【文档说明】2021年人教版高中数学选择性必修第二册（精讲)4.2.2《等差数列的前n项和》（解析版）.doc，共(12)页，896.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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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【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44a，410S，则公差d（）A．1B．1C．2D．2【答案】A【解析】∵44a，410S∴4

1+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【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11139aaaa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．33

C．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(11332a

aSa＝＝．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3122nnSnTn，则66ab（）A．2B．74C．32D．43【答案】D【解析】661116611122aaaabb

bb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（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.【解析】在{}na为等差数列中，当(mnpqm，n，p，)qN时，mnpqaaaa．所以1212202171521121121()2121()2aaaaS

bbTbb，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．52

D．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，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，20112008320112008SS，则2

011S（）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,,SSSSS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，2011120112010201120112010201120

1002Sad.故选：A.【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【解析】设36,3SaSa，根据36396

129,,,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（）A．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(*)nnaaa

nN，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：A2．（2020·吉林南关·长春市实验中学）已知数列na是等差数列，若9

1130aa，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7

87870,0aaaa，所以870aa，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．1100SaD．1111Sa【答案】C【解析】由119191019()1902aaSa，得到100a；由12020101120()10()02aaSaa，得到110

a，∴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）nan，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31063312bbd，1193nb

bndn；（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，1712a，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

(21)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，()()2

2122021nanTaaaaaa=-+++++++()220202031232126022nnSSSSSnn=-+-=-=-+，223123+(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1

0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）227,14724,5nnnnTnnn.【解析】（1）因为

27nSnn，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123512345nnnTaaaaaaaaaaa24

2724nSSnn.所以227,14724,5nnnnTnnn.