【文档说明】《2022-2023学年高二数学一隅三反系列（人教A版2019选择性必修第二册）》4.2.2 等差数列的前n项和（精讲）（解析版）.docx，共(16)页，1.207 MB，由envi的店铺上传

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4.2.2等差数列的前n项和（精讲）考点一等差数列基本量的计算【例1-1】（2022·江苏·高二课时练习）设等差数列na的前n项和为nS．(1)已知610a=，55S=，求8S；(2)已知42S=，96S=−，求12S；(3)已知2463aaa++=−，3576aaa++=，求20S；(4

)已知36S=，68S=−，求9S．【答案】(1)44(2)825−(3)370(4)-42【解析】(1)等差数列{}na中，610a=，55S=，615151054552aadSad=+==+=

，解得15a=−，3d=．818784084442Sad=+=−+=．(2)等差数列{}na中，42S=，96S=−，114629366adad+=+=−，即得165715ad==

−，解得126121178212()52155S=+−=−．(3)等差数列{}na中，2463aaa++=−，3576aaa++=，1111113532466adadadadadad+++++=−+++++=，解得110a=−，3d=，20120192020057

03702Sad=+=−+=．(4)等差数列{}na中，36S=，68S=−，3S，63SS−，96SS−成等差数列，633962()SSSSS−=+−，即92(86)68S−−=++，解得942S=−．【例1-2】（2022年1月广东省普通高中学业水平合

格性考试数学试题）古代《九章算术》记载：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何”其意思为：“今有5人分5钱，各人所得钱数依次成等差数列，其中前2人所得之和与后3人所得之和相等，问各得多少钱

”.由此可知第一人分得的钱数是（）A．43B．1C．23D．13【答案】A【解析】设第()15,Nnnn分到na钱，设数列()15,Nnann的公差为d，由题意可得1234512345++++=5+=++aaaaaaaaaa，所以，121315+=2+=2=+2=1

aaadaad，解得143a=.故选：A.【一隅三反】1．（2022·江苏南京）设nS为等差数列{}na的前n项和，若821=6,=0aS，则1a的值为（）A．18B．20C．22D．24【答案】B【解析】由题意得：设等差

数列的通项公式为1(1)naand=+−，则1(1)2nnnSnad−=+18211+7=7=620?21=021+=02adaSad解得：1=2=20da−故选：B2．（2021·江苏省震泽中学高二月考）北京天坛的圆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，且下比中层多729块，则第三层（即下层）共有扇面形石板（）

A．1539块B．1863块C．3402块D．3339块【答案】C【解析】由题意可知，从上到下，从内到外，每环的扇面形石板数构成以9为首项，9为公差的等差数列，设为na，设上层有n环，则上层扇面形石板总数为nS，中层扇面形石板总数为2nnSS−，下层扇面形石板总数为32

nnSS−，三层扇面形石板总数为3nS，因为na是等差数列，所以232,,nnnnnSSSSS−−构成等差数列，公差为29n，因为下层比中层多729块，所以29729n=，解得：9n=，所以3272726279

934022nSS==+=.故选：C3．（2022·江苏·高二课时练习）设等差数列na的前n项和为nS．(1)已知1171aa+=，求17S；(2)已知1120a=，求21S；(3)已知1166S=，求6a；(4)已知42S=，86S=，求16S．【答案】(1)1

72(2)420(3)6(4)20【解析】(1)在等差数列na的前n项和为nS且1171aa+=，由等差数列的前n项和公式，可得1171717()17117222aaS+===.(2)在等差数列

na的前n项和为nS且1120a=，由等差数列的性质可得12111240aaa+==，又由等差数列的前n项和公式，可得1212121()214042022aaS+===.(3)解：在等差数列na的前n项和为nS且

1166S=，由等差数列的前n项和公式，可得1111111()662aaS+==，解得11112aa+=，又由等差数列的性质可得111662aaa+==.(4)解：在等差数列na的前n项和为nS且42S=，86S=根据等差数列的前n项和的性质，可得4

