高考数学第二轮复习专题练习专题4.5 等差数列的前n项和公式（重难点题型精讲）（教师版）

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1．等差数列的前n项和公式
等差数列的前n项和公式
=(公式一).
=(公式二).
2．等差数列的前n项和公式与二次函数的关系
等差数列{}的前n项和==+(-)n，令=A，-=B，则=+Bn.
(1)当A=0，B=0(即d=0，=0)时，=0是常数函数，{}是各项为0的常数列.
(2)当A=0，B≠0(即d=0，≠0)时, =Bn是关于n的一次函数，{}是各项为非零的常数列.
(3)当A≠0，B≠0(即d≠0，≠0)时，=+Bn是关于n的二次函数(常数项为0).
3．等差数列前n项和的性质
【题型1 求等差数列的通项公式】
【方法点拨】
根据所给条件，利用等差数列的前n项和，求解等差数列的基本量，即可得解.
【例1】（2022·全国·高二课时练习）记Sn为等差数列an的前n项和．若a2=18，S5=80，则数列an的通项公式为an=（ ）
A．2n+22B．22-2n
C．20-2nD．n21-n
【解题思路】联立a2=18，S5=80，求出首项和公差，按照公式求通项即可.
【解答过程】设等差数列an的公差为d，则a2=a1+d=18S5=5a1+10d=80,
解得a1=20d=-2，所以an=20+n-1×-2=22-2n．
故选：B．
【变式1-1】（2022·辽宁·高二阶段练习）已知等差数列an前10项的和是310，前20项的和是1220，则数列的通项公式an为（ ）
A．an=6n+2B．an=4n+2C．an=6n-2D．an=4n-2
【解题思路】根据等差数列前n项和公式列方程求得a1与公差d，即可求通项公式.
【解答过程】设公差为d，依题意得
S10=10a1+10×9d2=310S20=20a1+20×19d2=1220，
解得a1=4,d=6，
所以an=a1+n-1d=6n-2，
故选：C.
【变式1-2】（2021·广西·模拟预测（文））记Sn为等差数列an的前n项和，若a3=2,S4=7，则数列an的通项公式an=（ ）
A．n-1B．n+12C．2n-4D．n-1n-2
【解题思路】根据等差数列通项和求和公式可构造方程组求得a1,d，根据等差数列通项公式得到结果.
【解答过程】设等差数列an的公差为d，则a3=a1+2d=2S4=4a1+4×32d=7，解得：a1=1d=12，
∴an=1+12n-1=n+12.
故选：B.
【变式1-3】（2020·四川·高三期中（文））已知等差数列an的前n项和为Sn，若a12+a3=74，S3=3，则数列an的通项公式为（ ）
A．an=3n-5B．an=12nC．an=n-1D．an=2n-3
【解题思路】根据条件a12+a3=74，S3=3，可求得a2=1，d=12，再代入等差数列的通项公式，即可得答案；
【解答过程】设公差为d，则S3=3a1+a32=3a2=3，得a2=1，有1-d2+1+d=74，解得d=12，所以an=1+12n-2=12n．
故选：B.
【题型2 等差数列前n项和的性质】
【方法点拨】
根据题目条件，结合等差数列前n项和的性质，进行转化求解，即可得解.
【例2】（2022·河南新乡·一模（文））设等差数列an，bn的前n项和分别为Sn，Tn，若SnTn=3n+54n-2，则a8b8=（ ）
A．2528B．3539C．5558D．2529
【解题思路】利用等差中项求解即可.
【解答过程】因为an，bn为等差数列，
所以S15=15a1+a152=15a8，T15=15b1+b152=15b8，所以a8b8=S15T15=3×15+54×15-2=2529，
故选：D.
【变式2-1】（2021·全国·高二）设等差数列an与bn的前n项和分别为Sn和Tn， 并且SnTn=2n-34n-3对于一切n∈N+都成立，则a6b6=（ ）
A．37B．715C．13D．1941
【解题思路】利用等差数列的前n项和的性质可求a6b6的值.
【解答过程】a6b6=S11T11=2×11-34×11-3=1941,
故选：D.
【变式2-2】（2021·陕西·高二期中（理））已知等差数列an的前n项和为Sn，若S9S3=6，则S6S12的值为（ ）
A．717B．310C．314D．38
【解题思路】根据题意S3,S6-S3,S9-S6,S12-S9成等差数列，设S3=k,S9=6k，即可求出.
【解答过程】因为an为等差数列，所以S3,S6-S3,S9-S6,S12-S9成等差数列，
因为S9S3=6，设S3=k,S9=6k，
由2S6-S3=S3+S9-S6，即2S6-k=k+6k-S6，则S6=3k，
所以S12-S9=4k，所以S12=10k，
所以S6S12=310.
故选：B.
