阅读与思考 九连环板书设计

2.3 等差数列的前n项和

知识回顾

1．数列前n项和的概念

一般地，我们称______________为数列{an}的前n项和，用Sn表示，即Sna1a2a3Lan．由此易得an与Sn的关系为an2．等差数列的前n项和公式

首项为a1，末项为an，项数为n的等差数列{an}的前n项和为

S1,n1．

________,n2Sn=_________，或Sn=na13．等差数列前n项和公式的函数特性

在等差数列{an}中，Sn=na1令pn(n1)d．

2n(n1)dddn2(a1)n．

222dd，qa1，可得Sn=_________，则

22（1）当p0，即d0时，Sn是关于n的二次函数，点(n,Sn)是二次函数y=px2qx图象上一系列孤立的点；

（2）当p0，即d0时，Sn是关于n的一次函数(q0，即a10)或常函数(q0，即a10)，点(n,Sn)是直线y=qx图象上一系列孤立的点．

4．等差数列前n项和的性质

利用等差数列的通项公式及前n项和公式易得等差数列的前n项和具有如下性质：

设等差数列{an}（公差为d）和{bn}的前n项和分别为Sn,Tn，

（1）Sn=n(a1an)n(amanm1)．

22S奇n(S奇

（2）若数列{an}共有2n1项，则S2n1=(2n1)an，S奇S偶an，S偶n1nan,S偶(n1)an)；若数列{an}共有2n项，则S偶S奇nd，anS2n1am2n1S2m1（3），．

bn2m1T2n1bnT2n1欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。

www.ks5u.com S奇an．

S偶an1

（4）Sk,S2kSk,S3kS2k,L,SmkS(m1)k,L构成公差为k2d的等差数列．

（5）SmnSmSnmnd(mn)(SnSm)．

nm特别地，当SmSn(mn)时，Smn0；当Smn，Snm(mn)时，Smn(mn)．

K知识参考答案：

1．a1a2a3Lan

SnSn1

2．n(a1an)

23．pn2qn

重点

K—重点

K—难点

K—易错

等差数列的前n项和公式的应用、基本量的计算

等差数列的前n项和的性质及应用、数列求和问题

解决Sn的最值问题时应注意等差数列中为0的项

一、由前n项和Sn求通项公式an

（1）已知Sn求通项公式an：利用anS1,n1即可求解；

SnSn1,n2（2）已知Sn与an之间的关系求an：由关系式消去Sn，建立an与an1(或an1)之间的关系求an；或由关系式消去an，建立Sn与Sn1之间的关系求Sn，进而求an．

n例1、已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn22，则数列{an}的通项公式an____________．

0,n1【答案】ann1．

2,n2【解析】当n1时，a1S1220；

当n2时，anSnSn1(22)(2n12)2n1，

而2111n0,n1．

10，故数列{an}的通项公式为ann12,n21}是等差数列，并求an．

Sn例2、已知数列{an}的前n项和为Sn，若a11,anSnSn1，求证：{欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。

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1,n1【答案】证明见解析，an．

1,n2n(n1)【解析】当n2时，anSnSn1，由anSnSn1，可得Sn1SnSnSn1，

111，

因为Sn0，两边同时除以SnSn1可得SnSn1所以数列{1}是等差数列．

Sn1111，所以n，即Sn．

S1Snn因为a11，当n2时，anSnSn1111，

nn1n(n1)1,n1故an．

1,n2n(n1)【名师点睛】利用关系式anSnSn1解题时务必要注意n2的条件．

二、重点、等差数列前n项和的基本量计算

在等差数列问题中共涉及五个量：a1，d，n，an及Sn，利用等差数列的通项公式及前n项和公式即可“知三求二”，其解题通法可以概括为：设出基本量(a1，d)，构建方程组．

因此利用方程思想求出基本量(a1，d)是解决等差数列问题的基本途径．

例3、在等差数列{an}中，（1）若a6=20，S510，则a8____________；

（2）若a3a712，则S9____________；

（3）若a1a2a39，a21a22a2339，则S23____________．

【答案】（1）32；（2）54；（3）184．

【解析】（1）方法1：因为a6=20，S510，所以所以a8a62d201232．

a15d20a110，解得，

d65a110d106(a1a6)S5a6102030，所以3(a120)30，即a110，

2aa120(10)6，所以a8a62d201232．

所以d6615方法2：因为S6欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。

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（2）方法1：因为a3a7a12da16d12，所以a14d6，