841281612,,,SSSSSSS−−−构成等差数列，因为482,6SS==，即构成1216122,4,6,SSS−−的等差数列，所以()1216121226424262SSSS+−=+−=−，解得1620S=

.考点二等差数列前n项和与中项性质【例2-1】（2022·辽宁）若等差数列na和nb的前n项的和分别是nS和nT，且21nnnabn=+，则1111ST=（）A．1221B．1123C．613D．1223【答案】C【解析】因为na和

nb是等差数列,故()()1116111111161161113aaaSTbbb+===+故选:C【例2-2】（2022·北京·北理工附中高二期中）已知两等差数列na，nb，前n项和分别是nA，nB，且满足2132nnAnBn+=+

，则66ab=（）A．1320B．2335C．2538D．2741【答案】B【解析】两等差数列na，nb，前n项和分别是nA，nB，满足2132nnAnBn+=+，所以1116611111111661111111221112322311235112aaaaaaAbbbbbbB+++

======+++.故选：B【例2-3】（2022·安徽宿州·高二期中）已知两个等差数列na和nb的前n项和分别为nA和nB，且214nnAnBn+=+，则28357bbaaa+=++（）A．43B．3839C．1319D．2657【

答案】D【解析】由()28199357919229426333291572bbbbBaaaAaa+++====++++．故选：D【例2-4】（2022·辽宁·沈阳二中高二阶段练习）设等差数列na，nb的前n项和分别是nS，n

T，若237nnSnTn=+，则65ab=（）A．65B．1117C．1114D．3【答案】B【解析】由等差数列的前n项和公式满足2AnBn+形式，设2(2)2nSknnkn==，则2(37)37nTk

nnknkn=+=+，故66555423622511325753167417aSSkkbTTkkkk−−===−+−−.故选：B.【一隅三反】1．（2022·湖北·武汉情智学校高二阶段练习）设等差数列na，nb的前n项和分别

是nS，nT，若237nnSnTn=+，则66ab=（）A．1720B．1120C．2217D．1217【答案】B【解析】因为等差数列na，nb的前n项和分别是,nnST，所以111111611111111611

11()22112211()3372022aaaaaSbbbbbT++=====+++.故选：B2．（2022·海南华侨中学高二期末）设等差数列na与等差数列nb的前n项和分别为nS，nT，若对任意自然数n都有2343nnSnTn−=−，则935

784aabbbb+++的值为（）A．37B．79C．1941D．1−【答案】C【解析】由题意，()()11193931111115784111111112113192114113412aaaaaaaab

bbbbbbbbb+++−+=====+++++−.故选：C.3．（2022·全国·高二课时练习）两个等差数列na和nb的前n项和分别为nS、nT，且523nnSnTn+=+，则220715aab

b++等于（）A．10724B．724C．14912D．1493【答案】A【解析】两个等差数列na和nb的前n项和分别为nS、nT，且523nnSnTn+=+，所以1212201212112171512121215212107221324212aaaaaaSbb

bbbbT++++=====++++.故选：A4．（2022·安徽滁州·高二期中）设nS是等差数列na的前n项和，若7945aa=，则1317SS=（）A．1317B．5285C．1713D．8552【答案】B【

解析】在等差数列na中，由7945aa=，得()()11313711717913131345221717175852aaSaaaSa+====+，故选：B5．（2022·浙江·杭州市富阳区第二中学高二阶段练习）已知,nnST分别是等差数列

,nnab的前项和，且*21()42nnSnnTn+=−N，则1011318615aabbbb+=++（）A．2138B．2342C．4382D．4178【答案】D【解析】,nnST分别是等差数

列,nnab的前项和，故*2121()nnnnaSnbT−−=N，且3186151011bbbbbb+=+=+，故1010101120111131861511111010010112220141420278aaaaSaabbbbbbbbbbT+=+===+++++++=

−，故选：D考点三等差数列前n项的性质【例3-1】（2022·辽宁·沈阳二中高二期末）已知等差数列na的前n项和为nS，若310S=，660S=，则9S=（）A．90B．110C．150D．180【答案】C【解析】由等差数列性质知：3S，63SS

