(人教版)数学必修五：2.3《等差数列的前n项和(2)》ppt课件 公开课精品课件

设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 a1＝－11，a4＋a6＝－6，
则当 Sn 取最小值时，n 等于( )
A．6
B．7
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C．8 [答案] A
D．9
[解析] 设等差数列的公差为 d， ∵a4＋a6＝－6，得 2a5＝－6，∴a5＝－3. 又∵a1＝－11，∴－3＝－11＋4d，∴d＝2. ∴Sn＝－11n＋nn2－1×2＝n2－12n＝(n－6)2－36， 故当 n＝6 时，Sn 取得最小值，故选 A．
(1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝an·a1n＋1，求数列{bn}的前 n 项和 Bn.
[解析] (1)∵对任意的正整数 n,2 Sn＝an＋1
①
恒成立，
当 n＝1 时，2 a1＝a1＋1，即( a1－1)2＝0， ∴a1＝1.
当 n≥2 时，有 2 Sn－1＝an－1＋1.
②
①2－②2 得 4an＝a2n－a2n－1＋2an－2an－1，
[方法总结] 解法一利用等差数列前 n 项和 Sn 是 n 的二次 函数(公差 d≠0 时)，通过二次函数求最值的方法求解；解法二 利用等差数列的性质由 a1<0 及 S9＝S12 知 d>0，从而数列中必 存在一项 an≤0 且 an＋1>0 以找出正负项的分界点；解法三利用 S9＝S12 及等差数列的性质．要注意体会各种解法的着眼点，总 结规律．
即(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0.
∵an>0，∴an＋an－1>0，∴an－an－1＝2，
∴数列{an}是首项为 1，公差为 2 的等差数列，
∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
(2)∵an＝2n－1， ∴bn＝2n－112n＋1＝122n1－1－2n1＋1， ∴Bn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ＝121－13＋1213－15＋1215－17＋…＋122n1－1－2n1＋1 ＝121－2n1＋1＝2nn＋1.
等差数列{an}的前 n 项和 Sn＝na1＋nn2－1d＝d2n2＋(a1－d2)n，令d2＝A，a1－d2＝B， 则得 Sn＝________. [答案] An2＋Bn
1.等差数列的前 n 项和公式与二次函数的关系 将公式 Sn＝na1＋nn－2 1d变形，得 Sn＝d2n2＋(a1－d2)n，故 当 d≠0 时，Sn 是关于 n 的一个二次函数，它的图象是抛物线 y ＝d2x2＋(a1－d2)x 上横坐标为正整数的一群孤立的点.
＋
2n＋3 2n＋1n＋2.
等差数列 前n项和


等差数列前n 项和与二次函 数的关系
—
等差数列前n项和与二次 函数的关系及最值的求法
裂项拆项相消 法求数列前n项和
课时作业
（点此链接）
常见的裂项有：nn1＋1＝1n－n＋1 1；
2n－112n＋1＝12(2n1－1－2n1＋1)；
1 n＋1＋
＝ n
n＋1－
n等．
若数列{an}为等差数列，且 an≠0，怎样求数列{ana1n＋1}的 前 n 项和 Sn?
[解析] 因为ana1n＋1＝1d(a1n－an1＋1)，
所以 Sn＝1d(a11－a12)＋1d(a12－a13)＋…＋1d(a1n－an1＋1)＝1d(a11－
＋
…
＋
an
＝
1 2
[(
1 3
－
1 5
)
＋
(
1 5
－
1 7
)
＋
…
＋
(2n1＋1－2n1＋3)]＝12(13－2n1＋3)＝6nn＋9.
[ 方法总结] 形如：an＋b1cn＋d的式子，若可拆分为 anA＋b－cnB＋d的形式，一般可用此法进行求解．
已知正数数列{an}的前 n 项和为 Sn，且对任意的正整数 n 满足 2 Sn＝an＋1.