98d9a136d9(a14d)9654．

29(a1a9)91254．

方法2：因为a3a7a1a912，所以S922所以S99a1（3）根据已知条件利用等差中项可得a23，a2213，则S2323(a2a22)184．

2【名师点睛】求数列的基本量的基本方法是建立方程组，或者运用等差数列的相关性质整体处理，以达到简化求解过程、优化解法的目的．

三：难点、等差数列前n项和的性质及应用

例4、一个等差数列的前10项和为30，前30项的和为10，则前40项的和为____________．

【答案】40

109S10ad301102【解析】方法1：设其首项为a1，公差为d，则，

3029S30ad103012解得a121440392140394d40()40．

，d，故S4040a151525215方法2：易知数列S10,S20S10,S30S20,S40S30成等差数列，设其公差为d，

803210dS3010，即S10+d，又S1030，所以d，

32380所以S40S30S10+3d303()50，

3则前3项和为3S10所以S4050S3040．

方法3：设Snpnqn，则解得p2S10100p10q30，

S30900p30q10213213,q，故Snn2n，

1531532132所以S40404040．

153SnSn{a}(n,)在一条直线上，

{}方法4：因为数列n是等差数列，所以数列也是等差数列，点nnSSS即(10,10)，(30,30)，(40,40)三点共线，

103040欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。

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S30S10S40S10于是30104010，将S1030，S3010代入解得S4040．

3010401020(a11a30)10(a1a40)，

方法5：因为S30S10a11a12La30240(a1a40)40．

又S30S10=20，所以a1a402，所以S402(mn)(SnSm)(1030)(S30S10)40．

方法6：利用性质：Smn，可得S40nm3010方法7：利用性质：当Smn，Snm(mn)时，Smn(mn)．

由于S1030，S3010，可得S40(3010)40．

【名师点睛】（1）通过一题多解可清晰地看到，虽然方法1是此类问题的通法，但是在解决等差数列问题时，运用等差数列前n项和的性质起到了简化运算的作用，达到了事半功倍的效果，极大地提高了解决问题的速度．

（2）对于方法4，我们可以证明：SnSSSSpnq{n}是等差数列，且k，2k，3k成等差数列，其nnk2k3k实质是Sk,S2kSk,S3kS2k成等差数列．

（3）{an}为等差数列Sn=pnqn(p,q为常数)．

（1）设Sn是等差数列{an}的前n项和，若2Sa79，则13____________；

S9a513（2）若数列{an}，{bn}的前n项和分别为An,Bn，且【答案】（1）1；（2）An7n15an____________．

，则Bnn3bn7n4．

n1S1313a71391．

【解析】（1）由等差数列前n项和的性质得S99a5913（2）由等差数列前n项和的性质得anA2n17(2n1)157n4.

bnB2n1(2n1)3n1【解题技巧】涉及一个有限的等差数列的奇数项和与偶数项和之比的问题，宜用等差数列前n项和的性质（2）求解；涉及两个等差数列有限项和之比的问题，通常是将其转化为两个等差数列前n项和之比来处理．

与等差数列有关的前n项和的最值问题

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设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则

a10，d0

Sn有最大值S1a1，无最小值

a10，d0

{an}只有前面的有限项为非负数，Sn有最大值，无最小值

a10，d0

{an}只有前面的有限项为负数，Sn有最小值，无最大值

a10，d0

Sn有最小值S1a1，无最大值

d0

数列{an}为常数列

已知等差数列an的前n项和为Sn，公差为d．

（1）若S20160，S20170，且Sk最大，则整数k____________；

（2）若a1=25，S9S17，且Sk最大，则整数k____________．

【答案】（1）1009；（2）13．

【解析】（1）由等差数列的性质可知，S20172017a10090，所以a10090，

又S20162016(a1008a1009)0，即a1008a10090，

2结合a10090可得a10080，因此S1009最大，故k1009．

a1=25a1=25（2）方法1：由，可得，解得d2，

SS9a+94d17a178d17119则Sn=25nn(n1)(2)(n13)2169，

2显然S13最大，故k13．

方法2：同方法1得d2，故an25(2)(n1)272n，

显然对于nN*，当n13时，an0；当n14时，an0．

故S13最大，k13．

2方法3：由于Sn(设Sn=pnqn)是关于n的二次函数，点(n,Sn)是二次函数yf(x)px2qx图象上一系列孤立的点，由S9S可得f(9)f(17)，f(x)的对称轴为x17，故f(13)最大，即S13最大，故k13．

