4.2.2 等差数列的前n项和(精讲)(解析版)

2024年1月4日发(作者：宝宝发烧手脚冰凉是怎么回事)

4.2.2等差数列的前n项和思维导图常见考法考点一等差数列的基本量1/12

【例1】（2020·陕西省安康中学其他（理））记Sn为等差数列an的前n项和，2S3S2S4，a11，则S7（A．-77【答案】A【解析】由2S3S2S4，得4a1d0，∴d4，a411，S77a477.故选:A【一隅三反】1．（2020·内蒙古赤峰）若等差数列an的前n项和为Sn，且满足a44，S4A．1【答案】A【解析】∵a44，S4B．1C．2D．2）B．-70C．-49D．-4210，则公差d（）10∴a4a1+3d=4，S44a143d=10，解得a1=1,d1.故选：A.222．（2020·河南信阳·其他（文））正项等差数列an的前n和为Sn，已知a3a7a5150，则S9=（A．35【答案】C【解析】正项等差数列an的前n项和Sn，a3a7a5150，a52a5150，22）B．36C．45D．54解得a55或a53（舍），S99a1a99a59545，故选C.2）3．（2020·湖北十堰）已知等差数列an的前n项和Sn满足S318,Sn3180,Sn270，则n（A．12【答案】D【解析】因为S33a218，所以a2故SnB．13C．14D．156，又SnSn33an190，所以an130．na1an2na2an12270，解得n15．故选：D.考点二前n项和Sn与等差中项2/12

【例2】(1）（2020·云南省云天化中学高一期末）等差数列an中，a3a912，则数列an前11项和S11（A．12）B．60C．66D．72（2）．（2020·吉林朝阳·长春外国语学校开学考试）设Sn是等差数列an的前n项和，若（A．1【答案】(1)C（2）A【解析】（1）在等差数列an中，a3a912，所以a1a11a3a9所以S11）B．1C．2D．a55S,则9S5a391211a1a11211a3a92111266.故选：C.29a1a9a55S9a952，得951故选：A（2）在等差数列{an}中，由a39S55a1a55a3592（1）如果an为等差数列，若mn＝pq，则aman＝apaq(m，n，p，qN*)．(2)要注意等差数列前n项和公式的灵活应用，如S2n1(2n1)an.【一隅三反】1．（2020·四川成都·二模（文））若数列an为等差数列，且满足3a5＝a3a8，Sn为数列an的前n项和，则S11＝（A．27【答案】B【解析】因为3a5＝a3a8，由等差数列性质，若mn＝pq，则aman＝apaq得，）B．33C．39D．44a6＝3．Sn为数列an的前n项和，则S11＝11(a1+a11)11a6＝33．故选：B．22．（2020·河北运河·沧州市一中月考）若两个等差数列anbn的前n项和分别为Sn，Tn，且满足3/12

Sn3n1a6（，则Tn2n2b6A．2【答案】DB．）74C．32D．4311a1a11a62a6a1a11S211，【解析】b62b6b1b1111b1b11T112又因为Sn3n1a6S113111324.故选：D，所以Tn2n2b6T1121122433．（2020·河北新华·石家庄新世纪外国语学校期中）两等差数列an和bn，前n项和分别为Sn，Tn，a2a20Sn7n2且，则的值为（Tnn3b7b15A．）14924B．7914C．165D．5110【答案】A【解析】在{an}为等差数列中，当mnpq(m，n，p，qN)时，amanapaq．a2a20b7b1512S21，1T2121(b1b21)221(a1a21)所以Sn7n2a2a20149又因为，所以．故选：A．b7b1524Tnn34．（2020·湖南宁乡一中）在等差数列an中，3(a3a5)2(a7a10a13)24，则此数列前13项的和是（A．13【答案】B【解析】由等差数列的性质可得：a3a52a4，a7a132a10，代入已知可得32a423a1024，即a4a104，4/12）．B．26C．52D．56

故数列的前13项之和S1313a1a13213a4a10213426．故选B．2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．5)C．4D．3)（2）．（2019·陕西武功·高三月考（理））设等差数列an的前n项和为Sn若S39,S627，则S9(A．45B．54C．72D．81（3）（2020·浙江吴兴·湖州中学）设Sn为等差数列an的前n项和，且a12010，则S2011（A．0）B．2011C．2009D．2010S2011S20083，20112008【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an为等差数列，所以S3,S6S3,S9S6为等差数列，所以2S6S3S3S9S6即369S927，所以S954，故选B.（3）设等差数列an的公差为d，则S2011S2008201120082011a12011201020082007d2008a1d3，则d2，22d3201120082因此，S20112011a120112010d20112010201120100.故选：A.25/12

一般地，如果an为等差数列，Sn为其前n项和，则有性质：（1）若m,n,p,qN*,mnpq，则amanapaq；（2）Snnakan1k22,k1,2,,n且S2n12n1an；（3）SnAnBn且Sn为等差数列；n（4）Sn,S2nSn,S3nS2n,为等差数列【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．75【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xd，后n项的和设为x2d，由题意得2xd100，2x3d200，解得x25，d50，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）Sn是等差数列an}的前n项和，若A．B．100）C．50D．125SS31，则6为（S63S12）310B．13C．18D．19【答案】A【解析】设S3a,S63a，根据S3,S6S3,S9S6,S12S9是一个首项为a，公差为a的等差数列，S63a3各项分别为a,2a,3a,4a，故.故选：A.S12a2a3a4a103．（2020·黑龙江龙凤·大庆四中月考（理））在等差数列an中，a12018，其前n项和为Sn，若S15S105，则S2020（1510）6/12

