高二数学等差数列的前n项和2
高二数学复习考点知识精讲与练习9 等差数列的前n项和公式
高二数学复习考点知识精讲与练习 专题9 等差数列的前n 项和公式【考点梳理】考点一 等差数列的前n 项和公式考点二 等差数列前n 项和的性质1．若数列{a n }是公差为d 的等差数列，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也是等差数列，且公差为d2.2．设等差数列{a n }的公差为d ，S n 为其前n 项和，则S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍构成等差数列，且公差为m 2d .3．若等差数列{a n }的项数为2n ，则S 2n ＝n (a n ＋a n ＋1)，S 偶－S 奇＝nd ，S 偶S 奇＝a n ＋1a n. 4．若等差数列{a n }的项数为2n ＋1，则S 2n ＋1＝(2n ＋1)·a n ＋1，S 偶－S 奇＝－a n ＋1，S 偶S 奇＝n n ＋1. 考点三 等差数列{a n }的前n 项和公式的函数特征1．公式S n ＝na 1＋n (n －1)d 2可化成关于n 的表达式：S n ＝d 2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n .当d ≠0时，S n关于n 的表达式是一个常数项为零的二次函数式，即点(n ，S n )在其相应的二次函数的图象上，这就是说等差数列的前n 项和公式是关于n 的二次函数，它的图象是抛物线y ＝d2x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2x 上横坐标为正整数的一系列孤立的点．2．等差数列前n 项和的最值 (1)在等差数列{a n }中，当a 1>0，d <0时，S n 有最大值，使S n 取得最值的n 可由不等式组⎩⎨⎧ a n ≥0，a n ＋1≤0确定；当a 1<0，d >0时，S n 有最小值，使S n 取到最值的n 可由不等式组⎩⎨⎧a n ≤0，a n ＋1≥0确定．(2)S n ＝d 2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n ，若d ≠0，则从二次函数的角度看：当d >0时，S n 有最小值；当d <0时，S n 有最大值．当n 取最接近对称轴的正整数时，S n 取到最值．大重难点规律总结： (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 ，常与求和公式Sn ＝n a1＋an2结合使用．(3)等差数列前n 项和Sn 最大(小)值的情形①若a1>0，d<0，则Sn 存在最大值，即所有非负项之和． ②若a1<0，d>0，则Sn 存在最小值，即所有非正项之和． (2)求等差数列前n 项和Sn 最值的方法①寻找正、负项的分界点，可利用等差数列性质或利用 ⎩⎨⎧ an≥0，an ＋1≤0或⎩⎨⎧an≤0，an ＋1≥0来寻找． ②运用二次函数求最值．【题型归纳】题型一：等差数列前n 项和的有关计算1．（2022·全国·高二课时练习）记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝－7，S 3＝－15.（1）求{a n }的通项公式； （2）求S n ，并求S n 的最小值.2．（2022·全国·高二课时练习）在等差数列{a n }中： （1）已知5104958,50a a a a +=+=，求10S ； （2）已知7342,510,45n n S S a -===，求n .3．（2022·全国·高二课时练习）根据下列各题中的条件，求相应等差数列{}n a 的前n 项和n S ：（1）12a =，5d =，10n =； （2）12a =-，6n a =，12n =．题型二：等差数列片段和的性质4．（2022·全国·高二单元测试）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若2k S =，28k S =，则4k S =（ ）A ．28B ．32C ．16D ．245．（2022·河南·高二月考）记等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知55S =，1521S =，则10S =（ ）A ．9B ．10C ．12D ．136．（2020·湖北·秭归县第一中学高二期中）已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，则下列判断错误的是（ ）A ．S 5，S 10-S 5，S 15-S 10必成等差数列B ．S 2，S 4-S 2，S 6-S 4必成等差数列C ．S 5，S 10，S 15+S 10有可能是等差数列D ．S 2，S 4+S 2，S 6+S 4必成等差数列题型三：等差数列前n 项和与n 的比值问题7．