【变式2-3】（2022·江苏省高二阶段练习）已知Sn,Tn分别是等差数列an与bn的前n项和，且SnTn=2n+14n-2n=1,2,⋯，则a10b3+b18+a11b6+b15=（ ）
A．1120B．4178C．4382D．2342
【解题思路】利用等差数列的性质可得：b3+b18=b6+b15，将所求的式子化简，再利用等差数列前n项和即可求解.
【解答过程】因为数列{bn}是等差数列，所以b3+b18=b6+b15，
所以a10b3+b18+a11b6+b15=a10+a11b6+b15，
又因为Sn,Tn分别是等差数列{an}与{bn}的前n项和，且SnTn=2n+14n-2n=1,2,⋯，
所以a10b3+b18+a11b6+b15=a10+a11b6+b15=a1+a20b1+b20=S20T20=2×20+14×20-2=4178,
故选：B.
【题型3 等差数列的前n项和与二次函数的关系】
【方法点拨】
根据题意，分析所给的等差数列的前n项和与二次函数的关系，转化求解即可.
【例3】（2022·全国·高二课时练习）在等差数列an中，首项a1>0，公差d0，排除B，故选A.
故选：A.
【变式3-2】（2022·河北·高三阶段练习）已知an是各项不全为零的等差数列，前n项和是Sn，且S20=S24，若Sm=S26m≠26，则正整数m=（ ）
A．20B．19C．18D．17
【解题思路】将Sn=d2n2+a1-d2n看作关于n的二次函数，根据二次函数的对称性进行计算即可.
【解答过程】设等差数列an的首项和公差分别为a1，d，则Sn=d2n2+a1-d2n，所以Sn可看成关于n的二次函数，由二次函数图象的对称性及S20=S24，Sm=S26，可得20+242=26+m2，解得m=18.
故选:C.
【变式3-3】（2021·江苏·高二专题练习）在各项不全为零的等差数列an中，Sn是其前n项和，且S2011=S2014，Sk=S2005，则正整数k的值为（ ）
A．2017B．2018C．2019D．2020
【解题思路】由等差数列an的前n项和Sn=d2n2+a1-d2n，d≠0可看成关于n的二次函数，结合二次函数图象的对称性即可求解.
【解答过程】解：由题意，等差数列an的前n项和Sn=d2n2+a1-d2n,d≠0，所以Sn可看成关于n的二次函数，由二次函数图象的对称性及S2011=S2014，Sk=S2005，可得2011+20142=2005+k2，解得k=2020，
故选：D．
【题型4 求等差数列的前n项和】
【方法点拨】
根据条件，求出等差数列的基本量，得到首项和公差，利用等差数列的前n项和公式，进行求解即可.
【例4】（2022·江苏·高二期中）已知等差数列an，且3a3+a7+2a8+a10+a12=30，则数列an的前14项之和为（ ）
A．14B．28C．35D．70
【解题思路】根据等差数列的性质及求和公式即可求解.
【解答过程】解：因为an为等差数列，
所以3a3+a7+2a8+a10+a12=3×2a5+2×3a10=6a5+6a10=30，
所以a5+a10=5，
则数列an的前14项之和S14=14a1+a142=7a1+a14=7a5+a10=35.
故选：C.
【变式4-1】（2022·贵州·高三阶段练习（理））已知数列an的前n项和为Sn，且an+2+an-2an+1=0n∈N*．若a11+a15+a19=12，则S29=（ ）
A．116B．232C．58D．87
【解题思路】根据等差数列的性质和前n项和公式求解.
【解答过程】∵an+2+an-2an+1=0(n∈N*)，∴2an+1=an+an+2，∴{an}为等差数列，
∴a11+a19=a1+a29 =2a15，
∵a11+a15+a19=12，∴a15=4，
∴S29=a1+a292×29=29a15=29×4=116，
故选:A.
【变式4-2】（2022·江苏扬州·高二期中）设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝6，S4＝12，则S7＝（ ）
A．30B．36C．42D．48
【解题思路】由题目条件及等差数列前n项和公式列出方程，可得答案.
【解答过程】设{an}首项为a1，公差为d.因S3＝6，S4＝12，
则3a1+3d=64a1+6d=12⇒a1=0d=2.则S7=7a1+21d=42.
故选：C.
【变式4-3】（2022·山东·高三期中）已知数列an成等差数列，其前n项和为Sn，若a1=5,S3=S9，则S11=（ ）
A．7B．6C．5D．4
【解题思路】设出公差，根据前n项和基本量计算出公差，从而求出S11=5.
【解答过程】设an的公差为d，由a1=5,S3=S9得：
3a1+3d=9a1+36d，解得：d=-1011，
故S11=11a1+55d=55+55×-1011=5.
故选：C.
【题型5 等差数列前n项和的最值】
【方法点拨】
1.通项法
若>0，d0；当n=12时，an=0；当n≥13时，an0，可得2a7+a8>0，
又由a7=0且d