 0，
2
1
2009−
即1 + 1004 = 0，则 = −
1 ,所以1 + =
1 ,所以 = (1 +
1004
1004
2
2009−
) = ⋅
1 = 1 ⋅ (2009 − 2 ).因为1 < 0, ∈ ∗ ,所以当 = 1004或
由 S5＝S12 得 5a1＋10d＝12a1＋66d，
d＝－ a1<0.
8
1
－ a1
n（n－1）
n（n－1）
1
则 Sn ＝ na1 ＋
d ＝ na1 ＋
· 8 ＝ － a1(n2 － 17n) ＝ －
16
2
2
17
n－
1
2 289
a1
2 ＋
a1，因为 a1>0，n∈N*，所以当 n＝8 或 9 时，Sn 有最大值．
2
1004
2008
1005
= 1005时， 取得最小值，最小值为
1 .
2
1005−
1
1005−
2
（2）由（1）得 =
1 . 由 ≤ , 得
(2009 − ) ≤
1 .
1004
2008
1004
因为 1 < 0, 所以 2 − 2011 + 2010 ≤ 0, 即 ( − 1)( − 2010) ≤ 0 ，解得 1 ≤
≤ 2010 .故所求 的取值集合为 {|1 ≤ ≤ 2010, ∈ ∗ } .
等差数列前n项和的最值问题(精品文档)
等差数列前n 项和的最值问题问题引入：已知数列{},n a 的前n 项和212n S n n =+,求这个数列的通项公式.数列是等差数列吗?如果是,它的首项与公差分别是什么? 解:当n>1时:1122n n n a s s n -=-==-当n=1时:211131122a s ==+⨯= 综上:122na n =-,其中:132a =,2d =探究1:一般地,如果一个数列{}n a 的前n 项和为:2,ns pn qn r =++其中:p.q.r 为常数,且p ≠0,那么这个数列一定是等差数列吗?如果是,它的首项和公差分别是什么?结论:当r=0时为等差,当r ≠0时不是一、 应用二次函数图象求解最值 例1：等差数列{}n a 中， 1490,a S S >=，则n 的取值为多少时？n S 最大分析：等差数列的前n 项和n S 是关于n 的二次函数，因此可从二次函数的图象的角度来求解。
解析：由条件1490,a S S >=可知，d<0，且211(1)()222n n n d dS na d n a n -=+=+-， 其图象是开口向下的抛物线，所以在对称轴处取得最大值，且对称轴为496.52n +==，而n N *∈，且6.5介于6与7的中点，从而6n =或7n =时n S 最大。
1.已知等差数列{n a }中1a =13且3S =11S ,那么n 取何值时,n S 取最大值.解析：设公差为d ，由3S =11S 得：3×13+3×2d/2=11×13+11×10d/2 d= -2,n a =13-2(n-1), n a =15-2n,由⎩⎨⎧≤≥+0a 0a 1n n 即⎩⎨⎧≤+-≥-0)1n (2150n 215得：6.5≤n ≤7.5,所以n=7时,n S 取最大值.2.已知a n 是各项不为零的等差数列，其中a 1＞0，公差d ＜0，若S 10=0，求数列a n 前 5 项和取得最大值．结合二次函数的图象，得到二次函数图象的开口向下，根据图象关于对称轴对称的特点，得到函数在对称轴处取到最大值，，注意对称轴对应的自变量应该是整数或离对称轴最近的整数．a n 是各项不为零的等差数列，其中a 1＞0，公差d ＜0，S 10=0，根据二次函数的图象特点得到图象开口向下，且在n=错误!未找到引用源。
2021年高中数学人教A版必修五第二章数列第二课时 等差数列的前n项和的最值及应用
5
课前预习
课堂互动
课堂小结
@《创新设计》
知识点2 裂项相消法
把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求和.
常见的拆项方法：
(1)n（n1＋k）＝_1k__1n_－__n_＋1__k__；
(2)
1 n＋k＋
＝_1k___n_＋___k_－___n__；
n
(3)（2n－1）1（2n＋1）＝_12_2_n__1－__1_－__2_n_1＋__1__.
绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次
增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块.向
外每环依次也增加9块.已知每层环数相同，且下层比中
层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )
A.3 699块
B.3 474块
C.3 402块
D.3 339块
@《创新设计》
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课堂互动
7
课前预习
课堂互动
@《创新设计》 课堂小结
@《创新设计》
2.数列{an}的通项公式 an＝
1 n＋
n＋1，其前
n
项和
Sn＝9，则
n＝________.
解析
an＝
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n，
∴Sn＝( 2－1)＋( 3－ 2)＋…＋( n＋1－ n)
＝ n＋1－1＝9，∴n＝99. 答案 99
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课前预习
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课前预习
课堂互动
课堂小结
(1)若{an}是等差数列，则ana1n＋1＝1da1n－an1＋1，ana1n＋2＝21da1n－an1＋2.
(2)n（n1＋k）＝1k1n－n＋1 k.
求等差数列前n项和的最值问题的两种常用解法
求等差数列前n 项和的最值问题的两种常用解法【必备方法】1.函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式bn an S n +=2，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解，一定注意n 是正整数。
2.邻项变号法：①0,01<>d a 时，满足⎩⎨⎧≤≥+001n n a a 的项数m 使得n S 取得最大值为m S ； ②当0,01><d a 时，满足⎩⎨⎧≥≤+001n n a a 的项数m 使得n S 取得最小值为m S . 【典例示范】例1、等差数列}{n a 前n 项和为n S ，已知1131,13S S a ==，当n S 最大时，n 的值是( )(A)5 (B)6 (C)7 (D)8解：方法一：由113S S =得01154=+++a a a ，根据等差数列性质可得087=+a a ，根据首项等于13可推知这个数列递减，从而得到0,087<>a a ，故n=7 时，n S 最大.方法二：由113S S =可得d a d a 55113311+=+，把131=a 代入得2-=d ，故n n n n n S n 14)1(132+-=--=，根据二次函数性质，当n=7时，n S 最大. 方法三：根据131=a ,113S S =，知这个数列的公差不等于零.由于113S S =说明这个数列的和先是单调递增的然后又单调递减.根据公差不为零的等差数列的前n 项和是关于n 的二次函数，以及二次函数图象的对称性，当113S S =时，只有72113=+=n 时，n S 取得最大值. 答案：C练习：1.已知在等差数列}{n a 中，311=a ，n S 是它的前n 项的和，2210S S =.（1）求n S ；（2）这个数列前多少项的和最大，并求出这个最大值. 解析：（1）∵102110a a a S ++= ，222122a a a S ++= ，又2210S S =， ∴0221211=++a a a ，则031212211=+=+d a a a ，又311=a ，2-=∴d ，∴21322)1(n n d n n na S n -=-+=。
专题49 数列中的最值问题-2021版跳出题海之高中数学必做黄金100题(解析版)
1/ 17第49题 数列中的最值问题一．题源探究·黄金母题已知等差数列245,4,3,77的前n 项和为n S ，求使得n S 最大的序号n 的值．【答案】7或8．【解析】由题意知，等差数列245,4,3,77的公差为57-， ()2257555151125251271414256n n n n S n n ⎡⎤-⎛⎫⎛⎫∴=⨯+-⋅-==--+⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦．∴当7n =或8时，n S 取最大值．人教A 版必修5P 45例4．【母题评析】本题考查等差数列前n 项和的最值问题，考查考生的分析问题解决问题的能力以及基本计算能力．【思路方法】由等差数列前n 项和得和，再利用二次函数的相关知识求解．二．考场精彩·真题回放【2020年高考北京】在等差数列{}n a 中，19a =-，31a =-．记12(1,2,)n n T a a a n ==……，则数列{}n T A ．有最大项，有最小项B ．有最大项，无最小项C ．无最大项，有最小项D ．无最大项，无最小项【答案】B【解析】由题意可知，等差数列的公差511925151a a d --+===--， 则其通项公式为：()()11912211n a a n d n n =+-=-+-⨯=-，注意到123456701a a a a a a a <<<<<<=<<，且由50T <可知()06,i T i i N <≥∈，【命题意图】这类题主要考查数列中项的最值问题、前n 项和的最值、求满足数列的特定条件的n 的最值、求满足条件的参数的最值等．【考试方向】这类试题在考查题型上，为选择或填空题，也可以是解答题的一个小题，难度较大． 【学科素养】数学运算【难点中心】解答此类问题一般利用函数思想，结合函数与数列相关性质解题．2/ 17由()117,ii i T a i i N T -=>≥∈可知数列{}n T 不存在最小项， 由于1234569,7,5,3,1,1a a a a a a =-=-=-=-=-=， 故数列{}n T 中的正项只有有限项：263T =，46315945T =⨯=.故数列{}n T 中存在最大项，且最大项为4T . 故选：B ．三．理论基础·解题原理考点一 等差数列的前n 项和与函数的关系等差数列的前n 项和公式为1(1)2n n n S na d -=+可变形为S n ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n ，令A ＝d 2，B ＝a 1－d 2，则S n ＝An 2＋Bn ．当A ≠0，即d ≠0时，S n 是关于n 的二次函数，(n ，S n )在二次函数y ＝Ax 2＋Bx 的图象上，为抛物线y ＝Ax 2＋Bx 上一群孤立的点．利用此性质可解决前n 项和S n 的最值问题． 考点二 等差数列前n 项和的最值(1)若等差数列的首项10a >，公差0d <，则等差数列是递减数列，正数项有限，前n 项和有最大值，且满足10n n a a +≥⎧⎨≤⎩．(2)若等差数列的首项10a <，公差0d >，则等差数列是递增数列，负数项有限，前n 项和有最小值，且满足100n n a a +≤⎧⎨≥⎩．3/ 17四．题型攻略·深度挖掘【考试方向】这类试题在考查题型上，为选择或填空题，也可以是解答题的一个小题，难度较大．考向1 数列中项的最值问题已知数列}{n a 的通项公式为n a =2156nn +，求}{n a 的最大项．【分析】思路1：利用基本不等式求解．思路2：求满足⎩⎨⎧≥≥-+11n n n n a a a a 的n 的值．【解法一】基本不等式法．n a =2156n n +=1156n n+，因为156n n +≥1562n n⨯；当且仅当156n n =，即n=156时，而，144156169<< 且n ∈N *，于是将n=12或13代人，得1213a =a 且最大．【温馨提醒】解法一是是利用基本不等式求解，解法二是通过确定⎩⎨⎧≥≥-+11n n n n a a a a n 满足的的值，从而找到最大项。
2.2.2等差数列前n项和公式
练习3 已知一个共有n项的等差数列前4项之 和为26,末四项之和为110,且所有项的和为 187，求n.
n=11
提示：a1+a2+a3+a4=26
a1+an=34
an+an-1+an-2+an-3=110
Sn
n(a1 2
an )
34n 2
187,n
11
课堂小结
1．等差数列前n项和的公式；（两个）
解:(1)由已知得 12a1+6×11d>0
13a1+13×6d<0
24 d 3 7
(2)
∵
Sn
na1
1 2
n(n
1)d
1
n(12 2d ) n(n 1)d
2
d n2 (12 5d )n
2
2 5 12
∴Sn图象的对称轴为 n
由(1)知 24 7
+ S =100 + 99 + 98 + … + 3 + 2 + 1
2S = 101 +101+101 + … + 101 + 101 + 101
100101
S=
2
=5050
实例2
如图，表示堆放的钢管共8层，自上而下各 层的钢管数组成等差数列4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11， 求钢管的总数 .
