【文档说明】《一隅三反系列之高二数学新教材选择性必修第二册（人教A版）》4.2.2 等差数列的前n项和（精讲）（解析版）.docx，共(13)页，1.219 MB，由管理员店铺上传

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14.2.2等差数列的前n项和考点一等差数列的基本量思维导图常见考法2【例1】（2020·陕西省安康中学其他（理））记nS为等差数列na的前n项和，3242SSS+=，11a=，则7S=（）A．-77B．-70C

．-49D．-42【答案】A【解析】由3242SSS+=，得140ad+=，∴4d=−，411a=−，74777Sa==−.故选:A【一隅三反】1．（2020·内蒙古赤峰）若等差数列na的前n项和为nS，且满足44

a=，410S=，则公差d=（）A．1B．1−C．2D．2−【答案】A【解析】∵44a=，410S=∴41+3=4aad=，41434=102Sad=+，解得1=1,1ad=.故选：A.2．（2020·河南信阳·其他（文））正项等差数列na的前n和为nS，已知2375150aaa+−

+=，则9S=（）A．35B．36C．45D．54【答案】C【解析】正项等差数列na的前n项和nS，2375150aaa+−+=，2552150aa−−=，解得55a=或53a=−（舍），()91959995452Saaa=+===，

故选C.3．（2020·湖北十堰）已知等差数列na的前n项和nS满足3318,180,270nnSSS−===，则n=（）A．12B．13C．14D．15【答案】D【解析】因为32318Sa==，所

以26a=，又31390nnnSSa−−−==，所以130na−=．故()()12127022nnnnaanaaS−++===，解得15n=．故选：D.考点二前n项和Sn与等差中项3【例2】(1）（2020·云南省云天化中学高一期末）等差数列na中，3912aa+=，则数列na前11

项和11S=（）A．12B．60C．66D．72（2）．（2020·吉林朝阳·长春外国语学校开学考试）设nS是等差数列na的前n项和，若535,9aa=则95SS=（）A．1B．1−C．2D．12【答案】(1)C（2）A【解析】（1）在等差数列na中，3912aa+=，所以111

39aaaa+=+所以()()1113911111122aaaaS++==1112662==.故选：C.（2）在等差数列{an}中，由5359aa=，得()()9955115392199555952aaSaaaSa+==

==+故选：A【一隅三反】1．（2020·四川成都·二模（文））若数列na为等差数列，且满足5383aaa++＝，nS为数列na的前n项和，则11S＝（）A．27B．33C．39D．44【

答案】B【解析】因为5383aaa++＝，由等差数列性质，若mnpq++＝，则mnpqaaaa++＝得，63a＝．nS为数列na的前n项和，则111116+)11(11332aaSa=＝＝．故选：B．2．（

2020·河北运河·沧州市一中月考）若两个等差数列nanb的前n项和分别为nS，nT，且满足（1）如果na为等差数列，若mnpq++＝，则mnpqaaaa++＝()*mnpqN，，，．(2)要注意等差数列前n

项和公式的灵活应用，如21(21)nnSna−=−.43122nnSnTn−=+，则66ab=（）A．2B．74C．32D．43【答案】D【解析】661116611122aaaabbbb+==+()()1111111111112112aaSbbT+

==+，又因为3122nnSnTn−=+，所以66ab=111131113242112243ST−===+.故选：D3．（2020·河北新华·石家庄新世纪外国语学校期中）两等差数列na和nb，前n项和分别为nS，nT，且723nnSnTn+=+，则220715aabb++的值为（）A．

14924B．7914C．165D．5110【答案】A【解析】在{}na为等差数列中，当(mnpqm+=+，n，p，)qN+时，mnpqaaaa+=+．所以1212202171521121121()2121()2aaaaSbbTbb++

==++，又因为723nnSnTn+=+，所以22071514924aabb+=+．故选：A．4．（2020·湖南宁乡一中）在等差数列na中，35710133()2()24aaaaa++++=，则此数列前13项的和是（）

．A．13B．26C．52D．56【答案】B【解析】由等差数列的性质可得：3542aaa+=，713102aaa+=，代入已知可得410322324aa+=，即4104aa+=，5故数列的前13项之和()11313132aaS

+=()410131342622aa+===．故选B．考点三前n项和Sn的性质【例3】（1）（2020·陕西省洛南中学高二月考）已知某等差数列共有10项，其奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公