−，96SS−成等差数列，()()633962SSSSS−=+−，即()92501060S=+−，解得：9150S=.故选：C.【例3-2】2022·甘肃·宁县第二中学高二阶段练习）已知等差数列na的前n项和为nS，若954S=，11121327aaa++=，则16S=（）

A．120B．60C．160D．80【答案】A【解析】na为等差数列，911989936542Sadad=+=+=，111213111110111233327aaaadadadad++=+++++=+=，119+36=543+33=27adad

，解得130=73=7ad.16116153031616120120277Sad=+=+=.故选：A.【例3-3】（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高二期末）在等差数列na中，其前n项和为

nS，若217:6:1SS=，则2814:SS=（）A．16:1B．6:1C．12:1D．10:3【答案】D【解析】由等差数列前n项和的性质可得，714721142821,,,SSSSSSS−−−成等

差数列，设7Ss=，则216Ss=，即1414,,6sssSS−−成等差数列，故()141426ssSSs−=+−，解得143Ss=，故714721142821,,,SSSSSSS−−−即,2,3,4ssss，故

2864Sss−=，2810Ss=，故2814:10:3SS=故选：D【例3-4】（2022·全国·高二）等差数列na的前n项和为nS，若20212020120212020SS=+且13a=，则()A．21nan=

+B．1nan=+C．22nSnn=+D．24nSnn=−【答案】A【解析】设na的公差为d，∵()112nnnSnad−=+∴111222nSnddadnan−=+=+−，即{nSn}为等差数

列，公差为2d，由20212020120212020SS−=知122dd==，故()23212122nnnnanSnn++=+==+，﹒故选：A﹒【例3-5】（2022·全国·高三专题练习）已知等差数列na的项数为奇数，其中所有奇数项之和为319，所有偶数项之和为290，则

该数列的中间项为（）A．28B．29C．30D．31【答案】B【解析】设等差数列na共有21n+项，则13521nSaaaa+=++++奇，2462nSaaaa=++++偶，中间项为1na+，故()()()13254212nnSSaaaaa

aa+-=+-+-++-奇偶111nadddanda+=++++=+=，131929029naSS+=-=-=奇偶，故选：B.【一隅三反】1．（2022·新疆生产建设兵团第五师教育局高二阶段练习）等差数列na的前n项和为nS，若32S=，615S=，则9S=（）.A．39B

．29C．28D．24【答案】A【解析】由题意，根据等差数列的性质，可得nS，2nnSS−，32nnSS−也构成等差数列，即36396,,SSSSS−−构成等差数列，所以633962()()SSSSS−=+−，即92(152)2(15)S−=+−，解得939S=.故选：A.2．（2021·全国

·高二课时练习）已知等差数列{}na共有10项，其偶数项之和为20，奇数项之和为5，则该数列的公差为（）．A．3−B．2−C．2D．3【答案】D【解析】135795aaaaa++++=，24681020aaaaa++++=，515d=，3d=.故选：D．3.（2022·na海南）已

知等差数列的项数为奇数，且奇数项的和为40，偶数项的和为32，则5a=（）A．8B．9C．10D．11【答案】A【解析】设等差数列{}na有奇数项21k+，*()kN．公差为d．奇数项和为40，偶数项和为32，132140kaaa+=+++，24232kaaa=

+++，1211(21)()72(21)2kkkaaka++++==+，21118kkakdakda++=−=+=，921k=+，即等差数列{}na共9项，且()199599725aaSa+===58a=故选：A．4.（2022·

辽宁·高二期中）在等差数列na中，12021a=−，其前n项和为nS，若1082108SS−=，则2021S等于（）A．2021B．2021−C．2020−D．2020【答案】B【解析】数列na为等差数列，数列nSn

为等差数列，设其公差为d，又10822108SSd−==，解得：1d=，又1120211Sa==−，20212021202012021S=−+=−，20212021S=−.故选：B.5．（202