（2020·江苏省包场高级中学高二月考）在等差数列{}n a 中，12018a =-，其前n 项和为n S ，若101221210S S -=，则2020S =（ ） A ．-4040B ．-2020C ．2020D ．40408．（2022·全国·高二课时练习）在等差数列{}n a 中，12018a =-，其前n 项和为n S ，若151051510S S -=，则2020S =（ ） A ．0B ．2018C ．2019-D ．20209．（2020·河北·邢台市南和区第一中学高二月考）已知数列{}n a 的通项公式是=12n a n -，前n 项和为n S ，则数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前11项和为 A ．45-B ．50-C ．55-D ．66-题型四：两个等差数列前n 项和的比值问题10．（2022·河南·高二月考）已知等差数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为n S 和n T ，且有192a a +=，468b b +=，则99S T 的值为（ ） A ．16B ．14C ．2D ．311．（2022·全国·高二课时练习）已知数列{}n a 、{}n b 都是等差数列，设{}n a 的前n 项和为n S ，{}n b 的前n 项和为n T .若2132n n S n T n +=+，则55a b =（ ） A ．1929B ．1125C ．1117D ．2312．（2022·西藏日喀则·高二期末（理））已知等差数列{}n a 与等差数列{}n b 的前n 项和分别为n S 和n T ，若3123nn S n T n -=+，则1010ab =（ ）A ．54B ．4041C ．5641D ．2921题型五：等差数列前n 项和的最值问题（二次函数、不等式）13．（2022·北京市一零一实验学校高二期末）设n S 是等差数列{}()n a n *∈N 的前n 项和，且675S S S >>，则下列结论正确的有（ ） A ．110S >B ．120S <C ．130S >D ．86S S >14．（2022·全国·高二课时练习）已知{a n }为等差数列，a 1＋a 3＋a 5＝105，a 2＋a 4＋a 6＝99，以S n 表示{a n }的前n 项和，则使得S n 达到最大值的n 是（ ）A ．21B ．20C ．19D ．1815．（2022·福建·宁德市第九中学高二月考）已知等差数列{}n a 满足247,3a a ==，n S 是数列{}n a 的前n 项和，则使n S 取最大值的自然数n 是（ ）A ．4B ．5C ．6D ．7题型六：等差数列前n 项和偶数项和奇数项和与绝对值问题16．（2022·浙江杭州·高二期末）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若11a =，1n n a a n ++=，则（ ）A ．22S =B ．24144S =C ．31243S =D ．60660S =17．（2020·河北·武邑武罗学校高二期中）已知等差数列{}n a 的公差为4，项数为偶数，所有奇数项的和为15，所有偶数项的和为55，则这个数列的项数为 A ．10B ．20C ．30D ．4018．（2022·浙江衢州·高二期末）已知等差数列满足：，则的最大值为（ ） A ．18B ．16C ．12D ．8题型七：等差数列的简单应用19．（2022·山西·太原市第五十六中学校高二月考（文））如图，某报告厅的座位是这样的:第一排有9个座位，从第二排起每一排都比前一排多2个座位，共有10排座位.（1）求第六排的座位数；（2）根据疫情防控的需要，要求：同排的两个人要间隔一个座位就坐，(每一排从左到右都按第一、三、五、七、九……的座位就坐，其余的座位不能坐)，那么该报告厅里最多可安排多少人同时参加会议20．（2022·全国·高二单元测试）某水泥厂计划用一台小型卡车从厂区库房运送20根水泥电线杆，到一条公路沿着路侧架设，已知库房到该公路入口处500米，从库房出发卡车进入公路后继续行驶，直到离入口50米处时放下第一根电线杆，然后沿着该公路同一侧边每隔50米逐一放下余下电线杆，放完折返库房重新装运剩余电线杆．已知卡车每趟从库房最多只能运送3根水泥杆．问：卡车运送完这批水泥杆，并最终返回库房，至少运送几趟？最少行驶多少米？21．（2022·全国·高二课时练习）新能源汽车环保､节能，以电代油，减少排放，既符合我国的国情，也代表了世界汽车产业发展的方向.工业部表示，到2025年中国的汽车总销量将达到3500万辆，并希望新能源汽车至少占总销量的五分之一.福建某新能源公司年初购入一批新能源汽车充电桩，每台12800元，第一年每台设备的维修保养费用为1000元，以后每年增加400元，每台充电桩每年可给公司收益6400元. （1）每台充电桩第几年开始获利？(5.7≈) （2）每台充电桩前几年的年平均利润最大(前n 年的年平均利润=n n前年的利润总和年数).【双基达标】一、单选题22．