Sn
n(a1 2
an )
Sn
na1
n(n 1) 2
d
2．等差数列前n项和公式的推导方法— —倒序相加法；
4.2.2等差数列的前n项和公式(解析版)
4．2．2 等差数列的前n 项和公式【题型归纳目录】题型一：等差数列前n 项和的有关计算 题型二：等差数列前n 项和的比值问题 题型三：等差数列前n 项和的性质 题型四：等差数列前n 项和的最值问题 题型五：求数列{}||n a 的前n 项和题型六：等差数列前n 项和公式的实际应用 题型七：由等差数列的前n 项和判断等差数列 题型八：等差数列片段和的性质 题型九：等差数列的奇数项与偶数项和 【知识点梳理】知识点一、等差数列的前n 项和公式 等差数列的前n 项和公式 公式一：1()2n n n a a S +=证明：倒序相加法 1231n n n S a a a a a -=+++++①1221n n n n S a a a a a --=+++++②①+②：1213212()()()()n n n n n S a a a a a a a a --=++++++++因为121321n n n n a a a a a a a a --+=+=+==+所以12()n n S n a a =+ 由此得：1()2n n n a a S +=公式二：1(1)2n n n dS na -=+证明：将1(1)n a a n d =+-代入1()2n n n a a S +=可得：1(1)2n n n dS na -=+ 知识点诠释：①倒序相加是数列求和的重要方法之一．②上面两个公式均为等差数列的求和公式，共涉及1a 、n 、d 、n a 、n S 五个量，已知其中任意三个量，通过解方程组，便可求出其余两个量．知识点二、等差数列的前n 项和的有关性质 等差数列{}n a 中，公差为d ，则①连续k 项的和依然成等差数列，即k S ，2k k S S -，32k k S S -，…成等差数列，且公差为2k d ． ②若项数为2n ，则21()n n n S n a a +=+，S S nd -=奇偶，1nn S a S a +=奇偶③若项数为21n -，则21(21)n n S n a -=-，n S na =奇，(1)n S n a =-偶，n S S a -=奇偶，1S n S n =-奇偶知识点三、等差数列中的函数关系等差数列{}n a 的通项公式是关于n 的一次函数（或常数函数） 等差数列{}n a 中，11(1)()n a a n d dn a d =+-=+-，令1a d b -=，则： n a dn b =+（d ，b 是常数且d 为公差）（1）当0d =时，n a b =为常数函数，{}n a 为常数列；它的图象是在直线y b =上均匀排列的一群孤立的点．（2）当0d ≠时，n a dn b =+是n 的一次函数；它的图象是在直线y dx b =+上均匀排列的一群孤立的点．①当0d >时，一次函数单调增，{}n a 为递增数列； ②当0d <时，一次函数单调减，{}n a 为递减数列．等差数列{}n a 的前n 项和公式是关于n 的一个常数项为零的二次函数（或一次函数） 由211(1)()222n n n d d S na d n a n -=+=+-，令2d A =，12dB a =-，则： 2n S An Bn =+（A ，B 是常数）（1）当0d =即0A =时，1n S Bn na ==，n S 是关于n 的一个一次函数；它的图象是在直线1y a x =上的一群孤立的点．（2）当0d ≠即0A ≠时，n S 是关于n 的一个常数项为零的二次函数；它的图象是在抛物线2y Ax Bx =+上的一群孤立的点．①当0d >时n S 有最小值 ②当0d <时，n S 有最大值 知识点诠释：1、公差不为0的等差数列{}n a 的通项公式是关于n 的一次函数．2、n a pn q =+（p ，q 是常数）是数列{}n a 成等差数列的充要条件．3、公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和公式是关于n 的一个常数项为零的二次函数．4、2n S An Bn =+（其中A ，B 为常数）是数列{}n a 成等差数列的充要条件．【方法技巧与总结】 1、等差数列前n 项和的最值（1）在等差数列{}n a 中，当10a >，0d <时，n S 有最大值，使n S 取得最值的n 可由不等式组100n n a a +⎧⎨⎩确定；当10a <，0d >时，n S 有最少值，使n S 取到最值的n 可由不等式组10n n a a +⎧⎨⎩确定． （2）2122n d d S n a n ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，若0d ≠，则从二次函数的角度看：当0d >时，n S 有最少值；当0d <时，n S 有最大值．当n 取最接近对称轴的正整数时，n S 取到最值．【典型例题】题型一：等差数列前n 项和的有关计算例1．（重庆市璧山来凤中九校2022届高三上学期联考模拟（二）数学试题）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若681012a a a ++=，则15S =（ ） A ．150 B ．120 C ．75 D ．60【答案】D【解析】因为6810,,a a a 也成等差数列，故61082a a a +=，同理11582a a a += 因为681012a a a ++=，所以8312a =，故84a = 所以()115815815152156022a a a S a +⨯====. 故选：D例2．（2022·福建·泉州高三期中）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若954S =，8530S S -=，则11S =（ ） A ．77 B ．88 C ．99 D ．110【答案】B【解析】954S =，得5954a =，解得56a =， 8530S S -=，得6787330a a a a ++==，解得710a =，故7522a a d -==， 11651111()11888S a a d ==⨯+=⨯=.故选：B例3．（2022·江苏·盱眙县第二高级高二期中）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足：3111,3a a ==，则25S =（ ）A ．72B ．75C ．60D ．100【答案】B【解析】由133a =可得：12513251322525257522a a aS a +=⨯=⨯==， 故选：B变式1．（2022·浙江·镇海高二期中）等差数列{}n a 中，已知113a =，21a =，1200n S =，则n 为（ ）A ．58B ．59C ．60D ．61【答案】C【解析】由{}n a 是等差数列，113a =，21a =得2123d a a =-=则()211120023n n n n S na d -=+==即23600n =，60n = 故选：C.变式2．（2022·云南师大附中高三阶段练习）已知等差数列{}n a 的前3项和为27，5230a a +=，则8a =（ ） A ．31 B ．32C ．33D ．34【答案】C【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ， 由题意313327S a d =+=，12530a d +=， 解得4d =，15a =，所以81752833a a d =+=+=． 故选：C【方法技巧与总结】 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1,,,n a d n a 和n S ，这五个量可以“知三求二”．一般是利用公式列出基本量1a 和d 的方程组，解出1a 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m n p q a a a a +=+，常与求和公式()12n n n a a S +=结合使用．题型二：等差数列前n 项和的比值问题例4．（2022·江苏省震泽高二阶段练习）已知,n n S T 分别是等差数列{}n a 与{}n b 的前n 项和，且()211,2,42n n S n n T n +==-，则1011318615a ab b b b +=++（ ）A ．1120 B ．4178C ．4382D ．2342【答案】B【解析】因为数列{}n b 是等差数列，所以318615b b b b +=+， 所以10101111318615615a a a ab b b b b b ++=+++， 又因为,n n S T 分别是等差数列{}n a 与{}n b 的前n 项和，且()211,2,42n n S n n T n +==-，所以101011120201131861561512020220141420278a a a a a S ab b b b b b b b T +⨯++=====+⨯-++++, 故选：B .例5．（2022·全国·高三专题练习）两个等差数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为n S 、n T ，且523n n S n T n +=+，则220715a ab b ++等于（ ）A ．10724B ．724C ．14912D ．1493【答案】A【解析】两个等差数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为n S 、n T ，且523n n S n T n +=+， 所以1212201212112171512121215212107221324212a a a a a a S b b b b b b T +⨯++⨯+=====++++⨯. 故选：A例6．（2022·全国·高三专题练习）设等差数列{}n a 与等差数列{}n b 的前n 项和分别为n S ，n T .若对于任意的正整数n 都有2131n n S n T n +=-，则89a b =（ ） A ．3552B ．3150C ．3148D ．3546【答案】B【解析】设()21n S n nt =+，()31n T n nt =-，0t ≠.则88713610531a S S t t t =-=-=，99823418450b T T t t t =-=-=，所以893150a b =. 故选：B.变式3．（2022·全国·高三专题练习）若等差数列{}n a 和{}n b 的前n 项的和分别是n S 和n T ，且21nnna b n =+，则1111S T =（ ） A ．1221B ．1123C ．613D ．1223【答案】C【解析】因为{}n a 和{}n b 是等差数列,故()()1116111111161161113a a a S Tb b b +⨯===+⨯ 故选:C变式4．（2022·北京·北理工附中高二期中）已知两等差数列{}n a ，{}n b ，前n 项和分别是n A ，n B ，且满足2132n n A n B n +=+，则66a b =（ ） A ．1320B ．2335C ．2538D ．2741【答案】B【解析】两等差数列{}n a ，{}n b ，前n 项和分别是n A ，n B ，满足2132n n A n B n +=+， 所以1116611111111661111111221112322311235112a a a a a a A b b b b b b B +⨯+⨯+======++⨯+⨯. 故选：B变式5．（2022·全国·高三专题练习）已知Sn 是等差数列{an }的前n 项和，若a 1＝﹣2018，20192013620192013S S -=，则S 2020等于（ ） A ．﹣4040 B ．﹣2020 C ．2020 D ．4040【答案】C【解析】∵Sn 是等差数列{an }的前n 项和，∴数列{nS n}是等差数列． ∵a 1＝﹣2018，20192013620192013S S -=， ∴数列{nS n }的公差d 616==，首项为﹣2018， ∴20202020S =-2018+2019×1＝1， ∴S 2020＝2020． 故选：C ．变式6．（2022·全国·高三专题练习）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若20212020120212020S S =+且13a =，则( ) A ．21n a n =+ B ．1n a n =+ C ．22n S n n =+ D ．24n S n n =-【答案】A【解析】设{}n a 的公差为d ， ∵()112n n n S na d -=+∴111222n S n d d a d n a n -=+⋅=⋅+-， 即{nS n }为等差数列，公差为2d ， 由20212020120212020S S -=知122d d =⇒=， 故()23212122n n n n a n S n n ++=+==+，﹒故选：A ﹒【方法技巧与总结】设{}n a ，{}n b 的前n 项和为n S ，n T ，则2121::n n n n a b S T --=． 题型三：等差数列前n 项和的性质例7．（2022·四川·成都市新津区成实外高级高二阶段练习（文））已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（ ）A ．若98S S >，910S S >，则170S >，180S <B ．若170S >，180S <，则98S S >，910S S >C ．若170S >，180S <，则170a >，180a <D ．若170a >，180a <，则170S >，180S <【答案】B【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，A 选项，若98S S >，910S S >，8989,0S a S a +>>，991010,0S S a a >+<，则0d <， 11791792171717022a a aS a +=⨯=⨯=>，则90a >， ()118189101892a a S a a +=⨯=+，无法判断符号，A 选项错误. B 选项，11791792171717022a a aS a +=⨯=⨯=>，则90a >， 所以898S a S +>，所以98S S >. ()1181891018902a a S a a +=⨯=+<，则100a <，所以9910S S a >+，910S S >，B 选项正确.C 选项，若170S >，180S <，171181880,0S S a a <=<+， 11791792171717022a a aS a +=⨯=⨯=>，则90a >， ()1181891018902a a S a a +=⨯=+<，则100a <， 则10,0a d ><，170a <，C 选项错误. D 选项，若170a >，180a <，则10,0a d ><， 当*117,N n n ≤≤∈时0n a >，所以170S >， 但()1181891018902a a S a a +=⨯=+>，所以D 选项错误. 故选：B例8．（2022·陕西·榆林市第一高一期末（理））等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若56S S <，67S S =，78S S >，则下列结论错误的是（ ）A ．680a a +=B ．58S S =C ．数列{}n a 是递减数列D ．130S >【答案】D【解析】由67S S =，则7670S S a -==，即1760a d a +==， 又86720a a a +==，故A 正确； ()1553552a a S a +==，()()182********a a a a S a ++===， 则3215460a a a d -=+=，故58S S =，B 正确； 由56S S <，78S S >，即6560S S a -=>，8780S S a -=< 所以0d <，数列{}n a 是递减数列，故C 正确； 137130S a ==，D 错误.故选：D例9．（2022·河南·舞阳县第一高级高二阶段练习（理））已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若10911S S S <<，则下列选项不正确的是（ ）A ．0d >B ．10a <C ．200S >D ．210S <【答案】D【解析】等差数列{}n a 的前n 项和n S 满足109S S <，1011S S <，则100a <，110a >， 所以0d >，10a <，故A ，B 正确；由911S S <，可知10110a a +>，所以()()20120101110100S a a a a =+=+>，故C 正确； 因为110a >，所以2111210S a =>，故D 不正确． 故选: D变式7．（2022·四川成都·高一期中（理））已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若10a >，且1215S S =，则使0n S >成立的最大n 值为（ ） A ．13 B ．14 C ．26 D ．27【答案】C【解析】由12151314150S S a a a =⇒++=1414300a a ⇒=⇒= 又10a >，所以公差0d < ()()126261314261302a a S a a +==+> ()1272714272702a a S a +=== 所以使0n S >成立的最大n 值为26 故选：C变式8．（2022·全国·高三专题练习）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足19160,a S S <=，则（ ） A ．0d < B ．n S 的最小值为25SC ．130a =D ．满足0n S >的最大自然数n 的值为25【答案】C【解析】由于916S S = ，101112131415160a a a a a a a ++++++= ， ∴上式中等差中项130a =，13110120a a a d -=-=＞ ，即0d ＞ ， 故A 错误；由等差数列的性质可知2513250S a == ，110S a =＜ ，即125S S ＜ ， 故B 错误；由以上分析可知C 正确，D 错误； 故选：C.变式9．（2022·陕西渭南·一模（理））已知数列{}n a 为等差数列，其前n 项和为n S ，若15=90S ，则8=a （ ） A ．12 B ．6 C ．4 D ．3【答案】B【解析】因为数列{}n a 为等差数列，所以()115815815152=159022a a S a a +⨯===， 所以86a =.故选：B.变式10．（2022·全国·高三专题练习）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若12a =，且319S S =，则21S =（ ） A ．1 B ．2 C ．3 D ．4【答案】B【解析】方法一：∵319S S =∴()193451941980S S a a a a a -=+++=+=∴4190a a +=∴()2112345192021S a a a a a a a a =+++++++()12320211419122a a a a a a a a a =++++=++==，方法二：由于2n S An Bn =+是二次函数2()f x Ax Bx =+,当x n =时的函数值()n S f n =，根据二次函数的对称性，由319S S =可知，n S 的关于11n =对称，因此21112S S a ===， 故选:B变式11．（2022·全国·高二课时练习）在各项不全为零的等差数列{}n a 中，n S 是其前n 项和，且20112014S S =，2003k S S =，则正整数k 的值为（ ）A ．2020B ．2021C ．2022D ．