A．0【答案】DB．2018C．2019D．2020【解析】设等差数列an的公差为d，由等差数列的性质可得Snn1Sa1d为等差数列，n的公差n2n为SSdd.15105，55，解得d2.1510222020201922020.故选：D.2的最值则S202020202018考点四前n项和Sn【例4】（2020·陕西省洛南中学高二月考）已知数列{an}中a116,an1an2(nN*)，则数列{an}的前n项和Sn最大时，n的值为（A．8【答案】C【解析】an1an2，数列an是等差数列，并且公差为2，B．7或8）C．8或9D．9Snn16对称轴是nnn1217289，2n17nn2422178.5，nN*，所以当n8或9时，Sn取得最大值.故选：C2【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．50【答案】A【解析】根据题意，等差数列{an}中，S1000，S1010，则有S100又由S101(a1a100)10050(a1a100)50(a50a51)0，则有a50a510；2(a1a101)101101a510，则有a510；则有a500，2）B．51C．100D．101若anan10，必有n50；故选：A7/12

2．（2020·吉林南关·长春市实验中学）已知数列an是等差数列，若a93a110，a10a110，且数列an的前n项和Sn有最大值，那么Sn取得最小正值时n等于（A．1【答案】D【解析】因为等差数列的前n项和有最大值，故可得d0因为a93a110，故可得a9a10a11a120，整理得2a10a110，即a10a110，又因为a10a110，故可得a100,a110.B．20C．10）D．19又因为S1919a100，S2010a10a110，故Sn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an的前n项和为Sn，S130，S140，则当S取得最小值时，n的值为（A．4【答案】C【解析】因为S130，故13a70,a70.因为S140，故7a7a80,a7a80，所以a8a70，所以当n7时，Sn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an的前n项和为Sn，若S190，S200，B．6）C．7D．8S20S1S2则，，…，中最大的是（a20a1a2A．）S8a8B．S9a9C．S10a10D．S11a11【答案】C【解析】由S1919(a1a19)19a100，得到a100；2由S2020(a1a20)10(a10a11)0，得到a110，28/12

∴等差数列an为递减数列，且a1a2a3a100a11a12，0S1S2S10,S10S11S12S190S20S21,当n10时，Sn0,an0，且S10最大，a10最小，所以S10最大；a10Sn0；当11n19时，Sn0,an0，此时an当n20时，S200,a200，且0S20S10，a20a100，所以S20S20S10，a20a20a10S20S10S1S2综上所述，，，…，中最大的是.a10a20a1a2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an、bn，其中a11，b16，b30，2nn记an前n项和为Tn，Tn．22（1）求数列an与bn的通项公式；（2）记cnanbn，设Snc1c2c3cn，求Sn．8nn2,1n4【答案】（1）ann，bn93n；（2）Sn2.n8n32,n52n2nnnn1n1【解析】（1）Tn，当n2时，aTTn，nnn12222a11满足ann，annnN.设等差数列bn的公差为d，则db3b1063，312bnb1n1d93n；9/12

（2）由（1）知，cnanbn92n，cn92n92n,1n4．2n9,n5当1n4时，Sn792nn28nn2；当n5时，Sn753112n9n42n28n32．8nn2,1n4综上所述，Sn2.n8n32,n5【一隅三反】1．（2019·浙江吴兴·湖州中学高一月考）已知等差数列{an}中，a257，a1712，记bnan，记{an}的前n项和为Sn，{bn}的前n项和为Tn.（1）求首项a1和公差d；（2）求Sn和Tn的表达式32123n+n(n21)22Tn32123n，【答案】（1）a160，d3；（2）Sn=n3n2123n1260(n21).2222a2=a1d57【解析】（1）由题可得，解得a160aa16d12117（2）由（1）可知an60n133n63，，d=3；n603n6332123Sn==nn，bn=an=3n-63，222当3n-63<0，即n<21时，Tn=-a1+a2++an=-Sn=-当n21时，Tn=-a1+a2++a20+a21+aa22++an()32123n+n,22()()3123=-S20+(Sn-S20)=Sn-2S20=n2-n+1260，2210/12

32123n+n(n21)22Tn3n2123n1260(n21).222．（2020·安徽月考）已知数列an的前n项和为Sn，且Snn219n(nN*).（1）求Sn的最小值；（2）求数列an的前20项和.【答案】（1）90.（2）2002【解析】（1）Snn219n19361n24，又nN*，所以当n9或n10时，Sn取得最小值，且最小值为90.（2）当n2时，S2n1n119n1，所以anSnSn1n219nn1219n12n20.当n1时，a1S111918满足上式，所以an2n20.由an0，解得n10，于是数列an前9项为负，第10项为0，第11到20项为正.所以数列an的前20项和为a1a2a20a1a2a10a11a12a20a1a2a202a1a2a10S202S10202192021021910200.3．（2020·商丘市第一高级中学期末）已知数列an的前n项和Snn27n．（1）求an的通项公式；（2）求数列an的前n项和Tn．【答案】（1）an27n,1n4n2n8；（2）Tnn27n24,n5.11/12

【解析】（1）因为Snn7n，22所以当n2时，anSnSn21n7nn17n12n8，又因为n1时，a1S16适合上式，所以an2n8；（2）因为an2n882n,1n42n8,n5.①当1n4时，an0，所以Tna1a2ana1a2anSnn27n；②当n5时，an0，所以Tna1a2a3a5ana1a2a3a4a5anSn2S4n27n24.所以Tn27n,1n4nn27n24,n5.12/12