（2022·陕西·千阳县中学高二月考）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为（ ）A ．1B ．2C ．4D ．823．（2022·河北省唐县第一中学高二月考）设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，()()11n n n S nS n N *++<∈.若871a a <-，则（ ） A ．n S 的最大值是8S B ．n S 的最小值是8S C ．n S 的最大值是7S D ．n S 的最小值是7S24．（2022·河南·高二月考（理））设等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意的n ∈N *，都有n nS T ＝2343n n --，则2313a b b +＋14511a b b +的值为（ ）A ．2945B ．1329C ．919D ．193025．（2022·河南·高二期中（文））已知数列{}n a 的前n 项和2n S n =，则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前99项和为（ ） A ．1168B ．1134C ．198199D ．9919926．（2022·河南商丘·高二期中（理））《莉拉沃蒂》是古印度数学家婆什迦罗的数学名著，书中有下面的表述：某王为夺得敌人的大象，第一天行军2由旬（由旬为古印度长度单位），以后每天均比前一天多行相同的路程，七天一共行军80由旬到达地方城市.下列说法正确的是（ ） A ．前四天共行1877由旬 B ．最后三天共行53由旬C ．从第二天起，每天比前一天多行的路程为237由旬 D ．第三天行了587由旬 27．（2022·全国·高二课时练习）已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，且S 6>S 7>S 5，有下列四个命题：①d <0；②S 11>0；③S 12<0；④数列{S n }中的最大项为S 11，其中正确命题的序号是（ ） A ．②③B ．①② C ．①③D ．①④28．（2022·河南·高二期中（理））设正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，当*n ∈N 时，n a ，1n +，1n a +成等差数列，给出下列说法：①当*n ∈N 时，1n n S S +<；②9S 的取值范围是()48,52；③642112S =；④存在*n ∈N ，使得2060n S =.其中正确说法的个数为（ ） A ．1B ．2C ．3D ．429．（2022·河南省实验中学高二期中（文））已知等差数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为nS和n T ，且有192a a +=，468b b +=，则99S T 的值为（ ） A ．16B ．14C ．2D ．330．（2022·河南南阳·高二期中）已知等差数列{}n a 满足927S =，330n S =，430n a -=，则n 值为（ ）A ．20B ．19C ．18D ．1731．（2022·上海外国语大学闵行外国语中学高二期中）等差数列{}n a 的前n 项和记为n S ，若3516a a a ++的值为一个确定的常数，则下列各数中也是常数的是（ ） A ．7S B ．8S C ．13S D ．15S32．（2022·全国·高二课时练习）已知数列{}n a 的前n 项和24n S n n =-，则1210a a a ++⋅⋅⋅+的值为( )A ．68B ．67C ．65D ．56【高分突破】一：单选题33．（2022·江苏·高二单元测试）设等差数列的前n 项和为n S ，已知636S =，6144n S -=，324n S =，则n 的值为（ ）A ．15B ．16C ．17D ．1834．（2022·全国·高二课时练习）一百零八塔位于宁夏青铜峡市，是喇嘛式实心塔群（如图）.该塔群随山势凿石分阶而建，依山势自上而下，第一阶1座，第二阶3座，第三阶3座，第四阶5座，第五阶5座，从第五阶开始塔的数目构成一个首项为5，公差为2的等差数列，总计108座，故名一百零八塔.则该塔群最下面三阶的塔数之和为（ ）A ．39B ．45C ．48D ．5135．（2022·全国·高二单元测试）已知非常数数列{}n a 满足()()()()2221140n n n n n n a a a a a a n *++++----=∈N ，n S 为数列{}n a 的前n 项和.若22020S =，20202S =，则2022S =（ ）A ．2022B ．2022-C ．2021-D ．202236．（2022·全国·高二课时练习）在等差数列{a n }和{b n }中，a 1=25，b 1=75，a 100+b 100=100，则数列{a n +b n }的前100项的和为（ ）A ．