2023【答案】C【解析】设等差数列{}n a 公差为d ，所以 ()2111222n n n d d S na d n a n -⎛⎫=+=+- ⎪⎝⎭， 所以n S 可看成关于n 的二次函数，由二次函数图象的对称性及20112014S S =，2003k S S =，可得20112014200322k ++=，解得2022k =． 故选：C ．【方法技巧与总结】利用等差数列前n 项和的性质简化计算（1）在解决等差数列问题时，先利用已知求出1a 和d ，再求所求，是基本解法，有时运算量大些； （2）等差数列前n 项和n S 的有关性质在解题过程中，如果运用得当可以达到化繁为简、化难为易、事半功倍的效果．（3）设而不求，整体代换也是很好的解题方法． 题型四：等差数列前n 项和的最值问题例10．（2022·陕西·镇巴高二期中（文））在等差数列{}n a 中，1102029,a S S ==，则数列{}n a 的前n 项和n S 的最大值为（ ）A ．15SB ．16SC ．15S 或16SD ．17S【答案】A【解析】因为{}n a 是等差数列，1020S S =， 所以111092019102022a d a d ⨯⨯+=+，整理得12290a d +=， 又因为129a =，所以2d =-； 所以()()()22129230152252n n n S n n n n -=+⨯-=-+=--+． 故当15n =时，n S 取得最大值． 故选：A.例11．（2022·全国·高二课时练习）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，当且仅当6n =时n S 取得最大值，若130a =，则公差d 的取值范围为（ ） A ．()6,5--B ．[]6,5--C ．()(),65,-∞-⋃-+∞D ．()[),65,-∞-⋃-+∞【答案】A【解析】由已知可得6700a a >⎧⎨<⎩，即30503060d d +>⎧⎨+<⎩，解得65d -<<-，故选：A ．例12．（2022·北京高二期中）等差数列{}n a 中，68a a <，680a a +=，则当前n 项和n S 最小时，n =（ ） A ．7 B ．8 C ．6或7 D ．7或8【答案】C【解析】设公差为d ，因为68a a <，所以20d >，所以0d >，因为680a a +=，所以720a =，所以70a =，所以160a d +=，160a d =-<，所以1(1)(1)622n n n n n S na d nd d --=+=-+2113169224d n ⎡⎤⎛⎫=--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，所以当6n =或7n =时，n S 取得最小值. 故选：C变式12．（2022·湖南·南县第一高二期中）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若20210S <，20220S >，则当n S 最小时，n 的值为（ ）A ．1010B ．1011C ．1012D ．2021【答案】B【解析】由于等差数列的前n 项和2n S An Bn =+的形式，图象是由经过坐标原点的抛物线上的横坐标为正整数的所有点构成，由20210S <，20220S >可知抛物线的开口向上，且大于零的零点在区间(2021,2022)之间，因此对称轴在区间()1010.5,1011之间，离对称轴最近的横坐标为整数的点的横坐标为1011n =, ∴n S 取得最小值时n 的值为1011． 故选：B变式13．（2022·山西·怀仁市第高二阶段练习（文））等差数列{}n a 是递增数列，且公差为d ，满足753a a =，前n 项和为n S ，下列选项错误的是（ ）A ．0d >B ．10a <C ．当5n =时n S 最小D ．0n S >时n 的最小值为8【答案】C【解析】对于A 选项，因为等差数列{}n a 是递增数列，则10n n d a a +=->，A 对； 对于B 选项，因为753a a =，即116312a d a d +=+，可得130a d =-<，B 对；对于C 选项，()()()2217117493222224n n n d n n d n n d d S na dn n -⎡⎤--⎛⎫=+=-+==--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦， 所以，当3n =或4时，n S 最小，C 错； 对于D 选项，()2702n n n d S -=>，因为N n *∈，解得7n >，故0n S >时n 的最小值为8，D 对.故选：C.变式14．（2022·全国·高二课时练习）设数列{}n a 为等差数列，其前n 项和为n S ，已知14799a a a ++=，25893a a a ++=，若对任意*n ∈N 都有n k S S ≤成立，则k 的值是（ ）A ．10B ．20C ．30D ．40【答案】B【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，由147125813999,31293,a a a a d a a a a d ++=+=⎧⎨++=+=⎩解得139,2,a d =⎧⎨=-⎩ ∴()()()221139140204002n n n d S na n n n n n n -=+=--=-+=--+． ∴当20n =时，n S 取得最大值． ∵对任意*n ∈N 都有n k S S ≤成立， ∴k S 为数列{}n S 的最大值，∴20k =． 故选：B.变式15．（2022·陕西·武功县普集高级高二阶段练习）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且122a =，716S S =，则n S 取最大值时n 的值为（ ）A ．12B ．12或11C ．11或10D ．10【答案】B【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，由716S S =，得1172116120a d a d +=+，即1110a d +=， 又122a =，所以2d =-，所以()2221242n a n n =--=-，令0n a =，可得12n =， 所以数列{}n a 满足：当11n ≤时，0n a >；当12n =时，0n a =；当13n ≥时，0n a <， 所以n S 取得最大值时，n 的取值为11或12.变式16．（2022·安徽·歙县教研室高二期末）已知等差数列{}n a 中，514a a =，且公差0d <，则其前n 项和取得最大值时n 的值为（ ） A ．8 B ．9 C ．10 D ．11【答案】B【解析】由等差数列的公差0d <，514a a =知，5140a a +=，所以9100a a +=，故9100,0a a ><，则数列{}n a 的前n 项和取得最大值时n 的值为9.故选：B变式17．（2022·广东·石门高级高二阶段练习）设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，27a =-，512S a =，当n S 取得最小值时，n =（ ）A ．1B ．4C ．7D ．8【答案】D【解析】设数列{}n a 的公差为d ，由已知得111754252a d a a d +=-⎧⎪⎨⨯=+⎪⎩，解得1103a d =-⎧⎨=⎩， 2(1)32310322n n n n nS n --=-+⨯=，由于41a =-0<，520a =0>，即4n ≤时0n a <，5n ≥时，0n a >， 所以4n ≤时，n S 递减，5n ≥时，n S 递增，其中1110S a ==-， 由n S 的表达式得77S =-，84S =，78S S >， 所8n =时，n S 最小． 故选：D ．变式18．（2022·安徽省临泉第一高二阶段练习）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若20210S >，20220S <，则使得前n 项和n S 取得最大值时n 的值为（ ）A ．2022B ．2021C ．1012D ．1011【答案】D【解析】因为等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，20210S >，20220S <， 所以()()()()120211011202110111202220221202210111012202120212202102220221011101102a a a S a a a S a a a a ⎧+⨯===>⎪⎪⎨+⎪==+=+<⎪⎩，所以10110a >，101110120a a +<，所以10110a >，10120a <，即等差数列{}n a 的公差0d <， 所以，1011n ≤时，0n a >；1012n ≥时，0n a <， 所以，使得前n 项和n S 取得最大值时n 的值为1011. 故选：D变式19．（2022·山西·康杰高二开学考试）已知等差数列{}n a 的通项公式为31n a tn =-（t Z ∈），当且仅当10n =时，数列{}n a 的前n 项和n S 最大，则当10k S =-时，k =（ ）A ．17B ．18C ．19D ．20【答案】D【解析】由条件可知，当10n =时，1031100a t =->，1131110a t =-<， 解得：31311110t <<，因为t Z ∈， 所以3t =，得313n a n =-， ()28313102k k k S +-==-，解得：20k =或13k =-（舍）.故选：D变式20．（2022·安徽·淮南第二高二开学考试）在等差数列{}n a 中，n S 为其前n 项的和，已知678125a a a a ++=，且10a >，当n S 取得最大值时，n 的值为（ ）A ．17B ．18C ．19D ．20【答案】C【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ， ∵678125a a a a ++=， ∴()11318511a d a d +=+， ∴13702a d =->， ∴0d <， ∴1902d a =->，2002da =<，∴19S 取得最大值. 故选：C.【方法技巧与总结】（1）等差数列前n 项和n S 最大（小）值的情形①若10a >，0d <，则n S 存在最大值，即所有非负项之和． ②若10a <，0d >，则n S 存在最小值，即所有非正项之和． （2）求等差数列前n 项和n S 最值的方法①寻找正、负项的分界点，可利用等差数列性质或利用 100n n a a +⎧⎨⎩或10n n a a +⎧⎨⎩来寻找． ②运用二次函数求最值． 题型五：求数列{}||n a 的前n 项和例13．（2022·河南安阳·高二期中）已知数列{}n a 的前n 项和为{}n a 的前n 项和为210n S n n =-．(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)求1220a a a ++⋅⋅⋅+．【解析】（1）因为210n S n n =-，所以当1n =时，21111019a S =⨯=-=-，当2n ≥时，()()22111011211n S n n n n -=---=-+， 所以1211n n n a S S n -=-=-， 经检验：19a =-满足211n a n =-， 所以211n a n =-.（2）由（1）可知，令0n a ≥，则2110n -≥，得112n ≥， 又*N n ∈，所以当6n ≥时，0n a >；当5n ≤时，0n a <；所以1220122056a a a a a a a a ++⋅⋅⋅⋅--+++=-⋅⋅-⋅⋅⋅+()()5121220562a a a a a a a a =+++-⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++⋅⋅+++⋅()22520225105201020S S =-=-⨯--+⨯+⨯250=.例14．（2022·山东青岛·高二期中）已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，且214n S n n =-.(1)求{}n a 的通项公式； (2)若123n n T a a a a =++++，求n T .【解析】（1）()214N*n S n n n =-∈当1n =时，211141113a S ==⨯-=，当2n ≥时，()()221141411152n n n a S S n n n n n -⎡⎤=-=-----=-⎣⎦， 1a 也符合上式，所以152n a n =-，（2）因为152n a n =-，所以17n ≤≤时，0n a >；7n >时，0n a <， 当17n ≤≤时，()212312313152142n n n n n n T a a a a a a a a S n n +-=++++=++++===-，当7n >时，()123123789n n n T a a a a a a a a a a a =++++=++++-+++()()212371237897221498n n a a a a a a a a a a a S S n n =++++-++++++++=-=-+.综上： 2214,171498,7n n n n T n n n ⎧-≤≤=⎨-+>⎩例15．（2022·山西省浑源高二阶段练习）表示n S 等差数列{}n a 的前n 项的和，且49S S =，112a =-. (1)求数列{}n a 的通项n a 及n S ； (2)求和12n n T a a a =+++【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，由49S S =可得1143984922a d a d ⨯⨯+=+， 因为112a =-，解得2d =，所以，()()111221214n a a n d n n =+-=-+-=-， ()()12122141322n n n a a n n S n n +-+-===-. （2）142,17214214,8n n n a n n n -≤≤⎧=-=⎨-≥⎩，当17n ≤≤且N n *∈时，()212142132n n n T n n +-==-；当8n ≥且N n *∈时，()()()()2722147426713842n n n T T n n n n +--=+=+--=-+.综上所述，2213,171384,8n n n n T n n n ⎧-≤≤=⎨-+≥⎩. 变式21．（2022·江苏·常熟高二期中）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ．公差1,3,32m m d a S =-=-=-（其中m>2）． (1)求m ； (2)求1mi i a =∑．【解析】（1）∵{}n a 是等差数列，1,3,32m m d a S =-=-=-，所以()()111132134a m m m ma ⎧--=-⎪⎪⎨-⎪-=-⎪⎩，解得15212a m ⎧=⎪⎨⎪=⎩， 即12m =；（2）由（1）可知()51113222n a n n =--=-+， ∴()513112242n n n n S n ⎛⎫⎪⎝=⎭-+-=， ∴12111221m i i i i a a a a a ====+++∑∑ ()1267812a a a a a a =+++-+++()()61263116224S S -=-=⨯-- 18=.变式22．（2022·广东·中山纪念高二期中）数列{}n a 的前n 项和为n S ，若117a =-，点1(,)n n S S +在直线122n y x n n+=++(N )n *∈上． (1)求证：数列{}nS n是等差数列，并求{}n a 的通项公式； (2)若n n b a =，求数列{}n b 的前n 项和n T ． 【解析】（1）因为点1(,)n n S S +在直线122n y x n n+=++上， 所以1122(1)(2)n n n S n S S n n n n++=++=++， 从而112211n n n n S S S Sn n n n ++=+⇒-=++， 因为11171S a ==-， 所以数列{}nS n是首项为17-，公差为2的等差数列； 故172(1)219nS n n n=-+-=-，即2219n S n n =- ①， 当2n ≥时，2212(1)19(1)22321n S n n n n -=---=-+ ②，由①②相减可得，421n a n =-，当1n =时，421n a n =-也满足题意， 故{}n a 的通项公式为：421n a n =-. （2）因为||n n b a =， 所以123||||||||n n T a a a a =++++，当4210n a n =-<时，5n ≤；当4210n a n =->时，6n ≥， 由(1)中结论可知，当5n ≤时，212219n n n T a a a S n n =----=-=-+；当6n ≥时，2555()221990n n n T S S S S S n n =-+-=-=-+，从而22219,521990,6n n n n T n n n ⎧-+≤=⎨-+≥⎩. 【方法技巧与总结】已知等差数列{}n a ，求绝对值数列{}||n a 的有关问题是一种常见的题型，解决此类问题的核心便是去掉绝对值，此时应从其通项公式入手，分析哪些项是正的，哪些项是负的，即找出正、负项的“分界点”．题型六：等差数列前n 项和公式的实际应用例16．（2022·甘肃·天水市第一高二阶段练习）如果数列1，6，15，28，45，中的每一项都可用如图所示的六边形表示出来，故称它们为六边形数，那么第9个六边形数为______．【答案】153 【解析】因为：1，615=+， 15159=++， 2815913=+++， 451591317=++++；即这些六边形数是由首项为1，公差为4的等差数列的和组成的； 所以：2(1)1422n n n c n n n -=⋅+⨯=-； ∴第9个六边形数为：2299153⨯-=．故答案为：153．例17．（2022·全国·高二课时练习）有n 台型号相同的联合收割机，现收割一片土地上的小麦，若同时投入工作，则到收割完毕需要24h ．现在这些收割机是每隔相同的时间依次投入工作的，每一台投入工作后都一直工作到小麦收割完毕．如果第一台收割机工作的时间是最后一台的5倍，则用这种方法收割完这片土地上的小麦需要______h ． 【答案】40【解析】设这n 台收割机工作的时间（单位：h ）依次为1a ，2a ，…，n a ， 依题意，{}n a 是一个等差数列，且15n a a =①，1224n a a a n ++⋅⋅⋅+=②； 由②得()1242n n a a n +=，所以148n a a +=③． 将①③联立，解得140a =．故用这种方法收割完这片土地上的小麦需要40h ． 故答案为：40例18．（2022·全国·高二课时练习）我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺．斩本一尺，重四斤．斩末一尺，重二斤．问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金杖，长5尺，一头粗，一头细．在粗的一端截下1尺，重4斤，在细的一端截下1尺，重2斤．问依次每一尺各重多少斤？”假定该金杖被截成长度相等的若干段时，其质量从大到小构成等差数列．若将该金杖截成长度相等的20段，则中间两段的质量和为______斤．【答案】32【解析】解法一：设该若干段的质量从大到小构成等差数列{}n a ，其公差为d ，前n 项和为n S ，由题意每4段为1尺，可得44S =，20162S S -=，∴1114344,22019161520162,22a d a d a d ⨯⎧+=⎪⎪⎨⨯⨯⎛⎫⎪+-+= ⎪⎪⎝⎭⎩解得16764a =，132d =-，∴中间两段的质量和为10111671321921964322a a a d ⎛⎫+=+=⨯+⨯-= ⎪⎝⎭．