高中数学第二章数列第10课时等差数列前n项和的性质与应用课件新人教B版

【例3】
已知数列{an}的前n项和Sn＝－
3 2
n2＋
205 2
n，求数
列{|an|}的前n项和Tn.
思维启迪：由Sn＝－
3 2
n2＋
205 2
n，知Sn是n的缺常数项的二
次式，所以数列{an}为等差数列，可求出通项an，然后再判断
哪些项为正，哪些项为负，最后求出Tn.
解析：a1＝S1＝101，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝
变式训练3 在等差数列中，a10＝23，a25＝－22. (1)该数列第几项开始为负； (2)求数列{|an|}的前n项和．
解析：设等差数列{an}中，首项为a1，公差为d，由题意得 a25－a10＝15d＝－45， 23＝a1＋10－1×d，
＝
90a1＋2 a110，
又S100－S10＝10－100＝－90，
∴a1＋a110＝－2.
∴S110＝110a12＋a110＝－110.
[类题通法] (1)利用已知求出a1，d，然后再求所求，是基本解法，有时 运算量大些． (2)我们也可以利用等差数列前n项和的性质，或利用等差 数列通项公式的性质，这两种解法可简化运算，为最优解法． (3)设而不求，整体代换也是很好的解题方法．
.
∴当n＝13时，Sn有最大值，最大值为S13＝13×25＋
13×12 2
×(－2)＝169.
解法三：由S17＝S9，得a10＋a11＋…＋a17＝0， 而a10＋a17＝a11＋a16＝a12＋a15＝a13＋a14， 故a13＋a14＝0. 由解法一，得d＝－2<0，a1>0， ∴a13>0，a14<0.
－32n2＋2025n
－
－32n－12＋2025n－1＝－3n＋104. 又∵n＝1也适合上式．
∴数列通项公式为an＝－3n＋104(n∈N*)．
由an＝－3n＋104≥0，得n≤1034.
即当n≤34时，an＞0；当n＞34，an＜0.
源自文库
(1)当n≤34时，Tn＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝－32n2＋2025n. (2)当n≥35时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|a34|＋|a35|＋…＋|an|＝a1 ＋a2＋…＋a34－(a35＋a36＋…＋an) ＝2(a1＋a2＋…＋a34)－(a1＋a2＋…＋an) ＝2S34－Sn＝32n2－2025n＋3 502，
∴110002a2a＋＋1100b0＝b＝10100，， 解得ba＝＝1－110111.010， ∴Sn＝－11010n2＋11101n. ∴S110＝－11010×1102＋11101×110＝－110.
解法二：数列S10，S20－S10，S30－S20，…，S100－S90，S110 －S100成等差数列．
类型二 等差数列前n项和的最值问题 【例2】 在等差数列{an}中，a1＝25，S17＝S9，求Sn的最 大值．
思维启迪：用二次函数求最值，或利用通项公式an求n使得 an≥0，an＋1≤0或利用性质求出大于或等于零的项．
解析：解法一：利用前n项和公式和二次函数的性质．
由S17＝S9，得25×17＋
变式训练1 若等差数列共有n项，其和为210，前四项的和 为124，后四项的和为156，求n的值．
解析：设前四项分别为a1，a2，a3，a4. 后四项分别为an－3，an－2，an－1，an. 则a1＋a2＋a3＋a4＝124，an－3＋an－2＋an－1＋an＝156， ∴a1＋a2＋a3＋a4＋an－3＋an－2＋an－1＋an＝4(a1＋an)＝280， ∴a1＋an＝70，∴Sn＝na12＋an＝n×270＝210. ∴n＝6.
讲重点 讨论等差数列前n项和Sn最值问题的方法及注意事 项
利用不等式组
an≤0， an＋1≥0
或
an≥0， an＋1≤0，
可以确定正整数n，
使得等差数列{an}的前n项和Sn最小或最大．用这一方法解决这
类问题时要注意两点：①n是正整数；②求出n后需验证an是否
为零，若an为零，则最值Sn＝Sn－1；若an不为零，则最值为Sn.