10000B ．8000C ．9000D ．1100037．（2022·广西师范大学附属外国语学校高二月考）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足170S >，180S <，则17121217,,,S S S a a a 中最大的项为（ ） A ．1100S a B ．99S a C ．88S a D ．77S a38．（2022·江苏·苏州中学高二月考）已知数列{}n a满足11a =，)*2,N n n ≥∈且()*2cos 3n n n a b n π=∈N ，则数列{}n b 前36项和为（ ） A ．174B ．672C ．1494D ．590439．（2022·河南·高二月考）记等差数列{}n a 与{}n b 的前n 项和分别为n S 和n T ，若123nnS n T n +=+，则105510a ba b =（ ）A ．8281B ．8182C ．4241D ．414240．（2022·全国·高二专题练习）已知n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，10S <，212520S S +=，则n S 取最小值时，n 的值为() A ．11B ．12C ．13D ．1441．（2022·全国·高二课时练习）若数列{}n a 是等差数列，首项10a >，公差0d <，且()2019201820190a a a +>，()2020201920200a a a +<，则使数列{}n a 的前n 项和0n S >成立的最大自然数n 是（ ）A ．4039B ．4038C ．4037D ．4036二、多选题42．（2022·江苏·高二专题练习）设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则（ ）A ．a n ＝－112n -B ．a n ＝*1,1,11,2,1n n n N n n-=⎧⎪⎨-≥∈⎪-⎩ C ．数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列D ．20110111+..S S S ++=－505043．（2022·福建省龙岩第一中学高二月考）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差为d ．已知312a =，120S <，60a >，则（ ） A ．70a <B ．数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是递减数列 C ．0n S >时，n 的最大值为11D ．数列n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭中最小项为第7项44．（2022·福建省连城县第一中学高二月考）已知公差为d 的等差数列{}n a ，n S 为其前n 项和，下列说法正确的是（ ）A ．若90S <，100S >，则6a 是数列{}n a 中绝对值最小的项B ．若3614S S =，则61247S S =C ．若18a =，42a =，则12832a a a +++=D ．若48a a =，0d ≠，则110S =45．（2022·辽宁大连·高二期末）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，等差数列{}n b 的前n项和为n T ，且12nnS n T n +=，则下列选项中正确的是（ ）A ．3335a b =B ．321a b = C ．数列{}n a 是递增数列D ．数列{}n a 是递减数列46．（2022·江苏省苏州第十中学校高二月考）已知数列{a n }满足a 1＝1，na n +1﹣（n +1）a n ＝1，n ∈N *，其前n 项和为S n ，则下列选项中正确的是（ ） A ．数列{a n }是公差为2的等差数列B ．满足S n ＜100的n 的最大值是9C ．S n 除以4的余数只能为0或1D ．2S n ＝na n47．（2022·全国·高二课时练习）《张丘建算经》是中国古代众多数学名著之一.书中有如下问题：“今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月日织九匹三丈，问日益几何？”其大意为：“有一女子擅长织布，织布的速度一天比一天快，从第二天起，每天比前一天多织相同数量的布，第一天织5尺，一个月共织了9匹3丈，问从第二天起，每天比前一天多织多少尺布？”已知1匹4=丈，1丈10=尺，若这个月有30天，记该女子这个月中第n 天所织布的尺数为n a ，2nan b =，则（ ）A ．1058b b =B ．数列{}n b 是等比数列C ．130105a b =D ．357246209193a a a a a a ++=++三、填空题48．（2022·河南·高二月考（文））若数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.49．