解法二：设该若干段的质量从大到小构成等差数列{}n a ，由题意每4段为1尺，可得12344a a a a +++=，201918172a a a a +++=， 两式相加得()12046a a +=，则101112032a a a a +=+=． 故答案为：32.变式23．（2022·安徽滁州·高二阶段练习）《孙子算经》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五等诸侯，共分橘子六十颗，人别加三颗．问：五人各得几何？”其意思为：“有依次为第一等，第二等，第三等，第四等，第五等的5个诸侯分60个橘子，他们分得的橘子个数成公差为3的等差数列，问5人各得多少橘子．”根据这个问题，可以得到第二等诸侯分得的橘子个数是______． 【答案】9【解析】设第一等，第二等，第三等，第四等，第五等的5个诸侯分得的橘子个数组成数列{}n a ，其公差为3， 所以515453602S a ⨯=+⨯=，解得16a =， 所以29a =，即第二等诸侯分得的橘子个数是9． 故答案为：9变式24．（2022·内蒙古·赤峰高二阶段练习（文））将数列{}13n -按“第n 组有n 个数”的规则分组如下：()1，()3,9，()27,81,243，…，则第100组中的第一个数是______.【答案】49503 【解析】由题意知， 前99组数共包含 991001239949502⨯++++==个数， 则第100组数中的第一个数应是原数列的第4951项， 即49503. 故答案为：49503变式25．（2022·浙江·杭州市余杭高级高二阶段练习）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上､中､下三层，上层中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，均为9环，则三层共有扇面形石板（不含天心石）数量是___________.【答案】3402【解析】从上层第一环石板数记为1a ，向外向下石板数依次记为{}n a ，此数列是等差数列，公差为9d =，首项19a =，三层共27项． 所以和为272726279934022S ⨯=⨯+⨯=． 故答案为：3402．【方法技巧与总结】（1）与等差数列前n 项和有关的应用题，其关键在于构造合适的等差数列．（2）遇到与正整数有关的应用题时，可以考虑与数列知识联系，抽象出数列的模型，并用有关知识解决相关的问题，是数学建模的核心素养的体观．题型七：由等差数列的前n 项和判断等差数列例19．（2022·湖南·雅礼高二期中）已知数列{}n a 的前n 项和为11,1,0,41n n n n n S a a a a S +=≠=-. (1)证明：24n n a a +-=. (2)求数列{}n a 的通项公式.【解析】（1）证明：141n n n a a S +=-∴当2n ≥时，141n n n a a S +=-，1141n n n a a S --=- ∴ 111444n n n n n n n a a a a a S S +--==--又0n a ≠，故可知114n n a a +--= 所以24n n a a +-= （2）由题意得：当1n =时，12141a a a =-，又因为11a =，故可知23a =由114n n a a +--=，可知数列{}n a 的奇数项与偶数项分别为等差数列，公差为4，首项分别为：1，3 ∴当*21(N )n k k =-∈时，2114(1)4321n k a a k k n -==+-=-=-当*N )2(n k k =∈时，()234121n k a a k n ==+-=- 21n a n ∴=-例20．（2022·全国·高二课时练习）已知一个数列{}n a 的前n 项和2252n S n n r =-+．(1)当0r =时，求证：该数列{}n a 是等差数列； (2)若数列{}n a 是等差数列，求r 满足条件．【解析】(1)当0r =时，2252=-n n n S ，令1n =，125223=-=S ，所以2n ≥时，()()2125121-=---n S n n ，所以()()22125225121274-=-=---+-=-n n n a S S n n n n n ， 此时127423=-=a ， 所以274n a n =-，所以()()127427414--=--+-=-n n a a n n ， 可得数列{}n a 是公差为4-的等差数列.(2)2252n S n n r =-+，令1n =，得125223=-+=+S r r ， 所以2n ≥时，()()2125121-=---+n S n n r ，所以()()22125225121274-=-=---+-=-n n n a S S n n n n n ， 所以()()127427414--=--+-=-n n a a n n ， 可得2n ≥时，数列{}n a 是公差为4-的等差数列， 若数列{}n a 是等差数列，则12742323=-==+a r ， 所以0r =．例21．（2022·全国·高二）数列{}n a 的前n 项和2*100()n S n n n N =-∈.（1）判断{}n a 是不是等差数列，若是，求其首项、公差； （2）设n n b a =，求数列{}n b 的前n 项和．【解析】（1）当2n ≥时，221(100)[100(1)(1)]n n n a S S n n n n -=-=-----1012n =-. ∵2111001199a S ==⨯-=适合上式， ∴*1012()n a n n N =-∈.∵12n n a a +-=-为常数，∴数列{}n a 是首项为99，公差为-2的等差数列．（2）由（1），令10120n a n =-≥，得50.5n ≤，∵*n ∈N ，∴*50()n n N ≤∈， 即当*50,()n n N ≤∈时，0n a >，当*51,()n n N ≥∈时，0n a <，①当150n ≤≤时，0n a >，此时n n n b a a ==，∴{}n b 的前n 项和'2100n S n n =-.②当51n ≥时，0n a <，此时n n n b a a ==-，由51525152...(...)n n b b b a a a +++=-+++5050()n n S S S S =--=-，得数列{}n b 的前n 项和'5050()n n S S S S =+-250222500(100)n S S n n =-=⨯--25000100n n =-+.由①②得数列{}n b 的前n 项和为2*'2*100(,150)5000100(,51)nn n n N n S n n n N n ⎧-∈≤≤=⎨-+∈≥⎩. 变式26．（2022·云南大理·高二期末）数列{}n a 满足12a =，()1n n S na n n =--. （1）求数列{}n a 的通项公式n a ； （2）令()11n n b n a =+，求数列{}n b的前n 项和n T .【解析】（1）当2n ≥时，()()()11112n n S n a n n --=----，()11122n n n n n a S S na n a n --∴=-=---+，12n n a a -∴=+，∴数列{}n a 是以2为首项，2为公差的等差数列，()2212n a n n ∴=+-=.（2）由（1）得：()11112121n b n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，11111111111111222334112122n n T n n n n n n ⎛⎫⎛⎫∴=-+-+-+⋅⋅⋅+-+-=-= ⎪ ⎪-+++⎝⎭⎝⎭. 【方法技巧与总结】2n S An Bn =+（其中A ，B 为常数）是数列{}n a 成等差数列的充要条件．题型八：等差数列片段和的性质例22．（2022·江苏省苏州实验高二阶段练习）已知等差数列{}n a 前n 项和为n S ，若41216,48S S =-=，则8S 的值为__________.【答案】0【解析】依题可知484128,,S S S S S --成等差，所以()882161648S S +=-+-，解得：80S =． 故答案为：0．例23．（2022·陕西·蓝田县城关高二期中（理））已知n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，若2015S =，6075S =，则40S =__________．【答案】40【解析】由等差数列性质知：20S ，4020S S -，6040S S -成等差数列，()()40202060402S S S S S ∴-=+-，即()()40402151575S S -=+-，解得：4040S =.故答案为：40.例24．（2022·江苏南通·高二期中）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若1020S =，3090S =，则20S =___________ 【答案】50【解析】由题设1020103020,,S S S S S --成等差数列， 所以20101030202()S S S S S -=+-，则20103033150S S S =+=， 所以2050S =. 故答案为：50变式27．（2022·全国·高二课时练习）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若2k S =，28k S =，则4k S =______． 【答案】32【解析】由等差数列{}n a 前n 项和的性质， 可得k S ，2k k S S -，32k k S S -，43k k S S -成等差数列， ∴()2322k k k k k S S S S S -=+-，解得318k S =， ∴ 2，6，10，418k S -成等差数列，可得4210618k S ⨯=+-， 解得432k S =. 故答案为：32.变式28．（2022·浙江·杭州市富阳区场口高二阶段练习）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ．若57S =，1021S =，则15S =__________．【答案】42【解析】因为数列{}n a 为等差数列，所以n S ，2n n S S -，32n n S S -也是等差数列．由题意得57S =，10514S S -=，则151021S S -=，所以15212142S =+=．故答案为：42【方法技巧与总结】连续k 项的和依然成等差数列，即k S ，2k k S S -，32k k S S -，…成等差数列，且公差为2k d ． 题型九：等差数列的奇数项与偶数项和例25．（2022·江苏省苏州第高二阶段练习）一个等差数列共有偶数项,偶数项之和为84,奇数项之和为51,最后一项与第一项之差为63,则该数列公差为________. 【答案】3【解析】解:由题知不妨设等差数列为{}n a ,首项为1a ,公差为d ,项数为2,n n Z ∈, 故有221()84,2n n n a a S na ++===偶 121()512n n n a a S na -+===奇, 两式相减133n n S S na na nd +-=-==奇偶, 因为21(21)63n a a n d -=-=, 故11(21)21nd n d =-,故11,3n d ==. 故答案为:3例26．（2022·河南·高二阶段练习（理））在等差数列{}n a 中，已知公差12d =，且1359960a a a a ++++=，则123100a a a a ++++=__________.【答案】145【解析】等差数列{}n a 中，已知公差12d =， 12310013599246100a a a a a a a a a a a a ++++=+++++++++24610013599a a a a a d a d a d a d ++++=++++++++605085d =+=1231001260501452a a a a ++++=⨯+⨯=. 故答案为：145.例27．（2022·全国·高二）在等差数列{an }中，S 10＝120，且在这10项中，S S 奇偶＝1113，则公差d ＝________. 【答案】2【解析】解:由1201113S S S S+=⎧⎪⎨=⎪⎩奇偶奇偶,得5565S S =⎧⎨=⎩奇偶, 所以S S -奇偶＝5d ＝10，所以d ＝2. 故答案为：2.变式29．（2022·全国·高二课时练习）已知等差数列{}n a 的前n 项和为377，项数n 为奇数，且前n 项中，奇数项的和与偶数项的和之比为7:6，则中间项为________． 【答案】29【解析】因为n 为奇数，所以1716S n S n +==-奇偶，解得13n =． 所以13713377S a ==，所以729a =．故所求的中间项为29． 故答案为：29变式30．（2022·江苏·苏州市苏州高新区第一高二阶段练习）一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项和与奇数项和之比为32:27，则公差d 为_________. 【答案】5【解析】设偶数项和为32k ，则奇数项和为27k ，由322759354k k k +== 可得6k =， 故公差32275566k k kd -===， 故答案为：5．变式31．（2022·甘肃·武威十高二课时练习）项数为奇数的等差数列，奇数项之和为44，偶数项之和为33，则该数列的中间项和项数分别为______． 【答案】11，7【解析】设等差数列{}n a 项数为21n ， 12113211(1)()(1)2n n n n a a S a a a n a +++++=+++==+奇，2224621()2n n n n a a S a a a a na ++=++++==偶，∴144=33S n S n +=奇偶，解得n =3，∴项数2n +1=7， 又因为1n S S a a +=-=奇中偶，所以4443311a S S ==--=奇偶，所以中间项为11． 故答案为：11，7.【方法技巧与总结】（1）若项数为2n ，则21()n n n S n a a +=+，S S nd -=奇偶，1nn S a S a +=奇偶（2）若项数为21n -，则21(21)n n S n a -=-，n S na =奇，(1)n S n a =-偶，n S S a -=奇偶，1S n S n =-奇偶【同步练习】一、单选题 1．（2022·江苏·马坝高中高二期中）已知n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，若1107,43a a ==-，则10S =（ ） A ．250 B ．180- C ．180 D ．250-【答案】B【解析】由已知，数列{}n a 为等差数列， 1107,43a a ==-， 所以()()11010101074318022a a S ⨯-+⨯===-.故选：B.2．（2022·陕西·无高二期中（理））已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若936S S =，则612SS 的值为（ ）A ．717B ．310C ．314D ．38【答案】B【解析】因为{}n a 为等差数列，所以36396129,,,S S S S S S S ---成等差数列，因为936S S =，设39,6S k S k ==，由()()363962S S S S S -=+-，即()()6626S k k k S -=+-，则63S k =， 所以1294S S k -=，所以1210S k =， 所以612310S S =. 故选：B.3．（2022·陕西·礼泉县第二高二期中）设数列{}n a 为等差数列，n S 是其前n 项和，且56678,S S S S S <=>，则下列结论不正确的是（ ）A ．0d <B ．70a =C ．95S S >D ．6S 与7S 均为n S 的最大值【答案】C【解析】根据题意，设等差数列{}n a 的公差为d ，依次分析选项：{}n a 是等差数列，若67S S =，则7670S S a -==，故B 正确；又由56S S <得6560S S a -=>，则有760d a a =-<，故A 正确； 而C 选项，95S S >，即67890a a a a +++>，可得()7820a a +>， 又由70a =且0d <，则80a <，必有780a a +<，显然C 选项是错误的. ∵56S S <，678S S S =>，∴6S 与7S 均为n S 的最大值，故D 正确； 故选：C4．（2022·江苏省苏州实验高二阶段练习）在等差数列{}n a 中，n S 为其前n 项和，若345a a +=，77S =，则其公差为（ ） A ．2 B ．3 C ．2- D ．3-【答案】D【解析】由已知得，3417125576772a a a d S a d +=+=⎧⎪⎨⨯=+=⎪⎩，解得，1103a d =⎧⎨=-⎩ 故选：D.5．（2022·江苏苏州·高二期中）n S 为等差数列{}n a 前n 项和，若613S a =，10a >，则使n n S a >的n 的最大值为（ ） A ．2 B ．12C ．11D ．10【答案】C【解析】由6116153S a d a =+=，可得15a d =-， 而10a >，所以0d <，21(1)11222n n n d dS na d n n -=+=-，1(1)6n a a n d nd d =+-=-， n n S a >可转化为211622d dn n nd d ->-， 即2111622n n n -<-， 即213120n n -+<，解得112n <<， 而N n *∈，所以n 的最大值为11. 故选：C6．（2022·陕西·延安市第一高二阶段练习（理））设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且1=1a ,728S =．记。
等差数列前n项和性质及应用
2)由于a7<0,a6>0,所以S6最大。
a6 a7 0 S12 0 注意： S13 0 a7 0
等差数列绝对值的前n项和
例5、等差数列{ a n }， S n n 32 n ，
2
求{| a n |}的前n项和为 S
'
n
例.设数列{an}的通项公式为an=2n-7, 则|a1|+|a2|+|a3|+……+|a15|= 153 .
复习回顾
等差数列的前n项和公式:
n（a1 an ) 形式1: Sn 2
形式2:
n（n 1) Sn na1 d 2
.将等差数列前n项和公式
看作是一个关于n的函数，这个函数有什么 特点？
n(n 1)d S n na1 2
d d 令 A , B a1 2 2
2
求 n 为何值时， S n 最大？
变式、等差数列{ a n }， S n n 7n ，
2
求 n 为何值时， S n 最小？
3n 21 例 2、 等差数列{ a n }，a n , 求 2 2
n 为何值时， S n 最小？
方法（二） ：不等式组法（已知 a n 的表达式用此法）
a n 0 d<0时，前n项和有最大值，可由 求得n的值 a n 1 0
4 1 例6：已知a n 数列满足a1 =4,a n =4- ，令bn . a n-1 an 2 (1)求证数列b n 是等差数列。
(2)求数列an 的通项公式。
4 2(an 2) 解：（） 1 a n+1 2 2 an an 1 an 1 1 a n+1 2 2(an 2) 2 an 2 1 1 1 1 . bn1 bn . a n+1 2 an 2 2 2
巧解等差数列前n项和的最值
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巧解等差数列前n项和的最值
作者：陈新成
来源：《新课程·中学》2012年第08期
一、二次函数法
等差数列前n项和Sn=a1n+n是关于常数项为0的二次函数，因此其最值可以转化成求二
次函数的最值（切记n∈N+）.
