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4.2.2　等差数列的前n项和公式
第1课时　等差数列的前n项和公式
1.了解等差数列前n项和公式的推导过程.
2.探索并掌握等差数列的前n项和公式.
3.理解等差数列的通项公式与前n项和公式的关系.
【课程标准要求】　
知识探究·素养启迪
知识点　等差数列的前n项和公式
疑难解惑
对等差数列前n项和公式的理解
(1)公式一的推导方法是“倒序相加法”,主要是利用了等差数列的性质,任意第k项与倒数第k项的和都等于首、末两项之和.
(2)由公式二知,当d=0时,Sn=na1;当d≠0时,等差数列的前n项和Sn是关于n的没有常数项的“二次函数”.
(3)公式里的n表示的是所求等差数列的项数.
知识清点
1.已知等差数列{an}的首项a1=1,公差d=-2,则其前10项和S10等于(　　)
A.-20 B.-40　
C.-60 D.-80
D
2.已知数列{an}为等差数列,若a1=15,a5=25,则 S5等于(　　)
A.15 B.25
C.100 D.200
C
3.(2025·全国Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和,若S3=6,S5=-5,则S6等于
(　　)
A.-20 B.-15
C.-10 D.-5
B
4.(人教A版选择性必修第二册P22练习T1改编)在等差数列{an}中,已知a1=3,
d=-1,Sn=-4,则n=　　　　.
8
课堂探究·素养培育
题型一　等差数列前n项和有关计算
[例1] (苏教版选择性必修第一册P149例1)设Sn为等差数列{an}的前n项和.
(1)已知a1=3,a50=101,求S50;
解题策略
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a1,d,n,an和Sn,这五个量可以“知三求二”.一般是利用公式列出基本量a1和d的方程组,解出a1和d,便可解决问题.解题时注意整体代换的思想.
解题策略
[方法迁移1] 在等差数列{an}中,
(1)已知a3+a15=40,求S17;
(2)已知a1=4,S8=172,求a8和d.
[方法迁移2] 在等差数列{an}中,
(1)已知a1=1,a4=7,求S9;
(2)已知a6=10,S5=5,求a8和S10.
题型二　利用Sn证明一个数列是等差数列
[例2] 已知数列{an}的前n项和Sn是关于n的二次函数,n∈N*,且a1=-2,a2=2, a3=6.
(1)求Sn的表达式;
(2)判断{an}是不是等差数列,并说明理由.
法二　当n=1时,a1=S1=2-4=-2;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n2-4n-[2(n-1)2-4(n-1)]=4n-6,
当n=1时,a1=-2也成立.
所以an=4n-6,
所以符合等差数列通项公式an=a1+(n-1)d=dn+(a1-d)的形式.
所以{an}是等差数列.
解题策略
[方法迁移] 已知数列{an}的前n项和为Sn=n2+n-1,求数列{an}的通项公式,并判断它是不是等差数列.4.2.2　等差数列的前n项和公式
第1课时　等差数列的前n项和公式
【课程标准要求】　
1.了解等差数列前n项和公式的推导过程.
2.探索并掌握等差数列的前n项和公式.
3.理解等差数列的通项公式与前n项和公式的关系.
知识点　等差数列的前n项和公式
1.公式一:已知等差数列{an}的首项a1和末项an,可以表示前n项和Sn=.
2.公式二:已知等差数列{an}的首项a1和公差d,可以表示前n项和Sn=na1+d.
对等差数列前n项和公式的理解
(1)公式一的推导方法是“倒序相加法”,主要是利用了等差数列的性质,任意第k项与倒数第k项的和都等于首、末两项之和.
(2)由公式二知,当d=0时,Sn=na1;当d≠0时,等差数列的前n项和Sn是关于n的没有常数项的“二次函数”.
(3)公式里的n表示的是所求等差数列的项数.
知识清点
1.已知等差数列{an}的首项a1=1,公差d=-2,则其前10项和S10等于(　　)
A.-20 B.-40　 C.-60 D.-80
【答案】 D
【解析】 由公式Sn=na1+d,得S10=10×1+×(-2)=-80.故选D.
2.已知数列{an}为等差数列,若a1=15,a5=25,则 S5等于(　　)
A.15 B.25 C.100 D.200
【答案】 C
【解析】 S5===100.故选C.
3.(2025·全国Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和,若S3=6,S5=-5,则S6等于(　　)
A.-20 B.-15 C.-10 D.-5
【答案】 B
【解析】 设等差数列{an}的公差为d,则由题可得
所以S6=6a1+15d=6×5+15×(-3)=-15.故选B.