差为()A．6B．5C．4D．3（2）．（2019·陕西武功·高三月考（理））设等差数列na的前n项和为nS若39S=,627S=，则9S=()A．45B．54C．72D．81（3）（2020·浙江吴兴·湖州中学）设nS为等差数列na的前n项和，且12010a=−，2011200

8320112008SS−=，则2011S=（）A．0B．2011C．2009D．2010【答案】（1）D（2）B（3）A【解析】（1）因为某等差数列共有10项，其奇数项之和为15，偶数项之和为30，因此数列的第一

、三、五、七、九项的和，写出数列的第二、四、六、八、十项的和，都用首项和公差表示，两式相减，得到结果．5a1+20d=15，5a1+25d=30，d=3，选B（2）因为na为等差数列，所以36396,,SSS

SS−−为等差数列，所以()633962SSSSS−=+−即936927S=+−，所以954S=，故选B.（3）设等差数列na的公差为d，则1120112008201120102008200720112008322320112008201120082adadSSd

++−=−==，则2d=，因此，()20111201120102011201120102011201002Sad=+=−+=.故选：A.6【一隅三反】1．（2020·山东省临沂第一中学高二期中）一个等差数列共有3n项，若前2n项的

和为100，后2n项的和为200，则中间n项的和为（）A．75B．100C．50D．125【答案】A【解析】设等差数列前n项的和为x，由等差数列的性质可得，中间的n项的和可设为xd+，后n项的和设为2xd+，由题意得2100xd

+=，23200xd+=，解得25x=，50d=，故中间的n项的和为75，故选：A．2．（2020·河北运河·沧州市一中月考）nS是等差数列na}的前n项和，若3613SS=，则612SS为（）A．310B．13C．18D．19【答案】A【解析】设36,3SaS

a==，根据36396129,,,SSSSSSS−−−是一个首项为a，公差为a的等差数列，各项分别为,2,3,4aaaa，故6123323410SaSaaaa==+++.故选：A.3．（2020·黑龙江龙凤·大庆四中月考（理））在等差数列na中，12018a

=−，其前n项和为nS，若151051510SS−=，则2020S=（）一般地，如果na为等差数列，nS为其前n项和，则有性质：（1）若,,,*,mnpqNmnpq+=+，则mnpqaaaa+=+；（2）()1,1,2,,2knknnaaSkn+−+==且()2121nnSna−

=−；（3）2nSAnBn=+且nSn为等差数列；（4）232,,,nnnnnSSSSS−−为等差数列7A．0B．2018C．2019−D．2020【答案】D【解析】设等差数列na的公差为d，由等差数列的性质可得112nSnadn−=+为等差数列，nSn的公差为2d.

151051510SS−=，552d=，解得2d=.则()20202020201920202018220202S=−+=.故选：D.考点四前n项和Sn的最值【例4】（2020·陕西省洛南中学

高二月考）已知数列{}na中1116,2(*)nnaaanN+=−=−，则数列{}na的前n项和nS最大时，n的值为（）A．8B．7或8C．8或9D．9【答案】C【解析】12nnaa+−=−，数列na是等差数

列，并且公差为2−，()()21162172nnnSnnn−=+−=−+21728924n=−−+，对称轴是178.52n==，*nN，所以当8n=或9时，nS取得最大值.故选：C【一隅三反】1．（2021·河南淇滨·鹤壁高中高二月考）等差数列{an}的前n

项和为Sn，S100＞0，S101＜0，则满足anan+1＜0的n＝（）A．50B．51C．100D．101【答案】A【解析】根据题意，等差数列{}na中，1000S，1010S，则有110010011005051()10050()50()

02aaSaaaa+==+=+，则有50510aa+；又由110110151()10110102aaSa+==，则有510a；则有500a，若10nnaa+，必有50n=；故选：A82．（2020·吉林南关·长春市实验中学）已知数

列na是等差数列，若91130aa+，10110aa，且数列na的前n项和nS有最大值，那么nS取得最小正值时n等于（）A．1B．20C．10D．19【答案】D【解析】因为等差数列的前n项和有最大值，故可得0d因为91130aa+，故可得91011120aaaa+++，

整理得()101120aa+，即10110aa+，又因为10110aa，故可得10110,0aa.又因为1910190Sa=，()201011100Saa=+，故nS取得最小正值时n等于19.故选：D.3．（2020·安徽

金安·六安一中高一期中（文））已知等差数列na的前n项和为nS，130S，140S，则当S取得最小值时，n的值为（）A．4B．6C．7D．8【答案】C【解析】因为130S，故77130,0aa.因为140S，故()787870,0aaaa++，所以87