（2022·江苏·高二专题练习）已知等差数列{a n }的首项a 1=a ，S n 是数列{a n }的前n 项和，且满足22213n n n a S n S -+=，0n a ≠，n ≥2，n ∈N *，那么a =____．50．（2022·山西·怀仁市第一中学校高二期中（文））已知等差数列{}n a 的通项公式为319n a n =-．令()*14m m m m T a a a m N ++=+++∈，则m T 的最小值为_______．51．（2022·江苏·苏州中学高二期中）在等差数列{}n a 中，120212022202120220,0,0a a a a a >+><，则使0n S >成立的最大自然数n 为_______52．（2022·陕西·铜川市第一中学高二期中（理））观察下面的数阵，则第16行从左边起第2个数是______．四、解答题53．（2022·浙江·嘉兴市第五高级中学高二期中）已知等差数列{}n a 满足39a =-，105a =. （1）求公差d ；（2）求数列{}n a 的通项公式；（3）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，求使得n S 最小的n 的值．54．（2022·全国·高二课时练习）（1）等差数列{}n a 的前m 项和为30，前2m 项和为100，求数列{}n a 的前3m 项的和S 3m ；（2）两个等差数列{}n a ，{}n b 的前n 项和分别为n S 和n T ，已知723nn S n T n +=+，求55ab 的值.55．（2022·河南南阳·高二期中）若数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21n n S a =-；数列{}n b 满足11(2,)n n n n b b b b n n N ---=≥∈，11b =. （1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式； （2）求数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .56．（2022·河南焦作·高二期中（理））已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，37a =，315S a =. （1）求{}n a 的通项公式； （2）设数列21n S ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，用符号[]x 表示不超过x 的最大数，当[][][]1252n T T T ++⋅⋅⋅+=时，求n 的值.【答案详解】1．（1）a n ＝2n －9；（2）S n ＝ (n －4)2－16；－16. （1）设数列{a n }的公差为d ，由题意得a 1＝－7，3S =3a 1＋3d ＝－15. 所以d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －9. （2）由（1）得()1722n n n S n -=-+⨯=n 2－8n ＝(n －4)2－16. 所以当n ＝4时，S n 取得最小值，最小值为－16. 2．（1）S 10＝210 （2）n ＝20 （1）由已知条件得11014912135821150a a a d a a a d +=+=⎧⎨+=+=⎩，解得134a d =⎧⎨=⎩，10110(101)10910103421022S a d ⨯-⨯∴=+=⨯+⨯=； （2）()177447742,62a a S a a +===∴=， ()()143(645)510222n n n n a a n a a n S -+++∴====，20n ∴=. 3． （1）245 （2）24 （1）()1110920524522n n n S na d -⨯=+=+⨯=. （2）()()112262422n n n a a S +⨯-+===. 4．B 【详解】由等差数列{}n a 前n 项和的性质，可得k S ，2k k S S -，32k k S S -，43k k S S -成等差数列， ∴()2322k k k k k S S S S S -=+-，解得318k S =. ∴ 2，6，10，418k S -成等差数列， 可得4210618k S ⨯=+-，解得432k S =. 故选：B 5．C 【详解】因为n S 是等差数列{}n a 的前n 项，由等差数列前n 项和的性质可知：5S ，105S S -，1510S S -成等差数列，所以()()105515102S S S S S -=+-，即()()101025521S S -=+-，解得：1012S =， 故选：C. 6．