知：a1＋a2n＝an＋an＋1， 所以，S2n＝2na12＋a2n＝n(a1＋a2n)＝n(an＋an＋1)； 因为S偶＝a2＋a4＋…＋a2n，S奇＝a1＋a3＋…＋a2n－1， 所以S偶－S奇＝(a2n－a2n－1)＋(a2n－2－a2n－3)＋…＋(a4－a3)＋
(a2－a1)＝nd.
na1＋a2n－1
故n＝13时，Sn有最大值，最大值为S13＝13×25＋
×(－2)＝169.
13×12 2
[类题通法] 求等差数列的前n项和Sn的最值有两种方法： (1)由二次函数的最值特征得解． Sn＝na1＋nn2－1d＝d2n2＋a1－d2n
＝d2n＋a1－d d22－a1－2dd22 ＝d2n－12－ad12－d212－ad12.
故Tn＝32－n232－n22＋022502n5＋n3n5≤0234n≥，35.
[类题通法]
等差数列的各项取绝对值后组成数列{|an|}．若原等差数列 {an}中既有正项，也有负项，那么{|an|}不再是等差数列，求和 的关键是找到数列{an}的正、负项分界点处的n值，再分段求 和．
(4)若等差数列{an}的前n项和为Sn，则数列 Snn 是等差数 列，且首项为a1，公差为d2.
讲重点 性质证明如下：
(1)因为S2n－Sn＝2na1＋
2n2n－1 2
d－na1－
nn－1 2
d＝na1＋
3n2－n 2
d，(S3n－S2n)＋Sn＝
3na1＋3n32n－1d－2na1－2n22n－1d
a1>a2>a3>…>ak≥0>ak＋1>…，则 S1<S2<S3<…≤Sk>Sk＋1>Sk＋2>…， 所以，此时Sn存在最大值，且最大值为Sk＝a1＋a2＋a3＋… ＋ak.
此时，可以用不等式组aakk≥ ＋1≤0，0 确定正整数k的值．
③当公差d<0、首项a1>0时，等差数列{an}为正项递增数 列，故0<S1<S2<S3<…，所以不需要讨论其最值问题；同样，当 公差d<0、首项a1<0时，等差数列{an}是负项递减数列，故 0>S1>S2>S3>…，所以也不需要讨论其最值问题．
设其公差为D，则前10项的和为 10S10＋10× 2 9·D＝S100＝10，解得D＝－22， ∴S110－S100＝S10＋(11－1)D＝100＋10×(－22)＝－120. ∴S110＝－120＋S100＝－110.
解法三：∵S100－S10＝a11＋a12＋…＋a100＝
90a11＋a100 2
所以S奇＝ S偶
2 na2＋a2n
＝aa1＋2＋aa2n2－n 1＝22aan＋n 1＝aan＋n 1；
2
当等差数列的项数为2n－1(n∈N*)时，有a1＋a2n－1＝2an，
所以S2n－1＝2n－1a21＋a2n－1＝2n－12×2an＝(2n－1)an.
所以S奇－S偶＝
na1＋a2n－1 ＝a1＋(n－1)d＝an.所以SS奇 偶＝n－1a22＋a2n－2＝n－n 1.
变式训练2 递减的等差数列{an}的前n项和Sn满足S5＝S10， 则欲使Sn取最大值，n的值为( )
A．10
B．7
C．9
D．7或8
解析：方法一：∵S5＝S10， ∴a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝0，∴a8＝0.由于数列递减，故数列 前7项为正，从第9项开始为负． ∴Sn取最大值时，n＝7或8.
17 2
×(17－1)d＝25×9＋
9 2
×(9－
1)d，解得d＝－2.
∴Sn＝25n＋n2(n－1)(－2)＝－(n－13)2＋169.
∴由二次函数的性质，得当n＝13时，Sn有最大值169.
解法二：由解法一，得d＝－2. ∵a1＝25>0，
由aann＋＝1＝252－5－22nn－≤10≥，0， 得nn≤ ≥11321212
a1<a2<a3<…<ak≤0<ak＋1<…，则 S1>S2>S3>…≥Sk<Sk＋1<Sk＋2<…， 所以，此时Sn存在最小值，且最小值为Sk＝a1＋a2＋a3＋… ＋ak.