二、通项公式法
“首正”的递减等差数列中，前n项和的最大值是所有非负项之和；“首负”的递增等差数列中，前n项和的最小值是所有非正项之和，即由不等式组an≥0an+1≤0或an≤0an+1≥0能确定出前多少项为非负（或非正）（切记n∈N+），从而求出其最值.
例.在等差数列an中，已知a1=25，S17=S9，求Sn的最大值及此时的n值.
解法一：由a1=25S17=S9得d=—2
点评：解法一用二次函数最值求解；解法二利用二次函数图象的对称性求解；解法三、四用通项公式法求解.若能有意识、有目的地对这些数学问题进行深入的分析领悟，往往能起到
以小见大、以浅见深、以窄见宽、以点见面的效果，从而达到培养创新能力、复习巩固的目的.
变式训练：
1.若an是等差数列，a1>0，a2012+a2013>0，a2012·a20130成立的最大正整数是 .（答案：4024）
2.在等差数列an中，满足3a4=7a7，且a1>0，Sn是数列an前n项的和，若Sn取得最大值，则n= .（答案：9）。
等差数列的前n项和
(3)a1 14.5, d 0.7, an 32.
n 26, S 26
n(a1 an ) Sn 2
26 (14 .5 32 ) 604 .5. 2
(1)
n(n 1) S n na1 d (2) 2
习题1.设等差数列{an}的前n项和为Sn, 若S3=9,S6=36,则a7+a8+a9=( B ) A.63 B.45 C.36 D.27
2. 从1到200的所有整数中，既不是2的倍数， 又不是3的倍数的所有整数和是多少？ 解： 从1到200的所有整数中， 所有2的倍数 2，4，6，8，… ，200 构成的等差数列. 所有3的倍数 3，6，9，12，… ，198 构成的等差数列.
S2k 1 (2k 1)ak T2k 1 (2k 1)bk
ak S 2 k 1 bk T2 k 1
a11 S21 23 . 21 2 b11 T21 3 21 4 67
练习题:
1．(1)已知等差数列{an}的an＝24－3n，则 前多少项和最大？ (2)已知等差数列{bn}的通项bn＝2n－17, 则前多少项和最小?
n
n(n 1) sn 2 这种求和法称为倒序相加法
1.公式推导
如何求等差数列an 的前n项和Sn ? 问题2：
sn a1 a2
a3
an a1
sn an a n 1 an 2 n(a1 an ) sn 2
1.公式推导
n(a1 an ) 公式1 S n 2
例2:等差数列－10，－6， －2，2，… 前多少项和是54?
等差数列的前n项和讲课讲稿
已知量2.2等差数列的前n项和1 •理解并掌握等差数列的前n项和公式及其推导过程，体会等差数列的前n 项和公式与二次函数的关系.（重点）2•熟练掌握等差数列的五个基本量a i, d, n, a n, S n之间的联系，能够由其中的任意三个求出其余的两个.（重点）1.等差数列的前n2.n n—1 d 2dS n= na i + —2—d=㊁门+ a i —2 n.d M0时，S n是关于n的二次函数，且无常数项.判断(正确的打“V”，错误的打“x”)(1) 公差为零的数列不能应用等差数列的前n项和公式.()(2) 数列｛n2｝可以用等差数列的前n项和公式求其前n项和S n.()(3) 若数列｛a n｝的前n项和为S n= an2+bn,则｛a n｝是等差数列.()【解析】(1)任何等差数列都能应用等差数列的前n项和公式.(2)数列｛n2｝不是等差数列，故不能用等差数列的前n项和公式.(3)当公差不为0时，等差数列的前n项和是关于n的二次函数(常数项为0).【答案】(1)x ⑵x (3)V［小组合作型］3(1) 已知等差数列｛a n｝中，a i =2,1d= —2，Si= —15, 求n 和a n；(2) 已知等差数列｛a n｝中，S5= 24,求a2 + a4；(3) 数列｛a n｝是等差数列，a i= 1，a n= —512, —1 022,求公差d;⑷已知等差数列｛a n ｝中,a 2 + a 5= 19, S = 40,求a io .【精彩点拨】 运用方程的思想，根据已知条件建立方程或方程组求解， 另 外解题时要注意整体代换.3 n n —1 1【尝试解答】 (1)S n = n 2+2 •— 2 = — 15,整理得 n - 7n — 60= 0, 解得n = 12或n = —5(舍去),3 1所以 a 12= 2+ (12— 1)x — 2 = — 4.(2)设等差数列的首项为a 1,公差为d ,即 5a 1+ 10d = 24,所以 a 〔 + 2d =£, 所以 a 2 + a 4= 2(a 1 + 2d) = 2X 乍=譽n n — 1⑶因为 a n = a 1 + (n — 1)d , S n = na 1+ 2d ,又 a 1 = 1, a n = — 512, S n =— 1 022,1+ n — 1 d = — 512,① 所以 1n +qnn — 1 d =— 1 022,②把(n — 1)d = — 513代入②得1n + 刃(—513)= — 1 022,解得 n = 4,所以 d = — 171.a 1 + d + a 1 + 4d = 19,⑷由已知可得 5X 45a 1 + -^d = 40,解得 a 1 = 2, d = 3,则 S 5 = 5a 1 + 5X 5— 12d = 24,所以a io= a i + 9d= 2+ 9X 3= 29.等差数列中基本计算的两个技巧：(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ai,d, n,a n和S n, —般是利用公式列出基本量a i和d的方程组，解出a i和d,便可解决问题•解题时注意整体代换的思想.(2) 利用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,n a i + a np, q€ N+),贝U a m + a n = a p+ a q,常与求和公式S n= 2 结合使用.［再练一题］1. 等差数列中：(1) a i = 105, a n= 994, d= 7,求S n；(2) a n = 8n+ 2, d = 5,求S20；1(3) d= 3, n = 37, S n= 629,求a i 及a n.【解】(1)由a n= a i + (n- 1)d 且a i= 105, d= 7,得994= 105+ (n- 1)X 7,解得n= 128,n a i+ a n 128X 105+ 994=70 336.(2)van= 8n + 2,—a i= 10,又d = 5,20 X 20 - 1 20a i + X 5 = 20X 10+ 10X 19X 5= 1 150.1 ⑶将 d = 3，n = 37, S = 629代入 a n = a 1 + (n - 1)d ,a 1= 11, 解得a n = 23.为响应教育部下发的《关于在中 小学实施“校校通”工程的通知》 的要求，某市提出了实施“校校通”工程的总 目标：从2011年起用10年的时间，在全市中小学建成不同标准的校园网•据测 算，2011年该市用于“校校通”工程的经费为 500万元•为了保证工程的顺利 实施，计划每年投入的资金都比上一年增加 50万元•那么从2011年起的未来10年内，该市在“校校通”工程中的总投入是多少？【精彩点拨】 将该实际问题转化为数列问题求解，由于每年投入资金都比n a 1 + a nS n = 2 ，得a n = a 1 + 12, 37 a+ a n 2 =上一年增加50万元，故可考虑利用等差数列求解.【尝试解答】根据题意，从2011年〜2020年，该市每年投入“校校通”工程的经费都比上一年增加50万元，所以，每年投入的资金依次组成等差数列｛a n｝，其中，a i = 500, d= 50. 那么，到2020年(n= 10)，投入的资金总额为10X 10—1S10= 10X 500+ 2 X 50= 7 250(万元)，即从2011年〜2020年，该市在“校校通”工程中的总投入是7 250万元.有关数列的应用问题，应首先通过对实际问题的研究建立数列的数学模型，最后求出符合实际的答案，可分以下几步考虑：(1) 问题中所涉及的数列｛a n｝有何特征；(2) 是求数列｛a n｝的通项还是求前n项和；(3) 列出等式(或方程)求解.［再练一题］2. 如图1-2-2，一个堆放铅笔的V型架的最下面一层放1支铅笔，往上每一层都比它下面一层多放1支.最上面一层放120支，这个V型架上共放着多少支铅笔？图1-2-2【解】由题意可知这个V型架自下而上各层的铅笔数组成等差数列，记为数列｛a n｝，其中a i= 1, a i20 = 120.根据等差数列前n项和公式得S120 = 120X 1 + 1202 = 7 260.即V型架上共放着7 260支铅笔.［探究共研型］探究1设｛a n｝是等差数列，公差为d, S n是其前n项和，那么S m, ®m—S3m- S2m 也成等差数列吗？如果是，它们的公差是多少？【提示】由S m= a1 + a2+… • + a m，S2m—S m—a m+ 1 + a m + 2+ …+ a2m —a1 + md+ a2 + md+ …+ a m+ md—S m + m2d，I r 2同理S3m —S2m—a2m+ 1 + a2m + 2+ …+ a3m —S2m —S m+ m d，所以S m , S 2m — S m , S 3m — &m 也成等差数列，公差为 m 2d.探究2设S 、T n 分别为两个等差数列｛a n ｝和｛b n ｝的前n 项和，那么b n 与12^1有怎样的关系？请证明之.a n 2a n a1 + a2n -1b n—2bn—b l + b 2n — 12n — 1 a 1 + a 2n —12 S 2n -12n — 1 b 1 + b 2n — 1 T 2n — 12(1) 等差数列｛a n ｝的前m 项和为30,前2m 项和为100,求数列｛a n ｝的前3m 项的和S 3叫Si 7n + 2 a 5(2) 两个等差数列｛a n ｝, ｛b n ｝的前n 项和分别为S 和T n ,已知讯—"n +3，求^ 的值.【精彩点拨】 ⑴利用S m , S 2m — S m , S3m — S^m 成等差数列求解.(2)利用前 n 项和结合等差数列的性质将项的比值转化为和的比值求解.【尝试解答】 ⑴在等差数列中，Sm,®m — S m,S 3m — &m 成等差数列，【提示】a n S2n— 1b n — T 2n 【证明】「30,70,S 3m - 100成等差数列,•'•2X 70= 30 + (S 3m — 100),.°S 3m = 210. a s 2a 5 9 a1 +a9 S 9 65 (2)b 5 = 2b 5= 9b i + b 9 = T ^=乜.巧妙应用等差数列前n 项和的性质 ⑴“片段和”性质.若｛a n ｝为等差数列，前n 项和为S n ,则S n , S 2n — S n , S 3n — S 2n ,…构成公差 为n 2d 的等差数列.⑵项数(下标)的“等和”性质.(3) 项的个数的“奇偶”性质. ｛a n ｝为等差数列，公差为d.①若共有 2n 项，贝U S 2n = n(a n + a n +1)；②若共有 2n + 1 项，贝U S 2n +1 = (2n + 1)a n +1 ； S 偶一S 奇=—a n +1 ； =S 奇 n 十i (4) 等差数列｛a n ｝中，若 S n = m , S m = n(m M n),贝U S m+ n = — (m + n). (5) 等差数列｛a n ｝中，若 S n = S m (m M n)，贝U S m + n = 0.S n =n a i + a n 2=n a m + a n - m +1S 偶一 S 奇=nd ;S 偶 a n +1S 奇 a n［再练一题］3. 已知两个等差数列｛a n ｝与｛b n ｝的前n(n >1)项和分别是S n 和T n ,且S n : T n a 9=(2n + 1) : (3n — 2),求$的值.a 9 2a 9 a1 +a17b 9 2b9 b i + b i7a i + a i72X i7+ i_35_53X i7 — 2 — 49 — 7探究i 将等差数列前n 项和S n = na i + 丄d 变形为S 关于n 的函数后，该函数是怎样的函数？为什么？一 n n —i d 2 d【提示］ 由于 S n = na i + 2 d = 2n 2 + a i — 2 n , 所以当d M 0时，3为关于n 的二次函数，且常数项为0.探究2类比二次函数的最值情况，等差数列的S n 何时有最大值？最小值？ 【提示］ 由二次函数的性质可以得出，当d >0时，S 有最小值；当d v 0 时，有最大值，且n 取值最接近对称轴的正整数时，S n 取得最值.［解］X 17 S 17b i + b i72X i7T i7在等差数列｛a n｝中，a io = 18,前5项的和—15.(1) 求数列｛a n｝的通项公式.(2) 求数列｛a n｝的前n项和的最小值，并指出何时取最小值.【精彩点拨】(1)直接根据等差数列的通项公式和前n项和公式列关于首项a i和公差d的方程，求得a1和d,进而得解；(2)可先求出前n项和公式，再利用二次函数求最值的方法求解，也可以利用通项公式，根据等差数列的单调性求解.a1 + 9d = 18，【尝试解答】(1)由题意得 5 X 45a1 + —厂X d=—15,.'a n = 3n —12.n a1+an 1 2 一、3 7 2 147⑵ S n = 2 = 2(3 n —21n) = ?n — 2 —8•••当门=3或4时，前n项的和取得最小值S3= ®= —18.等差数列前n项和的最值问题的三种解法：⑴利用a n：当a i>0, d v 0时，前n项和有最大值，可由a n>0且a n+1<0, 求得n 的值；当a i v0, d>0,前n项和有最小值，可由a n<0且a n+i >0,求得n的值.d d(2) 利用S n：由S n=2n2+ a i — 2 n(d^0),利用二次函数配方法求得最值时n 的值.(3) 利用二次函数的图象的对称性.［再练一题］4. 在等差数列｛a n｝中，a i = 25, S i7= S9,求S n的最大值.【解】禾I」用前n项和公式和二次函数性质，由S i7= Sa得i7 925X i7+2(i7—i)d= 25X 9 + 2(9 —i)d，解得d= —2,•0 = 25 n+ 2(n—i)(—2)= —(n—i3)2+ i69,•••由二次函数性质，当n= i3时，S n有最大值i69.1.设3为等差数列｛a n ｝的前n 项和，3 = 4a 3, a 7=- 2,则a 9=()A . - 6B .- 4C .- 2D . 