D 【详解】由题意，数列{}n a 为等差数列，n S 为前n 项和，根据等差数列的性质，可得而51051510,,S S S S S --，和24264,,S S S S S --构成等差数列，所以，所以A ，B 正确；当首项与公差均为0时，5101510,,S S S S +是等差数列，所以C 正确；当首项为1与公差1时，此时2426102,31,86S S S S S =+=+=，此时24264,,S S S S S ++不构成等差数列，所以D 错误. 故选：D. 7．C设等差数列{}n a 的前n 项和为2+n S An Bn =，则+nS An B n=， 所以n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列．因为101221210S S -=，所以n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的公差为1，又11201811S a ==-，所以n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以2018-为首项，1为公差的等差数列，所以202020182019112020S =-+⨯=，所以20202020S =故选：C 8．D 【详解】设等差数列{}n a 的公差为d ， 由等差数列的性质可得112n S n a d n -=+为等差数列，n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的公差为2d . 151051510S S -=， 552d∴⨯=， 解得2d =.则()20202020201920202018220202S ⨯=⨯-+⨯=. 故选：D. 9．D 【详解】由题意知数列{}n a 为等差数列， ∴2[1(12)]2n n n S n -+-==-．∴nS n n=-， ∴数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前11项和为11(111)1211(1211)662⨯+----=-+++=-=-． 选D ． 10．B【详解】因为{}{},n n a b 为等差数列，故2855522a a a a a +=+==，即51a =，同理可得：54b =，所以19951995912492a a S ab bT b +⨯===+⨯. 故选：B ． 11．A 【详解】∵2132n nS n T n +=+，∴195519919551999()22911929()2392292a a a a a a Sb b b b b b T ++⨯+======++⨯+， 故选：A 12．C 【详解】因为3123nn S n T n -=+，则()()11910119101919193191562192193412a a S ab b T b +⨯⨯-====+⨯⨯+． 故选：C ． 13．A 【详解】因为等差数列{}n a 的前n 项和2122n d d S n a n ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，所以由675S S S >>可知，0d <，抛物线开口向下，其对称轴在()6,6.5之间， 所以抛物线与x 轴正半轴交点的横坐标范围是()12,13，结合二次函数的图象和性质可知110S >；120S >；130S <；86S S <. 故选：A 14．B 【详解】∵(a 2－a 1)＋(a 4－a 3)＋(a 6－a 5)＝3d ， ∴99－105＝3d .∴d ＝－2.又∵a 1＋a 3＋a 5＝3a 1＋6d ＝105，∴a 1＝39. ∴S n ＝na 1＋(1)2n n -d ＝－n 2＋40n ＝－(n －20)2＋400. ∴当n ＝20时，S n 有最大值． 故选：B. 15．B 【详解】设等差数列{}n a 的公差为d ，依题意，11733a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得：19,2a d ==-，于是得9(1)(2)211n a n n =+-⋅-=-+，由0n a >得，5n ≤，因此，数列{}n a 是递减等差数列，其前5项均为正，从第6项开始为负，则其前5项和最大，所以使n S 取最大值的自然数n 是5.故选：B 16．B 【详解】解：数列{}n a 的前n 项和为n S ，若11a =，1n n a a n ++=， 可得：20a =，11n n a a n -+=-，21S =，所以A 不正确；可得111n n a a +--=，可知数列奇数项与偶数项都是等差数列，公差都是1，24123412012311144S ∴=++++⋅⋅⋅++++++⋅⋅⋅+=，所以B 正确； 31123415012315241243S =++++⋅⋅⋅++++++⋅⋅⋅+=≠，所以C 不正确；60123430012329900S =++++⋅⋅⋅++++++⋅⋅⋅+=，所以D 不正确；故选：B ． 17．B 【详解】设等差数列{}n a 的公差为4d =，项数为n ，前n 项和为n S ，则2402n S S d n -===奇偶，即这个数列的项数为20，故选择B . 