91713，易知图象开口向下，2欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。

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d2dd1ad1an(a1)n[n(1)]2(1)2，由二次函数的最大值、最小值2222d22d1a1a的知识及nN*知，当n取最接近1的正整数时，Sn取得最大（小）值．但应注意，最接近1的2d2d【名师点睛】由于Sn正整数有1个或2个．

数列求和问题

对于数列求和问题，有以下几种类型：

1．求数列{|an|}的前n项和

求和的关键是分清哪些项为正的，哪些项为负的，最终转化为去掉绝对值符号后的数列进行求和．

2已知等差数列{an}的前n项和Snn9n，求数列{|an|}的前n项和Tn．

29nn,n5.

【答案】Tn2n9n40,n5【解析】当n1时，a1S11918；

当n2时，anSnSn1(n9n)[(n1)9(n1)]2n10，

且21108a1，所以an2n10(nN)．

显然，当n5时，an0；当n5时，a50；当n5时，an0．

故当n5时，Tn|a1||a2|L|an|a1a2LanSn9nn,

当n5时，Tn|a1||a2|L|an|a1a2a3a4a5LanSn2S4n29n40．

29nn,n5.

综上，Tn2n9n40,n5222*2【名师点睛】含绝对值的求和问题应首先考虑去掉绝对值符号，找准临界值n(nN*)，分类讨论进行求解．

2．倒序相加求前n项和

教材中等差数列的前n项和公式的推导采用的就是倒序相加法，此处不再赘述．

3．裂项相消求和

裂项相消法是将某些特殊数列的每一项拆成两项的差，并使它们在求和的过程中出现相同的项，且这些项能够相互抵消，从而将求n个数的和的问题转化为求几个数的和的问题．

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已知数列{an}的通项公式为an【答案】1，则其前n项和Sn____________．

n(n1)n

n1【解析】因为an111，

n(n1)nn1112311341n11n)1．

n1n1n1所以Sn()+()()+L+(1112【名师点睛】在应用裂项相消法求和时应注意：①把通项裂项后，是否恰好等于相应的两项之差；②在正负项抵消后，是否只剩下了第一项和最后一项，是否还有其他项．

已知数列{an}的前n项和为Snn(n1)，数列{bn}的前n项和为Tn，若S1b1S2b2【答案】Snbnan，求T2019的值．

2019．

1010【解析】由Snn(n1)可得a1S12，

*当n2时，anSnSn12n，从而数列{an}的通项公式为an2n(nN)．

当n2时，由S1b1S2b2Snbnan得S1b1S2b2Sn1bn1an1，

上述两式相减，可得Snbnanan1，bnanan1222．

Snn(n1)nn1当n1时，得S1b1a1，b11，符合上式，

故数列{bn}的通项公式为bn从而T2019b1b2b201922(nN*)．

nn122222222019()()()2．

12232019202020201010忽略等差数列中为0的项而出错

设等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，且满足a10，S11S18，则当n为何值时Sn取得最大值？

【错解】由S11S18，可得11a1+11101817d18a1d，即a1=14d，

22ana1(n1)d0,

由a10可知d0，解不等式组aand0n11欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。

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即14d(n1)d0,得14n15．

14dnd0又nN*，故当n15时Sn取得最大值．

【错因分析】由于a150，所以S14S15，当n14或n15时Sn最大，错解中忽略了数列中为0的项．

【正解1】由S11S18，得11a1+11101817d18a1d，即a1=14d，

22ana1(n1)d0,

由a10可知d0，解不等式组aand0n1114d(n1)d0,得14n15．

即14dnd0由nN*可知，当n14或n15时Sn取得最大值．

【正解2】由S11S18，可得a1=14d，

所以Sn14dn841n(n1)d29d，

d(n)28222由nN*并结合Sn对应的二次函数的图象知，当n14或n15时Sn最大．

【正解3】由S11S18，得a12a13a14a15a16a17a180，即7a15=0，a15=0，

由a10可知d0，故当n14或n15时Sn取得最大值．

【名师点睛】在等差数列{an}中，若a10，SpSq(pq)，则

pq时Sn最大；

2pq1pq1（2）pq为奇数当n或时Sn最大．

22（1）pq为偶数当n

1．设等差数列{an}的前项和为Sn，若a49，a611，则S9

A．180 C．72

B．90 D．100 欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。

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2．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1112，则可计算出