28 a i + a s【解析】 S 8=2= 4(a 3 + a 6),又 S s = 4a 3,所以 a 6 = 0,又 a 7=- 2,所以 a 8=- 4, a 9=- 6. 【答案】 A2. 记等差数列前n 项和为3,若S 2= 4,9 = 20,则该数列的公差d 等于( )A . 2B . 3C . 6D . 72a i + d = 4,【解析】 由题意得4a i + 6d = 20,【答案】 B 3.在等差数列｛a n ｝中，a i = 2,前三项和为15,则前6项和为()A . 57B . - 40C . - 57D . 40【解析】 由题意知 a 1 + a 2 + a 3= 15,—3a 2= 15, a 2 = 5, •'•d = a 2 — a 1 = 3,—a n = 3n - 1, 6 2+ 17 ••$= 2 = 57.1 a 1= 2,解得d = 3.【答案】A4.在等差数列｛a n ｝中，已知a i = 2, d = 2,贝U S 2o = _________【解析】820= 20 a i + 20；19X d = 20X 2+ 2°；19X 2= 420.【答案】 4205. 等差数列｛a n ｝中，a io = 30, a 20= 50. (1) 求通项公式a n ； (2) 若 S n = 242，求 n.【解】 (1)由 a n = a i + (n — 1)d , a io = 30, a 20= 50,a i + 9d = 30,得方程组a i + 19d = 50, a i = 12, 解得 d = 2, 所以 a n = 2n + 10.解得n = 11或n = — 22（舍去），所以n = 11.学业分层测评（五）（建议用时：45分钟）［学业达标］一、选择题1.设S n 是等差数列｛a n ｝的前n 项和，若a i + a 3+ a 5= 3,则S 5=（ ）A . 5B . 7C . 9D . 11【解析】 法一:^ai + a 5 = 2a 3,.°.a i + a 3 + a 5= 3a 3= 3,—a 3= 1, 5 a i + a 5 •'•85= 2 = 5a 3= 5,故选 A.⑵由 n n — 1S n = n a i + 2 d ,得 12n + n n —1 2"- X2 = 242,法二：tai + a 3 + a 5 = a i + (a i + 2d) + (a i + 4d) = 3a i + 6d = 3, •'a i + 2d = 1,5X 4.，S5 = 5a i + ~2~d = 5(a i + 2d) = 5,故选 A. 【答案】 A2•已知｛a n ｝是公差为1的等差数列，S n 为｛a n ｝的前n 项和，若S 8= 4S 4,则 a io =()17 19 A.yB.qC . 10D . 12【解析】 t •公差为1,8X 8- 1.'S 8 — 8a 1 + 2 X 1 = 8a 1 + 28, S 4 = 4a 1 + 6. 1'•'S 8 — 4S 4,.8a 1 + 28 — 4(4a 1 + 6),解得 a 1 —㊁， 1 19.•010— a 1 + 9d — 2+ 9—㊁.故选 B. 【答案】 B3.在等差数列｛a n ｝中，若S 9— 18, S n — 240, a n -4— 30,则n 的值为( )A . 14B . 15C . 16D . 17•'•n(2 + 30) — 480,. n — 15. 【答案】 B4. 设S n 是等差数列｛a n ｝的前n 项和，若S 3— 3，则豊等于() 3 111 A 石% D.9【解析】 由题意S 3, S 6- S 3, S 9-S 6, S 12- S 9成等差数列.S 3 1 '•'S 6=3•不妨设 S 3= 1, S fc = 3,贝U S fc — S 3= 2,所以 S 9— S fc = 3,故 S 9= 6,二【解析】 S 9 — n a 1 + a n9 a 1 + a 9—9a 5 —18,所以 a 5 — 2, S n —n a 5 + a n -42—240,S12 —S9= 4,故S i2= 10,.鱼_ 3 -S2= 10.【答案】A5. 设等差数列｛a n｝的前n项和为S n,若a1_—11, a4 + a6_ —6,则当S n取得最小值时，n等于（）A. 6B. 7C. 8D. 9【解析】设公差为d,由a4+ a6_2a5_ —6,得a5_ —3_a1 + 4d,解得d_2,n n—1 2••S_— 11 n+ 2x 2_ n2—12n,• ••当门_ 6时，S n取得最小值.【答案】A二、填空题6. 已知｛a n｝为等差数列，3为其前n项和.若a1_ 6, a3 + a5_0,贝U S6_【解析】'-a3+ a5_ 2a4,.°.a4_ 0.'•a1 _6, a4_a1 + 3d,：d_ —2.6x 6—1.'•S3_ 6a1+ d_ 6.【答案】67. _______ 已知｛a n｝是等差数列，Sn是其前n项和.若a1 + a2_ —3, S5_ 10,则a9 的值是.5 x 4 【解析】法一：设等差数列｛a n｝的公差为d,由S5_ 10,知S5_5a1+= d_ 10,得a1 + 2d_2, 即卩a1_2—2d.所以a2_a1 + d_2 —d,代入a1 + a2_ —3,化简得d2- -6d+ 9—0,所以 d —3, a1 —— 4.故a9 —a1+ 8d—— 4 + 24 —20.法二：5 a1+ a s设等差数列｛a n｝的公差为d,由S5—10，知2—5a3 —10,所以a3= 2.所以由a1+ a3—2a2,得a1—2a2—2,代入a1+ a2——3,化简得a2+ 2a2+ 1=0,所以a2—— 1.公差 d —a3 —a2 —2+ 1 —3,故a9 —a3+ 6d—2+ 18—20.【答案】208. 等差数列｛a n｝的前9项的和等于前4项的和，若a1 —1，a k + a4 —0,则k9X 8【解析】设｛a n｝的公差为d,由3—S4及a1—1得9X 1+〒X d —4X 14 X 3 1 1+ ~2~ X d ,所以d ——6 ,又a k + a4 —0 ,所以1 + k—1 X —石+11+ 4—1 X —6 —0, 即卩k—10.【答案】10三、解答题9. 一个等差数列的前10项之和为100,前100项之和为10,求前110项之和.【解】设等差数列｛a n｝的公差为d,前n项和为S n,则- n n—1S n—na1 + 2 d.10X 910a1 + 2~d—100,100X 99 100a1 + 2 d—10,11①X 10—②，整理得d——55,由已知得1 099代入①，得勿=110X 109所以 S 11O = 110a i + 2 ------ d 1 099 110X 109 11二110X100 + 2X - 501 099- 109X 11 =110 =— 110.100故此数列的前110项之和为一110.10. 已知等差数列｛a n ｝中，a 1 = 9, a 4+ a 7= 0. (1) 求数列｛a n ｝的通项公式；⑵当n 为何值时，数列｛a n ｝的前n 项和取得最大值? 【解】(1)由 a 1 = 9, a 4+ a 7= 0, 得 a 1 + 3d + a 1 + 6d = 0,解得 d = — 2, • a n = a 1 + (n — 1)d —11 — 2n. (2) a 1 — 9, d —-2,n n — 1Sn — 9n + —2— (— 2)— — n 2 + 10n ——(n — 5)2 + 25,•••当n — 5时，S n 取得最大值.［能力提升］1.在项数为2n + 1项的等差数列｛a n ｝中，所有奇数项的和为165,所有偶数 项的和为150,则n —( )A . 9B . 10C . 11D . 12【解析】•••等差数列有2n + 1项，又 a i + a 2n +1 = a 2 + a 2n , .躡 n +1165n + 1 •'S 奇— a 1 + a 2n +12 ,S 偶— n a 2 + a 2n冠=~n~ = 150，•'•n= 10.【答案】BA n 7n + 452. 已知两个等差数列｛a n｝与｛b n｝的前n项和分别为A n和B n, 且n+3，则使得a n为整数的正整数n的个数是()A. 2 B . 3C. 4 D . 5a n A2n-1 14n + 38 7n + 19 7n+ 1 + 12 12【解析】b"= = = = = 7 + ,.n= bn B2n-1 2n + 2 n+1 n+1 n+11,2,3,5,11.【答案】D3. 在等差数列｛a n｝中，d = 2, a n= 11, S n= 35,则a1等于________ .n n—1 n n—1【解析】因为Si= na1 + 2 d,所以35= na1+ 2 x2= na1 + n(n —1)①，又a n= a1+ (n—1) d= a1 + 2(n—1),••a + 2(n—1)= 11 ②，由①②可得a1 —2a1 —3= 0,解得a1 = 3或一 1.【答案】3或—14 .从4月1日开始，有一新款服装投入某商场销售，4月1日该款服装销售出10件，第二天销售出25件，第三天销售出40件，以后每天售出的件数分别递增15件，直到4月12号日销售量达到最大，然后，每天销售的件数分别递减10件.(1) 记该款服装4月份日销售与销售天数n的关系为a n,求a n；(2) 求4月份的总销售量；(3) 按规律，当该商场销售此服装超过1 200件时，社会上就流行，而且销售量连续下降，且日销售低于100件时，则流行消失，问：该款服装在社会上流行 是否超过10天？【解】(1)从4月1日起每天销售量依次组成数列{a n } , (n € {1,2 ,…，30}) 依题意，数列a 1，a 2，…，a 12是首项为10，公差为15的等差数列， •'a n = 15n — 5(1 w n W 12).a 13，a 14，a 15，…，a 3o 是首项为 a 13= a 12—10= 165，公差为一10的等差数 列，••a n = 165+ (n — 13)(— 10)=— 10n + 295(13= n < 30)，15n — 51W n W 12，n € N + ，• 'a n =—10n + 295 13<n W 30，n € N + .(2)4月份的总销售量为 18X 17X — 10+ 18X 165+ 2 = 2 550（件 ），⑶4月1日至4月12日销售总数为39 ••4月12日前还没有流行.由—10n + 295< 100得n >{， •••第20天流行结束，故该服装在社会上流行没有超过 10天.12 10+ 175212 a 1 + a 122 12 10+ 175=1 110< 1 200，2.2等差数列的前n 项和1 •理解并掌握等差数列的前n 项和公式及其推导过程，体会等差数列的前 n 项和公式与二次函数的关系.（重点）2•熟练掌握等差数列的五个基本量 a i , d , n , a n , S n 之间的联系，能够由 其中的任意三个求出其余的两个.（重点）1.等差数列的前n2.已知量n n—1 d 2dS n= na i + —2—d=㊁门+ a i —2 n.d M0时，S n是关于n的二次函数，且无常数项.判断(正确的打“V”，错误的打“x”)(1) 公差为零的数列不能应用等差数列的前n项和公式.()(2) 数列｛n2｝可以用等差数列的前n项和公式求其前n项和S n.()(3) 若数列｛a n｝的前n项和为S n= an2+bn,则｛a n｝是等差数列.()【解析】(1)任何等差数列都能应用等差数列的前n项和公式.(2)数列｛n2｝不是等差数列，故不能用等差数列的前n项和公式.(3)当公差不为0时，等差数列的前n项和是关于n的二次函数(常数项为0).［小组合作型］3(1) 已知等差数列｛a n｝中，a i =2,1d= —2，Si= —15, 求n 和a n；(2) 已知等差数列｛a n｝中，S5= 24,求a2 + a4；(3) 数列｛a n｝是等差数列，a i= 1，a n= —512, —1 022,求公差d;⑷已知等差数列｛a n ｝中,a 2 + a 5= 19, S = 40,求a io .【精彩点拨】 运用方程的思想，根据已知条件建立方程或方程组求解， 另 外解题时要注意整体代换.3 n n —1 1【尝试解答】 (1)S n = n 2+2 •— 2 = — 15,整理得 n - 7n — 60= 0,解得n = 12或n = —5(舍去),3 1所以 a 12= 2+ (12— 1)x — 2 = — 4. (2)设等差数列的首项为a 1,公差为d ,即 5a 1+ 10d = 24,所以 a 〔 + 2d =£, 所以 a 2 + a 4= 2(a 1 + 2d) = 2X 乍=譽 n n — 1⑶因为 a n = a 1 + (n — 1)d , S n = na 1+ 2d , 又 a 1 = 1, a n = — 512, S n =— 1 022,1+ n — 1 d = — 512,①所以 1n +qnn — 1 d =— 1 022,② 把(n — 1)d = — 513代入②得 1n + 刃(—513)= — 1 022,解得 n = 4, 所以 d = — 171.a 1 + d + a 1 + 4d = 19,⑷由已知可得5X 45a 1 + -^d = 40,解得 a 1 = 2, d = 3,则 S 5 = 5a 1 + 5X 5—12d = 24,所以a io= a i + 9d= 2+ 9X 3= 29.等差数列中基本计算的两个技巧：(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ai,d, n,a n和S n, —般是利用公式列出基本量a i和d的方程组，解出a i和d,便可解决问题•解题时注意整体代换的思想.(2) 利用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,n a i + a np, q€ N+),贝U a m + a n = a p+ a q,常与求和公式S n= 2 结合使用.［再练一题］1. 等差数列中：(1) a i = 105, a n= 994, d= 7,求S n；(2) a n = 8n+ 2, d = 5,求S20；1(3) d= 3, n = 37, S n= 629,求a i 及a n.为响应教育部下发的《关于在中小学实施“校校通”工程的通知》的要求，某市提出了实施“校校通”工程的总目标：从2011年起用10年的时间，在全市中小学建成不同标准的校园网•据测算，2011年该市用于“校校通”工程的经费为500万元•为了保证工程的顺利实施，计划每年投入的资金都比上一年增加50万元•那么从2011年起的未来10年内，该市在“校校通”工程中的总投入是多少？