18．C 【详解】不为常数列，且数列的项数为偶数，设为则，一定存在正整数k 使得或不妨设，即，从而得，数列为单调递增数列，，且，，同理即，根据等差数列的性质，所以n 的最大值为12，选项C 正确，选项ABD 错误 故选：C.19．（1）19；（2）95. 【详解】（1）根据题意：每排座位数构成等差数列{}n a ，且19a =，2d =. 所以692519a =+⨯=，即第六排的座位数为19. （2）因为每排座位数都为奇数，所以得到第一排做5人，第二排做6人，第三排做7人，……. 即每排人数构成等差数列{}n b ，且15b =，1d =，10n =. 所以10109105952S ⨯=⨯+=，即最多可安排95人同时参加会议. 20．至少运送7趟，最少行驶14700米.【详解】因为每趟从库房最多只能运送3根水泥杆，20362=⨯+，所以至少运送7趟， 第一趟运送2根，后6趟每次运送3根时行驶路程最少，后6趟行驶路程构成以为(500505)2+⨯⨯首项，(5032)⨯⨯为公差的等差数列，最少行驶16(500505)2(5032)65(500502)2147002+⨯⨯+⨯⨯⨯⨯⨯++⨯⨯=米 21．（1）3（2）8 【详解】（1）每台充电桩第n 年总利润为16400[1000(1)400]128002n n n n -+--216400[1000(1)400]128000286402n n n n n n -+-->∴-+<14142625.4325n .n n N n ∴-<+<<∈∴≤≤所以每台充电桩第3年开始获利（2）每台充电桩前n 年的年平均利润16400[1000(1)400]128002n n n n n -+-- ][64=20028200282400n n ⎡⎛⎫-+≤-=⎢ ⎪⎝⎭⎣当且仅当64,8n n n==时取等号 所以每台充电桩前8年的年平均利润最大 22．C 【详解】设等差数列{}n a 的公差为d ，则45111342724a a a d a d a d +=+++=+=，611656615482S a d a d ⨯=+=+=，联立11272461548a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得4d =.故选：C. 23．D 【详解】由()11n n n S nS ++<得：()()()()1111122n n n n a a n n a a +++++<，整理可得：1n n a a +<，∴等差数列{}n a 为递增数列，又871a a <-，80a ∴>，70a <， ∴当7n ≤且n *∈N 时，0n a <；当8n ≥且n *∈N 时，0n a >；n S ∴有最小值，最小值为7S .故选：D. 24．C 【详解】由题意可知b 3＋b 13＝b 5＋b 11＝b 1＋b 15＝2b 8，∴2313a b b +＋14511a b b +＝21482a a b +＝88a b ＝1515S T ＝21534153⨯-⨯-＝2757＝919故选：C ． 25．D解：因为数列{}n a 的前n 项和2n S n =，2121n S n n -=-+，两式作差得到21(2)n a n n =-≥，又当1n =时，21111a S ===，符合上式，所以21n a n =-，111111(21)(21)22121n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭， 所以12233411111n n a a a a a a a a +++++=111111111111233557212122121n n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦， 所以12233499100111199992991199a a a a a a a a ++++==⨯+. 故选：D. 26．D 【详解】由题意，不妨设每天行军的路程为数列{}n a ，则12a =又以后每天均比前一天多行相同的路程，故{}n a 构成一个等差数列，不妨设公差为d 七天一共行军80由旬，即780S = 故71767802S a d ⨯=+=，解得227d = 4143188427S a d ⨯=+=，A 错误； 567741883728077a a a S S ++=-=-=，B 错误； 由于227d =，故从第二天起，每天比前一天多行的路程为227由旬，C 错误；31225822277a a d =+=+⨯=，D 正确 故选：D 27．B 【详解】∵S 6>S 7，∴a 7<0，∵S 7>S 5，∴a 6＋a 7>0，∴a 6>0，∴d <0，①正确.又S 11＝112(a 1＋a 11)＝11a 6>0，②正确. S 12＝122(a 1＋a 12)＝6(a 6＋a 7)>0，③不正确. {S n }中最大项为S 6，④不正确. 故正确的是①②. 故选：B 28．