A．S20242 C．S22264

B．S21252

D．以上都不对

3．在等差数列{an}中，a77，前7项和S742，则其公差是

A．C．1

3

B．1

32

3D．2

34．已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a33,S36，则a10的值为

A．1 C．10

B．3

D．55

5．若一等差数列前三项的和为122，后三项的和为148，又各项的和为540，则此数列共有

A．3项

C．11项

6．已知数列{an}的前n项和为Sn，若anA．90

C．119

B．12项

D．10项

，Sn10，则n

1nn1

B．121

D．120 7．已知等差数列{an}的公差为正数，前n项和为Sn，且a3a712，a4a64，则S20为

A．180

C．90

B．180

D．90

8．若数列{an}满足a115且3an13an2，则使akak10的k的值为

A．21

C．23

B．22

D．24

9．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若S714，则a4______________．

10．数列{an}是等差数列，Sn是它的前n项和，已知S325，S975，则S6______________．

211．若等差数列{an}的前n项和Sn3nn，则通项公式an______________．

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12．已知等差数列共有2n1项，其中奇数项之和为290，偶数项之和为263，则an1______________．

13．甲、乙两物体分别从相距70m的两处同时相向运动，甲第一分钟走2m，以后每分钟比前1分钟多走1m，乙每分钟走5m．

（1）甲、乙开始运动后，几分钟相遇；

（2）如果甲、乙到达对方起点后立即折返，甲继续每分钟比前1分钟多走1m，乙继续每分钟走5m，那么开始运动几分钟后第二次相遇？

14．已知等差数列{an}中，a13，11a55a812．

（1）求公差d的值；

（2）求数列{an}的前n项和Sn的最小值．

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15．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a11，公差d3,Sn1Sn19，则n的值为

A．5 C．7

B．6 D．8 16．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S918，Sn240，an430，则n的值为

A．17

C．15

B．16 D．14 17．已知数列{an}为等差数列，若A．11

C．20

a111且它的前n项和有最大值，则使Sn0成立的n的最大值为

a10

B．19

D．21

18．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，且S6S7S5，给出下列五个命题：

①d0；

②S110；

③S120；

④数列{Sn}中的最大项为S11；

⑤|a6||a7|．

其中正确命题的个数为

A．2 C．4

B．3 D．5 19．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10010，S10100，则S110______________．

20．已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为An,Bn，且满足______________．

Ana1a2a12n，则的值为Bnn3b2b4b9欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。

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21．（1）设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a510S，则9______________；

a39S5Sn2n2a2a20______________．

（2）若数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn,Tn，且，则Tn5n3b7b1522．已知各项均为正数的数列{an}中，a11，Sn是数列{an}的前n项和．若对任意的nN*，22Sn2panpanp(pR)．

（1）求常数p的值；

（2）求Sn．

223．已知数列{an}的前n项和Sn32n2n，求数列{|an|}的前n项和Tn．

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24．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an2SnSn10(n2)，a1（1）求证：{1．

21}是等差数列；

Sn（2）求an的表达式；

22（3）若bn2(1n)an(n2)，求证：b2b3bn21．

25．（2018新课标全国Ⅰ理）设Sn为等差数列{an}的前n项和，若3S3S2S4，a12，则a5

A．12 C．10

B．10

D．12

26．（2016新课标全国Ⅰ理）已知等差数列{an}前9项的和为27，a108，则a100

A．100

C．98

B．99 D．97 27．（2017新课标全国Ⅰ理）记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4a524，S648，则{an}的公差为