此时，可以利用不等式组aakk≤＋1≥0，0 确定出正整数k的值．
②当公差d<0时，等差数列{an}是单调递减数列，如果首项 a1>0，那么这个数列的正数项一定是有限个，即一定存在某一 正整数k，使
2说方法·分类探究 类型一 等差数列前n项和的性质及其应用 【例1】 一个等差数列的前10项之和为100，前100项之和 为10，求其前110项之和．
思维启迪：解答本题可利用前n项和公式求出a1和d，即 可求出S110，或利用等差数列前n项和的性质求解．
解析：解法一：设此等差数列的前n项和为Sn＝an2＋bn. ∵S10＝100，S100＝10，
由于Sn＝pn2＋qn＝p
n＋2qp
2－
q2 4p
，结合二次函数的性质可
知：
①如果顶点横坐标－
q 2p
是正整数，Sn在顶点处取得最大值
(p<0)或最小值(p>0)．
②如果顶点横坐标－
q 2p
不是正整数，Sn在最接近顶点横坐
标的正整数处取得最大值(p<0)或最小值(p>0)．
(2)转折项法 ①当公差d>0时，数列{an}是递增数列，如果首项a1<0，那 么这个数列的负数项一定是有限个，即一定存在某一正整数k， 使
知识点2等差数列前n项和的最值问题1函数思想等差数列的前n项和s是n的二次函数所以可以借助二次函数的图象性质来研究等差数列前n项和的最值问题
1说基础·名师导读 知识点1 等差数列前n项和的有关性质 (1)等差数列{an}中，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也构成等差数 列，且公差是n2d.如下所示：
方法二：∵S5＝S10.即5a1＋5×2 4d＝10a1＋10× 2 9d.
∴a1＝－7d(d<0)． ∴Sn＝na1＋nn2－1d＝－7nd＋nn2－1d＝d2n－1252－2245. ∵d<0，n∈N*，∴当n＝7或8时，Sn有最大值． 答案：D
类型三 求数列{|an|}的前n项和
由二次函数的最大值、最小值知识及n∈N*知，当n取最接
近
1 2
－
a1 d
的正整数时，Sn取到最大值(或最小值)，值得注意的是
最接近12－ad1的正整数有时1个，有时2个．
(2)根据项的正负来定．
若d>0，a1<0，当且仅当an≤0且an＋1≥0时，Sn有最小值； 若d<0，a1>0，当且仅当an≥0且an＋1≤0时，Sn有最大值．取最 值时，应考虑n在正整数范围内．
＋na1＋
nn－1 2
d＝2na1＋
6n2－2 2nd＝2na1＋3n22－nd＝2(S2n－Sn)．
所以Sn，S2n－Sn，S3n－S2n构成等差数列，公差为(S2n－Sn)
－Sn＝2na1＋2n22n－1d－2na1－2×nn2－1d＝n2d.
(2)当等差数列的项数为2n(n∈N*)时，由等差数列的性质可
∴nS＋n＋11－Snn＝A(n＋1)＋B－An－B＝A＝d2.
∴Snn是首项为a1，公差为d2的等差数列.
知识点2 等差数列前n项和的最值问题
(1)函数思想
等差数列的前n项和Sn＝pn2＋qn(p，q为常数，且p≠0， n∈N*)是n的二次函数，所以可以借助二次函数的图象、性质来
研究等差数列前n项和的最值问题．
(2)若等差数列的项数为2n(n∈N*)，则
①S2n＝n(an＋an＋1)；②S偶－S奇＝nd；③SS奇 偶＝aan＋n 1. 若等差数列的项数为2n－1(n∈N*)，则
①S2n－1＝(2n－1)an(an为中间项)；②S奇－S偶＝an；③
S奇 S偶
＝
n n－1.
(3)若{an}与{bn}均为等差数列，且前n项和分别为Sn与 S′n，则abnn＝SS′2n2－n1－1.
2
(3)因为数列{an}与{bn}均为等差数列，所以有：a1＋a2n－1＝ 2an，b1＋b2n－1＝2bn.
2n－1a1＋a2n－1 所以SS′2n2－n1－1＝2n－1b21＋b2n－1＝22abnn＝abnn.
2
(4)设Sn＝An2＋BnA，B为常数，A＝d2，B＝a1－d2， nS＋n＋11＝An＋1n2＋＋1Bn＋1＝A(n＋1)＋B， Snn＝An2＋n Bn＝An＋B.