0aa−，所以当7n=时，nS取得最小值.故选：C.4．（2020·安徽金安·六安一中高一期中（理））已知等差数列na的前n项和为nS，若190S，200S，则11Sa，22Sa，…，2020Sa中最大的是（）A．88SaB．99SaC．1

100SaD．1111Sa【答案】C【解析】由119191019()1902aaSa+==，得到100a；由12020101120()10()02aaSaa+==+，得到110a，9∴等差数列

na为递减数列，且1231011120aaaaaa，12100SSS,1011121920210SSSSSS,当10n时，0,0nnSa，且10S最大，10a最小，所以1100Sa最大；当1119n时，0,0nnSa，此时0nnSa；当

20n=时，20200,0Sa，且20100SS，20100aa，所以202010202010SSSaaa=，综上所述，11Sa，22Sa，…，2020Sa中最大的是1100Sa.故选：C．考点五含有绝对值的求和【例5】（2021·河南淇滨·鹤

壁高中高二月考）已知两个等差数列na、nb，其中11a=，16b=，30b=，记na前n项和为nT，222nnnT=+．（1）求数列na与nb的通项公式；（2）记nnncab=+，设123nnScccc=++++，求nS．【答案】（1）na

n=，93nbn=−；（2）228,14832,5nnnnSnnn−=−+.【解析】（1）22nnnT+=，当2n时，()()2211122nnnnnnnaTTn−−+−+=−=−=，11a=满足nan=，()nannN=.设等差数列nb的公差为d，则31063312

bbd−−===−−，()1193nbbndn=+−=−；10（2）由（1）知，92nnncabn=+=−，92,149229,5nnncnnn−=−=−．当14n时，()279282nnnSnn+−==−；当5n时，()()

()2129475318322nnnSnn+−−=++++=−+．综上所述，228,14832,5nnnnSnnn−=−+.【一隅三反】1．（2019·浙江吴兴·湖州中学高一月考）已知等差数列{}na中，257a=−，1712

a=−，记nnba=，记{}na的前n项和为nS，{}nb的前n项和为nT.（1）求首项1a和公差d；（2）求nS和nT的表达式【答案】（1）160a=−，3d=；（2）2312322nS=nn−，223123+(21)2231231260(2

1)22nnnnTnnn−=−+.【解析】（1）由题可得21171=571612aadaad+=−=+=−，解得160a=−，3d=；（2）由（1）可知()6013363nann=−+−

=−，()2603633123222nnnS==nn−+−−，363nnban\==-，当3630n-<，即21n<时，()212312322nnnTaaaSnn=-+++=-=-+,当21n时，()()22122021

nanTaaaaaa=-+++++++()220202031232126022nnSSSSSnn=-+-=-=-+，11223123+(21)2231231260(21)22nnnnTnnn−=−+.2．（2020·安徽月考）已知数列na的前n项

和为nS，且219nSnn=−(*nN).（1）求nS的最小值；（2）求数列na的前20项和.【答案】（1）90−.（2）200【解析】（1）22193611924nSnnn=−=−−，又*nN，所以当9n=或10n=时，nS取得最小值，且最小值为90−.（2）当2n时，

()()211191nSnn−=−−−，所以()()()221191191220nnnaSSnnnnn−=−=−−−−−=−.当1n=时，1111918aS==−=−满足上式，所以220nan=−.由0na，解得10n，于是数列na前9项为负，第

10项为0，第11到20项为正.所以数列na的前20项和为()1220121011122012aaaaaaaaaaa+++=−+++++++=+()()222012102010222019202101910200aaaaSS++−+++=−=−−

−=.3．（2020·商丘市第一高级中学期末）已知数列na的前n项和27nSnn=−．（1）求na的通项公式；（2）求数列na的前n项和nT．【答案】（1）28nan=−；（2）227,14724,5nnn

nTnnn−+=−+.【解析】（1）因为27nSnn=−，12所以当2n时，()()()221717128nnnaSSnnnnn−=−=−−−−−=−，又因为1n=时，116aS==

−适合上式，所以28nan=−；（2）因为82,142828,5nnnannn−=−=−.①当14n时，0na，所以212127nnnnTaaaaaaSnn=+++=−−−−=−=−+；②当5n时，0na，所以123512345nnnTaa

aaaaaaaaa=++++=−−−−+++242724nSSnn=−=−+.所以227,14724,5nnnnTnnn−+=−+.13获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com