1·江苏·高二专题练习）等差数列na中，nS为其前n项和，若52015S=，20155S=，则2020S=________．【答案】2020−【解析】等差数列na中，记首项为1a，公差为d，利用等差数列求和公式1(1)2

nnnSnad−=+，可得111222nSnddadnan−=+=+−，又111(1)()122222nnSSdddddnanann+−=++−−+−=+所以nSn是首项为1a，公差为2d等差

数列，由52015S=，20155S=，得5201555S=，2015201155205S=所以nSn的公差为201555201520155201552015520155SS−−=−−所以202055201520155(20205)12020520155SS−=+

−=−−所以20202020S=−故答案为：2020−考点四等差数列前n项和的最值【例4-1】（2022·河南信阳）数列{an}中，如果an=49﹣2n，则Sn取最大值时，n等于（）A．23B．24C．25D．2

6【答案】B【解析】由题意，可知数列na为等差数列，则()()21224824242nnaanSnnn+==−=−−+，则当24n=时，nS取最大值.故选：B.【例4-2】（2022·全国·高二课时练习）已知等差数列na的前n项和为nS，当且仅当6n=时nS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6700aa，即30503060dd++，解得65d−−，故选：A．【例4-3】（2022·北

京八中高二期中）等差数列na中，68aa，680aa+=，则当前n项和nS最小时，n=（）A．7B．8C．6或7D．7或8【答案】C【解析】设公差为d，因为68aa，所以20d，所以0d，因为680a

a+=，所以720a=，所以70a=，所以160ad+=，160ad=−，所以1(1)(1)622nnnnnSnadndd−−=+=−+2113169224dn=−−，所以当6n=或7n=时，nS取得最小值.故选：C【例4-4】（2021·江苏·高二

专题练习）已知等差数列na的前n项和nS有最大值，且202120201aa−，则满足0nS的最大正整数n的值为（）A．4041B．4039C．2021D．2020【答案】B【解析】∵等差数列nS存在最

大值且1(1)2nnndSna−=+，∴首项10a，公差0d，即等差数列na为递减数列，∴20202021aa，∵202120201aa−2020202120202021202000aaaaa++，所以202020210,

0aa∴()()1404020202021404040404040022aaaaS++==，()14039403920204039403902aaSa+==.所以满足0nS的最大正整数n的值为4039.故选：B．【一隅三反】1．（2022·福建省福州第一中学高二期

末）已知{an}是以10为首项，－3为公差的等差数列，则当{an}的前n项和Sn，取得最大值时，n=（）A．3B．4C．5D．6【答案】B【解析】∵{an}是以10为首项，－3为公差的等差数列，∴()1031133nann=−−=−，故当4n时，13

30nan=−，当5n时，1330nan=−，故4n=时，nS取得最大值.故选：B.2．（2022·安徽省临泉第一中学高二阶段练习）已知等差数列na的前n项和为nS，若20210S，20220S，则使得前n项和nS取得最大值时n的值为（）A．2022B．2021C．1

012D．1011【答案】D【解析】因为等差数列na的前n项和为nS，20210S，20220S，所以()()()()120211011202110111202220221202210111012202120212202102220221011101102aaaS

aaaSaaaa+===+==+=+，所以10110a，101110120aa+，所以10110a，10120a，即等差数列na的公差0d，所以，1011n时，0na；1012n时，0na，所以，使得前n项和nS取得

最大值时n的值为1011.故选：D3．（2022·安徽·淮南第二中学高二开学考试）在等差数列na中，nS为其前n项的和，已知678125aaaa++=，且10a，当nS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na的公差为d，∵678125aaaa++=，∴()11318511adad+=+，∴13702ad=−，∴0d，∴1902da=−，2002da=，∴19S取得最大值.故选：C.4．（2022·山西·康杰中学高二开学考试）已知等差数列{}na的通

项公式为31natn=−（tZ），当且仅当10n=时，数列{}na的前n项和nS最大，则当10kS=−时，k=（）A．17B．18C．19D．20【答案】D【解析】由条件可知，当10n=时，1031100at=−，1131110at=−，解得：31311110t，因为tZ，所以