含绝对值的数列的前n项和
在等差数列{an}中，a1＝－60，a17＝－12，求数 列{|an|}的前 n 项和．
[分析] 本题实际上是求数列{an}的前 n 项的绝对值之和， 由绝对值的意义，要求我们应首先分清这个数列中的那些项是 负的，哪些项非负的．由已知，数列{an}是首项为负数的递增 数列，因此应先求出这个数列从首项起共有哪些项是负数，然 后再分段求出前 n 项的绝对值之和．
区别
联系
定义域为 N*(或 图象是一系列 (1)解析式都是
Sn 其有限子集) 孤立的点
二次式；
f(x) 定义域为 R
图象是一条光 滑的抛物线
(2)Sn 的图象是 抛物线 y＝f(x) 上的一系列点
利用上述关系可解决等差数列的前 n 项和 Sn 的最大值或最 小值的问题．一方面，前 n 项和 Sn 是 n 的二次函数，即 Sn＝An2 ＋Bn(A≠0)．利用二次函数的相关知识及图象可求其最值；另 一方面要注意这是数列，有它的特殊性，即 n∈N*，因此并不 一定是 n＝－2BA时，Sn 达到最大(或最小)，而是当－2BA∈N*时， n＝－2BA；而当－2BA∉N*时，n 取与－2BA最接近的正整数即可．
(2)二次函数法 由于 Sn＝d2n2＋(a1－d2)n(d≠0)是关于 n 的二次函数式，因此 可利用配方法求出二次函数的最值来确定 Sn 的最值，但应注意 n∈N*.
在等差数列{an}中，a1＝25，S17＝S9，试求其前 n 项和 Sn 的最大值．
[解析] 解法一：由 S17＝S9，得 25×17＋127×(17－1)d＝ 25×9＋92×(9－1)d，解得 d＝－2.
∴Sn＝25n＋12n(n－1)·(－2)＝－(n－13)2＋169， ∴当 n＝13 时，Sn 有最大值 169.
解法二：先求出 d＝－2(同解法一)． ∵a1＝25>0，由aann＋＝1＝252－5－22nn－≤10≥0 ， 得 1212≤n≤1312，∴当 n＝13 时，Sn 有最大值．
∵d>0，∴Sn 有最小值． 又∵n∈N*，∴n＝10 或 n＝11 时，Sn 取最小值．
解法二：同解法一，由 S9＝S12 得 a1＝－10d， 设aann＝ ＋1＝a1＋ a1＋nn－d≥1d0≤0 ，∴－ －1100dd＋ ＋nnd－≥10d≤0 ， ∵a1<0，∴d>0， 解得 10≤n≤11. ∴n 取 10 或 11 时，Sn 取最小值． 解法三：∵S9＝S12，∴a10＋a11＋a12＝0，∴3a11＝0， ∴a11＝0.∵a1<0，∴前 10 项或前 11 项和最小．
an1＋1)．
课堂典例探究
等差数列的最值问题
等差数列{an}中，a1<0，S9＝S12，该数列前多少 项的和最小？
[解析] 解法一：设等差数列{an}的公差为 d，则由题意得 9a1＋12×9×8·d＝12a1＋12×12×11·d ∴a1＝－10d，
∵a1<0，∴d>0，
∴Sn＝na1＋12n(n－1)d＝12dn2－221dn＝d2n－2212－4481D．
当 n>20 时，S′n＝－S20＋(Sn－S20)＝Sn－2S20 ＝－60n＋nn2－1×3－2×(－60×20＋20×2 19×3)
＝32n2－1223n＋1 260. ∴数列{|an|}的前 n 项和
S′n＝－ 32n322－n2＋ 1221322n3＋n1n2≤6020n>20
n≤3 n≥4
＝a1＋2 an·n 2a1＋a2＋a3－a1＋a2＋…＋an
－3n2＋17n
＝3n2－217n＋48

2
n≤3， n≥4.
n≤3 n≥4
求数列{nn1＋2}的前 n 项和． [错解] ∵nn1＋2＝12(1n－n＋1 2)， ∴数列{nn1＋2}的前 n 项和 Sn＝12(1－13＋12－14＋13－15＋… ＋1n－n＋1 2)＝12(1＋12＋1n－n＋1 2)＝34＋nn1＋2.