A．1

B．2 欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。

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C．4

D．8 28．（2018北京理）设{an}是等差数列，且a13，a2a536，则{an}的通项公式为______________．

229．（2016江苏）已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和，若a1a23，S510，则a9的值是______________．

a33，S410，30．（2017新课标全国Ⅱ理）等差数列{an}的前n项和为Sn，则1______________．

Sk1kn31．（2018新课标全国Ⅱ理）记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a17，S315．

（1）求{an}的通项公式；

（2）求Sn，并求Sn的最小值．

32．（2016新课标全国Ⅱ文）等差数列{an}中，a3a44,a5a76．

（1）求{an}的通项公式；

（2）设bn[an]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]=0，[2.6]=2．

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1．【答案】B 【解析】由等差数列的性质得a4a6a1a920，从而S92．【答案】B 【解析】由于112121，所以S219(a1a9)92090，故选B．

2221(a1a21)212a11252，故选B．

22

5．【答案】B 【解析】设此等差数列共有n项，由题可得a1a2a3122，an2an1an148，

上述两式相加可得a1an6．【答案】D 【解析】因为ann(a1an)12214890，所以又Sn540，解得n12，故选B．

321nn1n1n，所以Sn(21)(32)7．【答案】A 令n1110，解得n120．故选D．

(n1n)n11，【解析】由等差数列的性质得，a4a6a3a74，又a3a712，所以a3，a7是方程的两根，又公差d0，所以a7a3a72,a36，从而a110，d2，所x24x120以S20180．故选A．

8．【答案】C 【解析】因为an1an22，所以{an}是等差数列，且公差d,a115，则33欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。

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an152247247245aa0n1n(k)(k)0，解得，所以由题设可得kk133333334547k，则k23，故选C．

229．【答案】2

【解析】S710．【答案】50

【解析】由等差数列的性质可知S3，S6S3，S9S6成等差数列，所以2(S6S3)(S9S6)S3，把S325，S975代入上式可得S650．

11．【答案】6n2

【解析】方法1：a1S1314；当n2时，7a1a772a47a414,a42.

22anSnSn－1(3n2n)[3(n1)2(n1)］6n2．因为n1也适合上式，所以an6n2．

方法2：a1S1314，anS2S114410，所以an4(n1)(104)6n2．

13．【答案】（1）7分钟；（2）15分钟．

【解析】（1）设n分钟后相遇，依题意得2nn(n1)5n70，

2整理得n213n1400，解得n7或n20（舍去），所以开始运动后7分钟相遇．

（2）设n分钟后第2次相遇，依题意有2nn(n1)5n703，

2整理得n213n4200，解得n15或n28（舍去），第2次相遇在开始运动后15分钟．

14．【答案】（1）225；（2）．

33【解析】（1）由11a55a812，得11(a14d)5(a17d)12，

因为a13，所以d2．

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（2）由（1）可得ana1(n1)d3(n1)令an0，得n2，

311，所以a1a2a50a6．

254d2255(3)10．

所以Sn的最小值为S55a123315．【答案】B 【解析】因为数列的前n项和Sn与an满足关系式an1Sn1Sn，所以有an119，

又{an}为等差数列，所以an113n19n6，故选B．

17．【答案】B 【解析】等差数列的前n项和Sn有最大值，则公差d0，则a11a10，

a111，与已知矛盾，故a100，

若a100，则a11a100，a10a111得a10a110，a110，所以S2010(a1a20)10(a10a11)0，则由a10S1919(a1a19)19a100，

2因此使Sn0的n的最大值为19．故选B．

18．【答案】B 【解析】因为S7S6a70，S6S5a60，所以da7a60，①正确；

S1111(a1a11)11a60，②正确；

212(a1a12)S7S5a6a70，S126(a6a7)0，③不正确；

2因为a60,a70，所以数列{Sn}的最大项为S6，④不正确；

因为a6a70a6a7，所以|a6||a7|，⑤正确．故选B．

19．【答案】110

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【解析】S100S10a11a12a10045(a11a100)45(a1a110)90a1a1102，所以1(a1a110)110110．

2320．【答案】

4S110【解析】设等差数列{an}的公差为d，等差数列{bn}的公差为d，

9a1a9Aa1a2a123a14da52a5a1a929，

则9b1b9B9b2b4b93b14db52b5b1b92AnnA9993.