3t=，得313nan=−，()28313102kkkS+−==−，解得：20k=或13k=−（舍）.故选：D5．（2022·吉林）已知nS是等差数列na的前n项和，且675SSS，给出下列五个命题：①公差0d②110

S③120S④数列{}nS中的最大项为11S⑤67aa其中正确命题的个数是（）A．2B．3C．4D．5【答案】B【解析】等差数列na中，6S最大，且675SSS，10a，0d，①正确；675SSS，60a，70a，670aa+，160ad

+，150ad+，6S最大，④不正确；1111115511(5)0Sadad=+=+，12111267126612()12()0Sadaaaa=+=+=+，③⑤正确，②错误.故选：B．考点五含有绝对值等差数列的求和【例5】（2022·陕西

·西安市鄠邑区第二中学高二阶段练习）等差数列na满足58a=，72a=，其前n项和为nS.(1)求数列na的通项公式；(2)求1215aaa+++的值.【答案】(1)=3+23nan−(2)169.【解析】（1）设首项为1a公差为d，由7151=+6=2,=+

4=8aadaad解得1=20=3ad−，所以1=+(1)=20+(1)?(3)=3+23naandnn−−−−.（2）设数列na的前n项和为21(1)343=+=+222nnnSnadnn−−.当7n,时>0na，当8n,时<0na，故121

5+++aaa()12378915=++++++aaaaaaa−()7157715==2=2?77+15=169SSSSS−−−.【一隅三反】1．（2022·海南）等差数列na中，24a=，4715aa+=.(1)求数列na的通项公式；(2)设225nnba=−+，

求数列nb的前n项和nS.【答案】(1)2nan=+(2)2220,1020200,11nnnnSnnn−+=−+【解析】（1）由题意得：11143615adadad+=+++=，解得13

1ad==，()3112nann=+−=+；（2）()2225221nbnn=−++=−+，当10n时，0nb，nnbb=；11n时，0nb，nnbb=−；当10n时，()()2122401917221202nnnnSb

bbnnn−+=+++=+++−+==−+；当11n时，()12101112nnSbbbbbb=+++−+++；即()()1212102nnSbbbbbb=−+++++++()()22401019122020022nnnn−+

+=−+=−+，综上所述：2220,1020200,11nnnnSnnn−+=−+.2．（2022·四川省）已知数列na是等差数列，公差为d，nS为数列na的前n项和，172aa+=−，315S=．(1)求数列na的通项公式na；(2)

求数列na的前n项和nT．【答案】(1)()*311Nnann=−+(2)()()*2193,3,2N31960,4.2nnnnTnnnn−=−+【解析】(1)∵na是等差数列，公差为d．且172aa+=−，315S=，∴11262,32315,2

adad+=−+=解得18a=，3d=−．∴()()()11813311naandnn=+−=+−−=−+，∴数列na的通项公式为()*311Nnann=−+．(2)令0na，则3110n−+，∴311n，∴113n，又*Nn，∴当3n时，

0na；当4n时，0na．又18a=，311nan=−+，∴当3n时，()()2121831119322nnnnnnnTaaaaaa−+−=+++=+++==，当4n时，()()()124112323122nnnnTaaaaaaaa

aaaaaa=+++=+++−−−=++−+++()2319331960221522nnnnnSS−−+=−=−=，∴()()*2193,3,2N31960,4.2nnnnTnnnn−=−+3．（2022·安徽

滁州·高二期中）已知等差数列na的前n项和为nS，Nn+，且364aa+=，55S=−．(1)求数列na的通项公式；(2)若nnba=，其前n项和为nT，求nT．【答案】(1)27nan=−(2)

226,13,618,4.nnnnTnnn−+=−+【解析】(1)设等差数列na的首项和公差分别为1,ad，则()111254551552adadad+++=−+=−，解得15a=−，2d=，所以27nan=−．(2)当

4n且Nn+时，270nan−=；当3n且Nn+时，270nan−=．所以当13n时，()216nnTaann=−++=−+；当4n时，()212345618nnTaaaaaann=−++++++=−+．综上所述，226,13,618,

4.nnnnTnnn−+=−+．