【精彩点拨】将该实际问题转化为数列问题求解，由于每年投入资金都比上一年增加50万元，故可考虑利用等差数列求解.【尝试解答】根据题意，从2011年〜2020年，该市每年投入“校校通”工程的经费都比上一年增加50万元，所以，每年投入的资金依次组成等差数列｛a n｝，其中，a1 = 500, d= 50.那么，到2020年(n= 10),投入的资金总额为10X 10—1S io= 10X 500+ 2 X 50= 7 250(万元),即从2011年〜2020年，该市在“校校通”工程中的总投入是7 250万元.有关数列的应用问题，应首先通过对实际问题的研究建立数列的数学模型，最后求出符合实际的答案，可分以下几步考虑：(1) 问题中所涉及的数列｛a n｝有何特征；(2) 是求数列｛a n｝的通项还是求前n项和；(3) 列出等式(或方程)求解.［再练一题］2. 如图1-2-2，一个堆放铅笔的V型架的最下面一层放1支铅笔，往上每一层都比它下面一层多放1支.最上面一层放120支，这个V型架上共放着多少支铅笔？图1-2-2［探究共研型］探究1设｛a n｝是等差数列，公差为d, S n是其前n项和，那么S m, S2m- Sn , S3m- S2m也成等差数列吗？如果是，它们的公差是多少？【提示】由S m= a i + a2+…+ a m, S2m- S m= a m+1 + a m + 2+…+ a2m= a i +2md+ a2 + md+ …+ a m+ md= S m+ m d,同^理S3m —S2m —a2m+ 1 + a2m + 2+ …+ a3m —S2m —S m + m2d ,所以S m, S2m—S m, S3m —&m也成等差数列，公差为m2d.、a n , S 2n -1设S 、T n 分别为两个等差数列｛a n ｝和｛b n ｝的前n 项和，那么6与T7有怎样的关系？请证明之.a n 2a n ai + a2n -1bn 2bnb l + b 2n -12n — 1 a i + a 2n —i2 S2n -12n — 1 b 1 + b 2n - 1 T 2n - 12(1) 等差数列｛a n ｝的前m 项和为30,前2m 项和为100,求数列｛a n ｝的前3m 项的和S 3叫7 n -p 2 a 5(2) 两个等差数列｛a n ｝, ｛b n ｝的前n 项和分别为S 和T n ,已知T n = "n +3，求^ 的值.【精彩点拨】 ⑴利用S m , S 2m - S m , S 3m - S m 成等差数列求解.(2)利用前 n 项和结合等差数列的性质将项的比值转化为和的比值求解.【尝试解答】 ⑴在等差数列中，S m,9m — S m,S 3m — S 2m 成等差数列，「30,70, S 3m - 100成等差数列，探究2【提示】a n Sn-1 如―T 2n -1 【证明】•'•2X 70= 30+ (S 3m — 100),.°.S 3m = 210. a 5 2a5 9 ai+a9S 9 65 (2)b 5=2b 5= 9b i + b 9 = T 9= 12.巧妙应用等差数列前n 项和的性质 ⑴“片段和”性质.若｛a n ｝为等差数列，前n 项和为S,贝U S1, S 2n — S n , S 3n — S 2n ,…构成公差 为n 2d 的等差数列.⑵项数(下标)的“等和”性质.(3) 项的个数的“奇偶”性质. ｛a n ｝为等差数列，公差为d.①若共有 2n 项，贝U S 2n = n(a n + a n +1)；S 禺 a n +1S 偶—S 奇=nd ;S 奇 a n②若共有 2n + 1 项，贝U S 2n +1 = (2n + 1)a n +1 ； S 偶一S 奇=—a n +1(4) 等差数列｛a n ｝中，若 S n = m , S m =n(m M n),贝U S m+n = — (m + n). (5) 等差数列｛a n ｝中，若 S n = S m (m M n)，贝U S m + n = 0. ［再练一题］S n =n a i + a n 2n a m + a n - m + 12S 禺 n S 奇 n + 13. 已知两个等差数列｛a n｝与｛b n｝的前n(n>1)项和分别是S n和T n,且S n : T n=(2n+ 1) : (3n —2),求甬的值.探究1将等差数列前n项和S n = na i + n；1d变形为S n关于n的函数后, 该函数是怎样的函数？为什么？【提由于S n二na i+ 2 d =a i—； n.示】所以当d M 0时，S n为关于n的二次函数，且常数项为0.探究2类比二次函数的最值情况，等差数列的&何时有最大值？最小值？【提示】由二次函数的性质可以得出，当d>0时，S有最小值；当d v0 时，有最大值，且n取值最接近对称轴的正整数时，S n取得最值.在等差数列｛a n｝中，a io = 18,前5项的和—15.(1) 求数列｛a n｝的通项公式.(2) 求数列｛a n｝的前n项和的最小值，并指出何时取最小值.【精彩点拨】(1)直接根据等差数列的通项公式和前n项和公式列关于首项a i和公差d的方程，求得a1和d,进而得解；(2)可先求出前n项和公式，再利用二次函数求最值的方法求解，也可以利用通项公式，根据等差数列的单调性求解.a1 + 9d = 18，【尝试解答】(1)由题意得 5 X 45a1 + —厂X d=—15,.'a n = 3n —12.n a1+an 1 2 一、3 7 2 147⑵ S n = 2 = 2(3 n —21n) = ?n — 2 —8•••当门=3或4时，前n项的和取得最小值S3= ®= —18.等差数列前n项和的最值问题的三种解法：⑴利用a n：当a i>0, d v 0时，前n项和有最大值，可由a n>0且a n+1<0, 求得n的值；当a i v0, d>0,前n项和有最小值，可由a n<0且a n+i >0,求得n的值.d d(2) 利用S n：由S n=2n2+ a i — 2 n(d^0),利用二次函数配方法求得最值时n 的值.(3) 利用二次函数的图象的对称性.［再练一题］4. 在等差数列｛a n｝中，a i = 25, S i7= S9,求S n的最大值.1. 设3为等差数列｛a n｝的前n项和，3 = 4a3, a7=- 2,则a9=( )A．－6 B．－4 C．－2 D．22. 记等差数列前n项和为3,若S2= 4,9 = 20,则该数列的公差d等于()A. 2B. 3C. 6D. 73. 在等差数列｛a n｝中，a i = 2,前三项和为15,则前6项和为()A. 57B.- 40C.- 57D. 404. ________________________________________________ 在等差数列｛a n｝中，已知a i = 2, d= 2,贝U S20= _________________________ .5. 等差数列｛a n｝中，a io= 30, a20= 50.(1) 求通项公式a n；(2) 若S n= 242,求n.学业分层测评（五）（建议用时：45分钟）［学业达标］、选择题1. 设3是等差数列｛a n｝的前n项和，若a i+ a3+ a5= 3,则（）A. 5B. 7C. 9D. 112. 已知｛a n｝是公差为1的等差数列，S n为｛a n｝的前n项和，若S8= 4S4,则a io=( )C. 10D. 123. 在等差数列｛a n｝中，若S9= 18, S n= 240, a n-4= 30,则n的值为（）A. 14B. 15C. 16D. 174 .设Sn是等差数列｛a n｝的前n项和，若S6= 3，则SB等于（）3 1 1 1A•必 C.8 D.95. 设等差数列｛a n｝的前n项和为S n,若a1=- 11, a4 +a e=-6,则当S n取得最小值时，n等于（）A . 6B . 7C . 8D . 9二、填空题6 .已知｛a n｝为等差数列，Sn为其前n项和.若a1 = 6, a3 + a5= 0,贝U S6=7.已知｛a n｝是等差数列，Sn是其前n项和.若a1 + a2=- 3, S5= 10,则a9 的值是__________ .8 .等差数列｛a n｝的前9项的和等于前4项的和，若a1 = 1, a k + a4= 0,则k三、解答题9. 一个等差数列的前10项之和为100,前100项之和为10,求前110项之和.10. 已知等差数列｛a n｝中，a i = 9, a4+ a7= 0.(1)求数列｛a n｝的通项公式；⑵当n为何值时，数列｛a n｝的前n项和取得最大值?［能力提升］1. 在项数为2n+ 1项的等差数列｛a n｝中，所有奇数项的和为165,所有偶数项的和为150,则n=( )A. 9B. 10C. 11D. 122. 已知两个等差数列｛a n｝与｛b n｝的前n项和分别为A n和B n, 且An=帀+：5,B n n+ 3则使得a n为整数的正整数n的个数是()A. 2 B . 3C. 4 D . 53. ______________________________________________________ 在等差数列｛a n｝中，d = 2, a n= 11, S n= 35,则a1等于 _____________________ .4 .从4月1日开始，有一新款服装投入某商场销售，4月1日该款服装销售出10件，第二天销售出25件，第三天销售出40 件，以后每天售出的件数分别递增15件，直到4月12号日销售量达到最大，然后，每天销售的件数分别递减10 件．(1) 记该款服装4月份日销售与销售天数n的关系为a n,求a n；(2) 求4 月份的总销售量；(3) 按规律，当该商场销售此服装超过1 200 件时，社会上就流行，而且销售量连续下降，且日销售低于 1 00件时，则流行消失，问：该款服装在社会上流行是否超过10 天？。
等差数列的前n项和(二)
15 2 225 （2）因为 S n 2n 30n 2(n ) 2 2
2
又因为n是正整数， 所以当n=7或=8时，Sn最小， 最小值是－112.
2012-12-1
• 在等差数列{an}中，a1＝25，S17＝S9，求 Sn的最大值． • 由题目可获取以下主要信息： • ①{an}为等差数列．②a1＝25，S17＝S9. • 解答本题可用二次函数求最值或由通项 公式求n，使an≥0，an＋1<0或利用性质求 出大于或等于零的项．
当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1
3 205 3 205 2 2 ＝－2n ＋ 2 n－－2n－1 ＋ 2 n－1
＝－3n＋104. ∵n＝1 也适合上式， ∴数列通项公式为：an＝－3n＋104(n∈N*)．
2012-12-1
(2)当 n＝1 时，a1＝S1＝1； 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2· 3 ∵a1＝1 不符合 an＝2· 3
答案：
2012-12-1
A
• 3．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＋a17＝ 10，则S19的值为________．
解析： a3＋a17＝a1＋a19＝10 19a1＋a19 19×10 S19＝ ＝ 2 ＝95. 2
答案： 95
2012-12-1
• 4．已知{an}是等差数列，a1＋a3＋a5 ＝9，a6＝9.求此数列前6项的和．
3 101 S50 50 2600 . 2
根据等差数列前n 项和公式, 得
10 9 1 105 S10 10 3 . 2 2 2
2012-12-1
1 3 15 例 2 在等差数列 an 中,已知 d , an , S n , 2 2 2 求 a1 及 n . 3
等差数列的前n项和二
(D )
练一练·当堂检测、目标达成落实处
§2.3（二）
2．数列{an}为等差数列，它的前n项和为Sn，若Sn＝(n＋1)2
＋λ，则λ的值是
(B )
本 讲
A．－2
B．－1
C．0
D．1
栏 目
解析 等差数列前n项和Sn的形式为Sn＝an2＋bn，
开 关
∴λ＝－1.
练一练·当堂检测、目标达成落实处
§2.3（二）
关
因此，由二次函数的性质立即可以得出结论：当 d＞0 时，Sn
有最小值；当 d＜0 时，Sn 有最大值；且 n 取最接近对称轴的
正整数时，Sn 取到最值．
研一研·问题探究、课堂更高效
§2.3（二）
探究 按要求，把下列表格填充完整，并观察使等差数列前n项
和Sn取到最值时序号n的规律.
序号 等差数列 基本量
即22aa11＋＋d3＝d＝161，2.
解得 ad1＝＝－9，2.
关 所以等差数列{an}的通项公式为an＝11－2n (n∈N*)．
①当n≤5时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝－n2 ＋10n.
研一研·问题探究、课堂更高效
§2.3（二）
②当n≥6时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a5－a6－a7 －…－an＝2S5－Sn
目
开 关
由aann＝ ＋1＝252－5－2n2n－≤10≥，0，
得nn≤ ≥11321212， .
所以当n＝13时，Sn有最大值． S13＝25×13＋13×123－1×(－2)＝169.
因此Sn的最大值为169.
研一研·问题探究、课堂更高效
方法三 由S17＝S9，得a10＋a11＋…＋a17＝0， 而a10＋a17＝a11＋a16＝a12＋a15＝a13＋a14，
等差数列前n项和的最值问题
当 ， 时，n为使 成立的最大的自然数时， 最大，这是因为：当 时， ，即 递增；已知等差数列{an}，a1＞0，d＜0，Sn存在最大值，
若am使Sn取得最大值，则am满足：成立的最大自然数n时， 最大
当 时， ，即 递减。类似地，当 ， 时，若am使Sn取得最小值，则am满足：成立的最大自然数n时， 最小。
解：在等差数列{an}中，因为a1＋a12＞0，
所以a6＋a7＞0,又因为a1＜0且a6a7＜0，所以所以当Sn最小时的n为6
例题2：已知等差数列{an}的通项公式an＝3n－20，当n取何值时，Sn取得最小值，并求此最小值.
我们分析数列为：
－17，－14，－11，－8，－5，－2，1，4，…
问题1：从数列中可以发现，数列在第几项时，Sn取得最小值？
问题2：使数列Sn取得最小值的项具备什么特征呢？
结论：若am使Sn取得最小值，则am满足：
解法一：若am使Sn取得最小值，则am满足：
即
解得≤n≤，因为n∈N*，所以n＝6．
所以当n取6时，Sn取得最小值，最小值为－57.
解法二：Sn＝n×（—17）＋×3＝n2－n，
其对称轴为n＝，所以离对称轴最近的整数为6．
所以当n取6时，Sn取得最小值，最小值为－57.