4.(人教A版选择性必修第二册P22练习T1改编)在等差数列{an}中,已知a1=3,d=-1,Sn=-4,则n=　　　　.
【答案】 8
【解析】 根据题意,Sn=na1+d=3n+×(-1)=-n2+n=-4,
整理得n2-7n-8=0,解得n=8或n=-1(舍去).
题型一　等差数列前n项和有关计算
[例1] (苏教版选择性必修第一册P149例1)设Sn为等差数列{an}的前n项和.
(1)已知a1=3,a50=101,求S50;
(2)已知a1=3,公差d=,求S10.
【解】 (1)根据等差数列前n项和公式,得
S50=×50=2 600.
(2)根据等差数列前n项和公式,得
S10=10×3+×=.
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a1,d,n,an和Sn,这五个量可以“知三求二”.一般是利用公式列出基本量a1和d的方程组,解出a1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am+an=ap+aq,特别地,若m+n=2p,则2ap=am+an.该性质常与求和公式Sn=结合使用.
[方法迁移1] 在等差数列{an}中,
(1)已知a3+a15=40,求S17;
(2)已知a1=4,S8=172,求a8和d.
【解】 (1)S17====340.
(2)由已知得S8===172,解得a8=39,
又因为a8=4+(8-1)d=39,
所以d=5.
所以a8=39,d=5.
[方法迁移2] 在等差数列{an}中,
(1)已知a1=1,a4=7,求S9;
(2)已知a6=10,S5=5,求a8和S10.
【解】 (1)设等差数列{an}的公差为d,则a4=a1+3d=1+3d=7,所以d=2.
故S9=9a1+d=9+×2=81.
(2)因为解得
所以a8=a6+2d=10+2×3=16,
S10=10a1+d=10×(-5)+5×9×3=85.
题型二　利用Sn证明一个数列是等差数列
[例2] 已知数列{an}的前n项和Sn是关于n的二次函数,n∈N*,且a1=-2,a2=2,a3=6.
(1)求Sn的表达式;
(2)判断{an}是不是等差数列,并说明理由.
【解】 (1)设Sn=an2+bn+c(a≠0).
因为a1=-2,a2=2,a3=6,
所以解得
所以Sn=2n2-4n.
(2){an}是等差数列,理由如下:
法一　因为等差数列的前n项和Sn=na1+d=n2+(a1-)n,
当d≠0时,其是不含常数项的二次函数,
所以Sn=2n2-4n符合等差数列前n项和的形式,
所以{an}是等差数列.
法二　当n=1时,a1=S1=2-4=-2;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n2-4n-[2(n-1)2-4(n-1)]=4n-6,
当n=1时,a1=-2也成立.
所以an=4n-6,
所以符合等差数列通项公式an=a1+(n-1)d=dn+(a1-d)的形式.
所以{an}是等差数列.
若数列的前n项和Sn是关于n的二次函数,n∈N*,且无常数项(即常数项为0),即满足Sn=An2+Bn,则该数列是等差数列.在求解选择题、填空题时可以运用Sn=n2+(a1-)n来快速求解.
[方法迁移] 已知数列{an}的前n项和为Sn=n2+n-1,求数列{an}的通项公式,并判断它是不是等差数列.
【解】 当n=1时,a1=S1=1;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(n2+n-1)-[(n-1)2+(n-1)-1]=2n.
又a1=1不满足an=2n,所以数列{an}的通项公式是an=
因为a2-a1=4-1=3≠a3-a2=2,所以数列{an}中每一项与它的前一项的差不是同一个常数,
所以数列{an}不是等差数列.
课时作业
1.(2025·山东淄博月考)已知Sn为等差数列{an}的前n项和,若a7=4,则S13等于(　　)
A.39 B.65 C.52 D.78
【答案】 C
【解析】 S13===13×4=52.故选C.
2.(2025·河南漯河期末)在等差数列{an}中,若a2+a3+a4=18,a5=10,则其前100项和为(　　)
A.5 050 B.10 010
C.10 100 D.11 000
【答案】 C
【解析】 因为a2+a3+a4=18,a5=10,所以解得
所以S100=100a1+d=10 100.故选C.
3.已知数列{an}的前n项和Sn=n(2n-1),若k-l=4(k,l∈N*),则ak-al等于(　　)
A.4 B.8 C.16 D.32
【答案】 C
【解析】 因为Sn=n(2n-1)=2n2-n,所以数列{an}是公差为4的等差数列,因为k-l=4,所以 ak-al=4×4=16.故选C.