，所以B993124Bnn321．【答案】2 11

27S99a59102．

【解析】（1）由等差数列前n项和的性质得S55a359（2）由等差数列前n项和的性质得a2a20S21221211.

b7b15T215213272n3n22．【答案】（1）p1；（2）Sn．

42【解析】由a11及2Sn2panpanp，得22ppp，所以p1．

由2Sn2anan1①，得2Sn12an1an11②，

①－②可得2an2(anan1)anan1，所以(anan1)(2an2an11)0，

22221(n2)，

21由等差数列的定义可得数列{an}是首项为1，公差为的等差数列，

2由于an0，所以2an2an110，即anan1n(n1)1n23n所以Snn．

224232n2n(1n8,nN)23．【答案】Tn2．

2n32n256(n9,nN)【解析】当n1时，a1S1322130；

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当n2，a22nSnSn132n2n[32(n1)2(n1)]344n.

因为n1时适合上式，所以{an}的通项公式为an344n．

由an344n0，得n172，即当1n8(nN)时，an0；当n9时，an0．

①当1n8(nN)时，Tn|a1||a2||a2n|a1a2an32n2n.

②当n9(nN)时，

Tn|a1||a2||an|(a1a2a8)(a9a10an)S2

n2S82n32n256.2综上，可得T32n2n(1n8,nN)n2n232n256(n9,nN)．

1 (n1)24．【答案】（1）见解析；（2）a2n；（3）见解析．

12n(n-1) (n2)【解析】（1）因为an2SnSn1，所以SnSn12SnSn1(n2)，

因为S1n0，所以S12，

nSn1又1S12，所以{1}是以2为首项，2为公差的等差数列．

1a1Sn（2）由（1）可得1S22n12n，所以S1nn，

n2当n2时，anSnSn－112n(n1)，

1当n1时，aS12 (n1)112，所以an1．

2n(n1) (n2)（3）由（2）可得bn21na1nnn2，

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b22b32(bn2112232111n212231111(1)()(n1)n223111)11，故b22b32n1nnbn21．

25．【答案】B 【解析】设数列{an}的公差为d，根据题中的条件可得3(323243d)22d42d，22整理解得d3，所以a5a14d21210，故选B．

【名师点睛】本题考查了等差数列的求和公式和通项公式的应用，在解题过程中，需要利用题中的条件，结合等差数列的前n项和公式，求出公差d，之后利用等差数列的通项公式求a5．

26．【答案】C 9a136d27,所以a11,d1,a100a199d19998.故选C．

【解析】由已知a9d8127．【答案】C 【解析】设公差为d，a4a5a13da14d2a17d24，

2a17d2465,解得d4，故选C．

S66a1d6a115d48，联立6a15d4821【秒杀解】因为S66(a1a6)3(a3a4)48，即a3a416，

2则(a4a5)(a3a4)24168，即a5a32d8，解得d4，故选C．

28．【答案】an6n3

【解析】因为a13，所以3d34d36，解得d6，所以an36(n1)6n3．

29．【答案】20 2【解析】由S510得a32，因此22d(2d)3d3,a923620.

30．【答案】2n

n1a12d3a11【解析】设等差数列的首项为a1，公差为d，由题意有，解得，数列的前n43d14a1d102欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。

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项和Snna1n1211n(n1)n(n1)n(n1)2()，所dn11，裂项可得Sk(k1)kk1222k1112n()]2(1)．

nn1n1n1以Sk11k1112[(1)()223231．【答案】（1）an2n9，（2）Snn8n，最小值为16．

【思路分析】（1）根据等差数列的前n项和公式求出公差，再代入的等差数列通项公式即可；（2）根据等差数列的前n项和公式可得Sn，根据二次函数的对称轴及自变量为正整数可求Sn的最小值．

【名师点睛】数列是特殊的函数，研究数列的最值问题可利用函数的性质，但要注意其定义域为正整数集这一限制条件．

32．【答案】（1）an2n3；（2）24．

5【解析】（1）设数列{an}的公差为d，

由题意有2a15d4，2a110d6，解得a11,d所以{an}的通项公式为an（2）由（1）知bn[2，

52n3．

52n3]，

5当n1，2，3时，1当n6，7，8时，32n32n32,bn1；当n4，5时，23,bn2；

552n32n34,bn3；当n9，10时，45,bn4，

55所以数列{bn}的前10项和为1322334224．

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