练习：
1、已知等差数列 的通项为 ，则使得 最大的 的值是？
又 ，∴ 的前10项或前11项的和最小。
说明：此处虽说是用图像法，但不一定要画出图像，而是利用图像的性质去解题。
练习1：等差数列 中， ， ，问此数列前多少项和最大？并求此最大值。
速解： 抛物线对称轴方程为 ，则可设 ，
由
等差数列的前n项和Sn的最值问题
等差数列的前n项和S的最值问题数列是一种特殊的函数，因此高考题中常常会出现研究数列的单调性、最值等问题．其例题：设等差数列{a n}的前n项和为S n，已知a3＝24，S11＝0.(1)求a n；(2)求数列{a n}的前n项和S n；(3)当n为何值时，S n最大，并求S n的最大值．变式1等差数列{a n}的前n项和为S n，且公差d<0，若S9＝S23，则数列{a n}的前多少项的和最大？变式2等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且公差d<0，若S 10＝S 23，则数列{a n }的前多少项的和最大？串讲1已知数列{a n }的通项公式a n ＝40－5n7，记T n ＝a n ＋a n ＋1＋…＋a n ＋6，当|T n |取最小值时，n 的值为多少？串讲2已知数列{a n }的通项公式a n ＝40－5n7，记T n ＝a n ＋a n ＋1＋…＋a n ＋5，当|T n |取最小值时，n 的值为多少？(2018·全国Ⅱ卷改编)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝－7，S 3＝－15.求S n ，并求S n 的最小值．(2018·苏州第一学期期初调研)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n －S n ＝n 2－16n ＋15(n ≥2，n ∈N *)．若对任意的n ∈N *，总有S n ≤S k ，求正整数k 的值．答案：k ＝7.解法1因为a n －S n ＝n 2－16n ＋15(n ≥2，n ∈N *)，所以⎩⎨⎧a 2－S 2＝－13，a 3－S 3＝－24，也即⎩⎨⎧a 1＝13，a 1＋a 2＝24， 解得a 1＝13，a 2＝11，所以d ＝a 2－a 1＝－2，故a n ＝－2n ＋15，5分令⎩⎨⎧a n ≥0，a n ＋1<0，得⎩⎨⎧－2n ＋15≥0，－2n ＋13<0，所以132<n ≤152，9分又n ∈N *，所以n ＝7，即数列{a n }的前7项和为S 7最大，所以k ＝7.14分解法2因为a n －S n ＝n 2－16n ＋15(n ≥2，n ∈N *)，所以⎩⎨⎧a 2－S 2＝13，a 3－S 3＝－24，也即⎩⎨⎧a 1＝13，a 1＋a 2＝24，解得a 1＝13，a 2＝11，7分所以d ＝a 2－a 1＝－2，故a n ＝－2n ＋15，9分S n ＝13n ＋n （n －1）2×(－2)＝－n 2＋14n ＝－(n －7)2＋49，12分所以数列{a n }的前7项和为S 7最大，故k ＝7.14分说明：通过以上两种解法的比较，可以发现“解法1”采用了“邻项变号法”，解题思路、过程比较简洁方便，这是因为这种解法紧紧抓住了等差数列的项a n 对和S n 的影响规律，因而过程相对简洁精炼．例题答案：(1)a n ＝48－8n ；(2)S n ＝－4n 2＋44n ；(3)n ＝5或6时，S n 最大，S n ＝120. 解析：(1)因为a 3＝24，S 11＝0.所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝24，11a 1＋11×102d ＝0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝40，d ＝－8，所以a n ＝48－8n.(2)由(1)知，a 1＝40，a n ＝48－8n ，所以S n ＝（a 1＋a n ）n 2＝（40＋48－8n ）n 2＝－4n 2＋44n.(3)解法1：由(2)有，S n ＝－4n 2＋44n ＝－4(n －112)2＋121，故当n ＝5或n ＝6时，S n 最大，且S n 的最大值为120.解法2 ：由a n ＝48－8n ，⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1<0，即⎩⎪⎨⎪⎧48－8n≥0，48－8（n ＋1）<0，得5<n≤6，又n∈N *，所以n ＝6，即该数列前5项都是正数，第6项为0，所以前5项和、前6项的和同为最大值，最大值为120.说明：等差数列的前n 项和S n 最值问题的研究有两种主要思路：其一，利用S n ＝an 2＋bn 具有的二次函数的性质，结合单调性或抛物线图象来研究；其二，是利用“邻项变号法”研究，即由⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1<0，求得S n 取得最大值时n的条件，同样由⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤0，a n ＋1>0，求得S n 取得最小值时n 的条件．变式联想变式1 答案：16. 解析：由S 9＝S 23，得a 10＋a 11＋…＋a 23＝0，即a 16＋a 17＝0，又因为d<0，所以a 16>0，a 17<0，所以，数列{a n }的前16项的和最大．变式2答案：16或17.解析：由S 10＝S 23，得a 11＋a 12＋…＋a 23＝0，即a 17＝0，又因为d<0，所以a 16>0，a 18<0，所以，数列{a n }的前16项或17的和最大．说明：上述两个“变式”题的不同之处在于，“变式1”中不含为0的项，因此前n 项和S n 取得最值时，n 的值只有一解，“变式2”中含有数值为0的项，因此前n 项和S n 取得最值时，n 的值有两解！请同学们仔细体会其中的差别．串讲激活串讲1答案：n ＝5. 解析：由a n ＝40－5n7，知{a n }递减且a 8＝0，又T n ＝a n ＋a n ＋1＋…＋a n ＋6＝7a n ＋3，考虑到|T n |≥0，且由n ＋3＝8，得n ＝5，即满足|T n |取得最小值的正整数n ＝5.串讲2答案：n ＝5或6.解析：由a n ＝40－5n7，知{a n }递减且a 8＝0，又T n ＝a n ＋a n ＋1＋…＋a n ＋5，式子右边有6项，结合等差数列的对称性知，当下标n ＋(n ＋5)＝2×8±1，即就是n ＝5或6时，|T n |取得最小值．新题在线答案：－16. 解析：设{a n }的公差为d ，由题意得3a 1＋3d ＝－15.由a 1＝－7得d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －9.所以S n ＝n 2－8n ＝(n －4)2－16.所以当n ＝4时，S n 取得最小值，最小值为－16.。
2.3等差数列的前n项和(3)
答案：9
[例3] 在等差数列{an}中，S12＝354，在这 12项中S偶∶S奇＝32∶的性质．
[解]
解法 1：设等差数列的首项和公差分别为 a1 和 d，
12×11 则 12a1＋ d＝354， 2 6×5 6a1＋d＋ 2d 2 32 ＝ ，∴d＝5. 27 6×5 6a1＋ 2d 2
S 奇＋ S 偶＝120， 解析：(1) S 奇＝ 11， S 偶 13 ∴S 偶－S 奇＝5d. ∴65－55＝5d.∴10＝ 5d. ∴d＝2.
S 奇＝55， ⇒ S 偶＝65，
(2)解法 1：∵S 奇＝ a1＋a3＋…＋ a2n＋1 n＋1a1＋a2n＋1 ＝ ， 2 na2＋a2n S 偶＝a2＋a4＋…＋a2n＝ ， 2 又∵ a1＋a2n＋1＝ a2＋ a2n， ∴ S 奇 n＋1 ＝ ，选 B. n S偶
若两个等差数列 {an} 和 {bn} 的前 n 项和 An 和 Bn
7n＋1 A an 满足关系式 n＝ (n∈N*)，求 . Bn 4n＋27 bn
[分析] 条件是前n项和的比值，而结论是通项 的比值．所以，需要将通项的比值转化为前n项 和的比值．
[解]
由等差数列性质：
a1＋a2n－1 b1＋b2n－1 an＝ ，bn＝ ， 2 2 a1＋a2n－1 2n－1a1＋a2n－1 A2n－1 an 2 2 ∴ ＝ ＝ ＝ bn b1＋b2n－1 2n－1b1＋b2n－1 B2n－1 2 2
堂
测
评
课
2.
堂
测
评
课
3.
堂
测
评
课
4.
堂
测
评
课
5.
堂
测
评
知
等差数列的前n项和性质及应用
3、三种题型
数列{an}为等差数列
题型(一)——等差数列前n项和旳有关计算
知三求二
★注意 a a 旳整体代换
1
n
题型(二)——已知Sn，求通项公式an
an＝SS1n－Sn－1
n＝1， n＞1，n∈N*.
题型(三)——等差数列前n项和Sn旳最值问题
4．求等差数列前n项和旳最值措施 (1)二次函数法：用求二次函数旳最值措施来求其 前n项和旳最值，但要注意n∈N*，结合二次函数 图象旳对称性来拟定n旳值，愈加直观． (2)通项法：当 a1＞0，d＜0，aann≥＋1≤0 0 时，Sn 取 得最大值；当 a1＜0，d＞0，aann≤ ＋1≥0 0 时，Sn 取 得最小值．
例3.一种等差数列旳前10项旳和为100, 前100项旳和为10,则它旳前110项旳和 为 －110 .
例4.两等差数列{an} 、{bn}旳前n项和分
别是Sn和Tn,且 Sn 7n 1
求 a5 和 an . b5 bn
Tn 4n 27
a5 64 an 14n 6 b5 63 bn 8n 23
性质3:若Sm=Sp (m≠p),则 Sp+m= 0
性质4:(1)若项数为偶数2n,则
S2n=n(a1+a2n)=n(an+an+1) (an,an+1为中
间两项), 此时有:S偶－S奇= nd
,
S奇 S偶
an an1
2024年10月9日星期三
性质4:(1)若项数为奇数2n－1,则 S2n-1=(2n－ 1)an (an为中间项),
∴ an=13+(n-1) ×(-2)=－2n+15
由
an 0
an1
4-2-2等差数列的前n项和公式(第二课时)课件(人教版)
当m=n时，公式变化？ 反之如何证明？
性质2（. 1）若等差数列的项数为2n，则
S2n n
an an1
， S偶
S奇
nd，
S偶 S奇
an1 . an
（2）若等差数列的项数为2n 1，则
S2n1
2n 1 an1， S偶 S奇 an1，
S偶 n . S奇 n 1
解:
当n=1时，a1
S1
12
1 2
1
3 2
当n≥2时，
an
Sn
Sn1
n2
1 2
n
[(n
1) 2
1 2
(n 1)]
2n
1 2
①
当n=1时也满足①式.
数列{an}的通项公式为an
2n
1 2
,
an an1 2.
由此可知,数列{an}是以
3 2
为首项，公差为2的等差数列.
变式训练
分
已知数列{an}的前n项和为Sn
为319，所有偶数项之和为290，则该数列的中间项为( )
A． 28
B．29
C．30
D．31
（1）若r=0，则这个数列一定是等差数列. an 2 pn (q p)
（2）若r≠0，则这个数列一定不是等差数列.
an
p q r 2 pn (q
p)
(n 1) (n 1)
Sn
na1
n(n 1) 2
d
d 2
n2
(a1
d )n 2
常数项为0 的关于n的
结论：数列是等差数列等价于 Sn An2 Bn
二次型函数
当A 0即d 0时, Sn是关于n的二次函数式,即Sn An2 Bn的图象是
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S 3 = S11 说明这个数列的和先是单调递增的然后又单调递减 .根据
公差不为零的等差数列的前 n 项和是关于 n 的二次函数， 以及二 次函数图象的对称性， 当 S 3 = S11 时，只有 n = 3 + 11 = 7 时， S n 取得最大值.
2
练习： 1.已知在等差数列 {an } 中， a1 = 31 ， S n 是它的前 n 项的和， S10 = S 22 . （1）求 S n ； （2）这个数列前多少项的和最大，并求出这个 最大值. 解析： （1）∵ S10 = a1 + a2 ⋯ + a10 ， S 22 = a1 + a2 ⋯ + a22 ，又 S10 = S 22 ，
∴ a11 + a12 ⋯ + a22 = 0 ， 则 a11 + a22 = 2a1 + 31d = 0 ， 又 a1 = 31 ，
∴ d = −2 ，∴ S n = na1 + n(n − 1) d = 32n − n 2 。 2
（2）方法一：由（1）中可知 S n = 32n − n 2 = −(n − 16) 2 + 256 ，
an ≥ 0 的项数 an+1 ≤ 0
m 使得 S n 取得最大值为 S m ；
②当 a1 < 0, d > 0 时， 满足
an ≤ 0 的项数 m 使得 S n 取得最小值为 S m . a ≥ 0 n + 1
例 1、等差数列 {an } 前 n 项和为 S n ，已知 a1 = 13, S 3 = S11 ，当 S n 最大 时，n 的值是( (A)5 解：选 C. 方法一：由 S 3 = S11 得 a4 + a5 + ⋯ + a11 = 0 ， 根据等差数列性质可得 a7 + a8 = 0 ， 根据首项等于 13 可推知这个数列递减， 从而得到 a7 > 0, a8 < 0 ，故 n=7 时， S n 最大. 方法二：由 S 3 = S11 可得 3a1 + 3d = 11a1 + 55d ，把 a1 = 13 代入得 d = −2 ， 故 S n = 13n − n(n − 1) = −n 2 + 14n ，根据二次函数性质，当 n=7 时， S n 最 大. 方法三：根据 a1 = 13 , S 3 = S11 ，知这个数列的公差不等于零 . 由于 ) (B)6 (C)7 (D)8
n ( n − 1) 2 d = n 2 − 4n = ( n − 2 ) − 4 . 2
a1 +Байду номын сангаасd = −1, 解得 a1 + 4d = 5，
a1=-3，
所以 n=2 时，Sn 取到最小值-4.
等差数列前 n 项和的最值问题的两个解法
求等差数列前 n 项和 S n 最值的两种方法： 1.函数法：利用等差数列前 n 项和的函数表达式 S n = an 2 + bn ， 通过配方或借助图象 配方或借助图象求二次函数最值的方法求解， 一定注意 n 是 配方或借助图象 正整数。 2.邻项变号法： ① a1 > 0, d < 0 时，满足
12a1 + 66d > 0, 解析：(1)∵S12>0,S13<0,∴ 13a1 + 78d < 0, a + 2d = 12. 1
∴- 24 ＜d<-3.
7
(2)由 S13 =
13 ( a1 + a13 ) = 13a 7 < 0, 知 a7<0, 2
S12=6(a1+a12)=6(a6+a7)>0,知 a6>0, 又∵d＜0,∴n≤6 时，an>0,n≥7 时，an<0, ∴S6 最大，即 n=6. 3.已知数列{an}是等差数列，且 a2=-1，a5=5. (1)求{an}的通项 an. (2)求{an}前 n 项和 Sn 的最小值. 解： (1)设{an}的公差为 d， 由已知条件， d=2，所以 an=a1+(n-1)d=2n-5. (2)Sn= na1 +
∴当 n＝16 时， S n 有最大值， S n 的最大值是 256.
方法二：由 an = S n − S n−1 ，可得 an = −2n + 33 . 由 an = −2n + 33 ≥ 0 a，得 n ≤ 33 ；
2 由 an +1 = −2n + 31 ≤ 0 ,得 n ≥ 31 n； 2
又 n 为正整数，所以当 n=16 时， S n 有最大值 256. 2、设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a3=12,S12>0,S13<0. (1)求公差 d 的取值范围； (2)求{an}前 n 项和 Sn 最大时 n 的值.