4.在等差数列{an}中,已知a1=10,d=2,Sn=580,则n等于(　　)
A.10 B.15 C.20 D.30
【答案】 C
【解析】 因为Sn=na1+n(n-1)d=10n+n(n-1)×2=n2+9n,所以n2+9n=580,解得n=20或n=-29(舍去).故选C.
5.已知数列{an}的前n项和Sn=pn2+qn+r(p,q,r为常数,且p≠0,n∈N*),则“{an}是等差数列”是“r=0”的(　　)
A.充要条件
B.充分不必要条件
C.必要不充分条件
D.既不充分也不必要条件
【答案】 A
【解析】 若{an}是等差数列,设其公差为d(d≠0),则Sn=na1+d=n2+(a1-)n,所以r=0;
若r=0,则Sn=pn2+qn(p≠0),
当n=1时,a1=S1=p+q,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2pn+q-p,此时n=1也满足,
所以an=2pn+q-p,于是有an+1-an=2p,所以{an}是等差数列.
综上,“{an}是等差数列”是“r=0”的充要条件.故选A.
6.(多选)(2025·福建三明期末)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a4+a8+a12=m,则下列各项的值一定为m的是(　　)
A.2a12 B.3a8 C. D.
【答案】 BD
【解析】 设等差数列{an}的公差为d,若a4+a8+a12=m,
则a4+a8+a12=3a1+21d=3(a1+7d)=3a8=m,故A错误,B正确;
=×15==a8≠m,故C错误;
=×15==3a8=m,故D正确.故选BD.
7.已知Sn为等差数列{an}的前n项和,若a4=6,S5=20,则S10的值为　　　　.
【答案】 90
【解析】 设{an}的首项为a1,公差为d,由等差数列通项公式与求和公式可得
解得
则S10=10a1+45d=90.
8.设数列{an}的前n项和为Sn,若点(n,)(n∈N*)均在函数y=3x-2的图象上,则数列{an}的通项公式an=　　　　.
【答案】 6n-5
【解析】 依题意得=3n-2,即Sn=3n2-2n,所以数列{an}为等差数列,且a1=S1=1,a2=S2-S1=7,设其公差为d,则d=6,所以an=6n-5.
9.在等差数列{an}中,
(1)已知a1=,d=-,Sm=-15,求m及am;
(2)已知a1=1,an=-512,Sn=-1 022,求d;
(3)已知S5=24,求a2+a4.
【解】 (1)在等差数列{an}中,已知a1=,d=-,Sm=-15,
所以Sm=ma1+d=m-×=-15,
整理得m2-7m-60=0,解得m=12或m=-5(舍去),
所以am=a12=a1+11d=+11×(-)=-4.
(2)在等差数列{an}中,已知a1=1,an=-512,Sn=-1 022,
所以Sn=(a1+an)=×(1-512)=-1 022,所以n=4,
又因为an=a4=a1+3d=1+3d=-512,所以d=-171.
(3)在等差数列{an}中,S5=24,
法一　由S5=5a1+d=24,即a1+2d=,
所以a2+a4=a1+d+a1+3d=2a1+4d=.
法二　由S5==24,得a1+a5=,
所以a2+a4=a1+a5=.
10.设Sn是等差数列{an}的前n项和,bn=.
(1)求证:数列{bn}是等差数列.
(2)当a7=4,b15=5时,求数列{bn}的前n项和Tn.
(1)【证明】 设等差数列{an}的公差为d,
Sn=na1+d,
bn==a1+d=n+a1-,
bn+1-bn=(n+1)+a1--(n+a1-)=,为常数,
所以数列{bn}是等差数列.
(2)【解】 由a7=4,得a1+6d=4,
由b15=5,得a1+7d=5,
所以a1=-2,d=1,
所以bn=a1+d=,
所以数列{bn}的首项为-2,公差为,
所以Tn=-2n+·=.