裂项求和
求数列{2n＋112n＋3}的前 n 项和．
[分析] 通项的分母是两项的积，且这两项相差 2，所以可
将其拆分为两项之差，即2n＋112n＋3＝12(2n1＋1－2n1＋3)． [解析] an＝2n＋112n＋3＝12(2n1＋1－2n1＋3)，
∴
Sn
＝
a1
＋
a2
＋
a3
已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,7a5＋5a9＝0，且 a9>a5，
则 Sn 取得最小值时 n 的值为( )
A．5
B．6
C．7 [答案] B
D．8
[解析] 由 7a5＋5a9＝0，得ad1＝－137. 又 a9>a5，所以 d>0，a1<0. 因为函数 y＝d2x2＋(a1－d2)x 的图象的对称轴为 x＝12－ad1＝12 ＋137＝367，取最接近的整数 6，故 Sn 取得最小值时 n 的值为 6.
2．等差数列前 n 项和最值的求法 (1)通项法 ①当 a1>0，d<0 时，{an}只有前面的有限项为非负数；从 某项开始其余所有项均为负数，所以由aamm≥ ＋1≤0，0 可得 Sn 的最 大值为 Sm. ②当 a1<0，d>0 时，{an}只有前面的有限项为非正数，从 某项开始其余所有项均为正数，所以由aamm≤ ＋1≥0，0 可得 Sn 的最 小值为 Sm.
.
已知{an}为等差数列，an＝10－3n，求|a1|＋|a2|＋…＋|an|.
[解析] 由题意，知 a1＝10－3×1＝7，由于 an 有正也有负，
当 an＝10－3n≥0 时，n≤130，
所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|
＝aa11＋ ＋aa22＋ ＋… a3－＋aa4n－a5－…－an
[辨析] 错误的原因在于裂项相消时，没有搞清剩余哪些
项． [正解]
∵nn1＋2＝12(1n－n＋1 2)，
∴数列{nn1＋2}的前 n 项和 Sn＝12(1－13＋12－14＋13－15＋…
＋
1 n－1
－
1 n＋1
＋
1 n
－
1 n＋2
)
＝
1 2
(1
＋
1 2
－
1 n＋1
－
1 n＋2
)
＝
3 4
[解析] 等差数列{an}的公差 d＝a1177－－a11 ＝－12－16－60＝3， ∴an＝a1＋(n－1)d＝－60＋(n－1)×3＝3n－63. 由 an<0，得 3n－63<0，即 n<21. ∴数列{an}的前 20 项是负数，第 21 项及以后的项都为非 负数． 设 Sn，S′n 分别表示数列{an}和{|an|}的前 n 项之和，当 n≤20 时， S′n＝－Sn＝－[－60n＋nn2－1×3]＝－32n2＋1223n；
3．裂项(拆项)相消法求和 把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项可按此法拆 成两项之差，在求和时一些正负项相抵消，于是前 n 项和变成 首尾若干项之和，这一求和方法称为裂项相消法． 例如，若数列{an}的通项公式 an＝nn1＋1＝1n－n＋1 1，则 Sn＝1－12＋12－13＋…＋1n－n＋1 1＝1－n＋1 1＝n＋n 1.
第二章
2.3 等差数列的前n项和 第2课时 等差数列前n项和公式的
应用
1 课前自主预习 2 课堂典例探究 3 课时作业
课前自主预习
北宋时期的科学家沈括在他的著作《梦溪笔谈》一书中提出 酒店里把酒瓶层层堆积，底层排成长方 形，以上逐层的长、宽各减少一个，共堆 n 层，堆成棱台的形状，沈括给出了一个 计算方法——“隙积术”求酒瓶总数，沈 括的这一研究，构成了其后二三百年关于垛积问题研究的开端.