11.(多选)(2025·福建龙岩三模)已知数列{an}的前n项和是Sn,则下列结论正确的是(　　)
A.若数列{Sn}为等差数列,则数列{an}为等差数列
B.若数列为等差数列,则数列{an}为等差数列
C.若数列{an}和均为等差数列,则S3=2a3
D.若数列{an}和{}均为等差数列,则数列{an}是常数列
【答案】 BCD
【解析】 对于A,若数列{Sn}为等差数列,可得an=Sn-Sn-1=d,n≥2,
因为首项a1不确定,所以数列{an}不一定是等差数列,所以A不正确;
对于B,若数列为等差数列,设公差为d,
则=S1+(n-1)d,可得Sn=nS1+n(n-1)d,
当n=1时,a1=S1,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=nS1+n(n-1)d-(n-1)S1-(n-1)(n-2)d=S1+(2n-2)d,
则an-an-1=S1+(2n-2)d-[S1+(2n-4)d]=2d,n≥3,
由a2=S1+2d,a1=S1,得a2-a1=S1+2d-S1=2d,
所以an-an-1=2d,n≥2,所以数列{an}为等差数列,所以B正确;
对于C,由数列{an}为等差数列,可设an=kn+b,
则=k2n2+2kbn+b2,可得=k2n+2kb+,
因为数列{}为等差数列,所以-=k2n+2kb+-k2(n-1)-2kb-=k2+-=k2+b2(-)为常数,
所以b2=0,即b=0,
所以an=kn,所以S3=a1+a2+a3=6k,且2a3=6k,所以S3=2a3,所以C正确;
对于D,由数列{an}为等差数列,可设an=kn+b,
则=k2n2+2kbn+b2,
可得-=k2n2+2kbn+b2-[k2(n-1)2+2kb(n-1)+b2]=2k2n-k2+2kb,
因为{}为等差数列,所以2k2n-k2+2kb为常数,所以k=0,
所以an=b,所以数列{an}是常数列,所以D正确.故选BCD.
12.已知{an}为等差数列,Sn为数列{an}的前n项和,且S7=14,S15=90,则数列的前n项和Tn=　　　　.
【答案】 n2-n
【解析】 设等差数列{an}的公差为d,则Sn=na1+d.
因为S7=14,S15=90,所以即解得
所以=a1+d=-1+,所以-=,
所以数列是等差数列,且其首项为-1,公差为.
所以Tn=(-1)×n+×=n2-n.
13.(2025·江苏无锡期中)已知数列{an}的前n项和为Sn,当n≥2时,满足nSn-1=nS1+(n-2)Sn.
(1)求证:2a2=a1+a3.
(2)求证:数列{an}为等差数列.
(3)若a1=-2,公差d∈N*,是否存在n,d,使得Sn=15 如果存在,求出所有满足条件的n,d;如果不存在,请说明理由.
(1)【证明】 因为n≥2时,nSn-1=nS1+(n-2)Sn,
令n=3得3S2=3S1+S3,即3(a1+a2)=3a1+a1+a2+a3,所以2a2=a1+a3.
(2)【证明】 由nSn-1-(n-2)Sn=nS1,得-==a1(-)(n≥3),
所以
各式相加得-=a1(1-),所以Sn=n(n-1)+na1(n≥3),
当n≥4时,Sn-1=(n-1)(n-2)+(n-1)a1,
an=Sn-Sn-1=(a2-a1)(n-1)+a1=(a2-a1)n+2a1-a2,
而a1,a2,a3也满足上式,所以{an}为等差数列.
(3)【解】 因为a1=-2,公差为d,所以Sn=na1+d=15,-2n+d=15,d=,
当n=2时,d=19,
当n=3时,d=7,
当n=4时,d= N*(舍去),
当n=5时,d= N*(舍去),
当n=6时,d= N*(舍去),
当n=7时,d= N*(舍去),
当n=8时,d= N*(舍去),
当n≥9时,n(n-1)-(30+4n)=n2-5n-30≥36-30=6>0,
所以n(n-1)>30+4n,d N*(舍去).
综上,或
14.在正整数数列中,由1开始依次按如下规则取该数列的项:第一次取1;第二次取2个连续的偶数2,4;第三次取3个连续奇数5,7,9;第四次取4个连续的偶数10,12,14,16;第五次取5个连续的奇数17,19,21,23,25……按此规律取下去,得到一个数列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17,19,…,则这个数列中第2 026个数是(　　)
A.3 976 B.3 978
C.3 986 D.3 988
【答案】 D
【解析】 由题意可得,奇数次取奇数个奇数,偶数次取偶数个偶数,
前n次共取了1+2+3+…+n=个数,且第n次的最后一个数为n2,
当n=63时,=2 016,故到第63次取了63个奇数,且前63次共取了2 016个数,
即第2 016个数为632=3 969,
所以当n=64时,依次为3 970,3 972,3 974,3 976,3 978,3 980,3 982,3 984,3 986,3 988,…,
所以第2 026个数为3 988.故选D.

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