C解：因为数列{}n a 的各项都是正数，所以1n n S S +<，所以①正确；由n a ，1n +，1n a +成等差数列，可得12(1)n n a a n ++=+，*n ∈N ，则124a a +=，348a a +=，5612a a +=，；236+=a a ，4510a a +=，6714a a +=，，所以数列{}212n n a a -+是首项为4，公差为4的等差数列；{}221n n a a ++是首项为6，公差为4的等差数列.所以()()()912345891143464482S a a a a a a a a a ⨯=+++++++=+⨯+⨯=+， 由214a a =-，得11040a a >⎧⎨->⎩解得104a <<，所以9S 的取值范围是()48,52，所以②正确；643231324421122S ⨯=⨯+⨯=，所以③正确； 因为642060S >，所以()()()63123456263S a a a a a a a =+++++++1113130316418618602046(2046,2050)2a a a ⨯=+⨯+⨯=++=+∈，632060S <，所以④错误. 故正确的命题的个数为3个， 故选：C.29．B 【详解】由等差数列的求和公式可得()199992a a S +==，()()19469993622b b b b T ++===， 因此，9991364S T ==.故选：B. 30．A 【详解】()9199227s a a =+⨯÷=，故19526+==a a a ，即53a =.()()15433033222n n n n n na a a S a -=++===，解得20n =. 故选：A. 31．D解：设3516a a a p ++=（常数），1321a d p ∴+=，即813a p =． 11515815()1552a a S a p ⨯+∴===． 故选：D ． 32．A 【详解】当2n ≥时，()()221414125n n n a S S n n n n n -⎡⎤=-=-----=-⎣⎦； 当1n =时，113a S ==-符合上式， 所以25n a n =-，所以12108(115)|3||1|135154682a a a +++⋅⋅⋅+=-+-++++⋅⋅⋅+=+=． 故选：A. 33．D 【详解】 解：由题意可得612345324144180n n n n n n n n S S a a a a a a -------=+++++=-=即12345180n n n n n n a a a a a a -----+++++=①612345636S a a a a a a =+++++=②且等差数列满足12132435465n n n n n n a a a a a a a a a a a a -----+=+=+=+=+=+∴①②两式相加得16()18036216n a a +=+= ∴136n a a +=代入求和公式可得1()183242n n n a a S n +=== 解得18n = 故选：D. 34．D 【详解】设该塔群共有n 阶，自上而下每一阶的塔数所构成的数列为{}n a ，依题意可知5a ，6a ，…，n a 成等差数列，且公差为2，55a =，则()()()4513355421082n n n --++++-+⨯=，解得12n =.故最下面三价的塔数之和为()101112113352651a a a a ++==+⨯=. 故选：D35．B∵()()()2221140n n n n n n a a a a a a ++++----=，∴()()()()221121140n n n n n n n n a a a a a a a a ++++++-+----=⎡⎤⎣⎦， 化简得()()22110n n n n a a a a +++---=⎡⎤⎣⎦， ∴212n n n a a a +++=，∴数列{}n a 为等差数列. 又22020S =，20202S =，∴()202023420203202010092018S S a a a a a -=+++=+=-， ∴32020120222a a a a +=+=-， ∴()120222022202220222a a S +==-.故选：B. 36．A由已知得{a n +b n }为等差数列，故其前100项的和为S 100=11100100100[()()]2a b a b +++50(2575100)10000=⨯++=.故选：A 37．B 【详解】()117179171702a a S a +==>，得90a >， ()()1181891018902a a S a a +==+<，所以1090a a +<，即100a < 所以1090a a -<，数列的公差0d <，10a >，综上可知，9a 是数列正项中的最小值，9S 是n S 中的最大值，所以99S a 是17121217,,,SS S a a a 中的最大项.故选：B 38．B 【详解】在数列{}n a 中，11a =，当*2,N n n ≥∈(n=⇔-于是得数列{是常数列，则1=，即21n a n =， 因*n ∈N ，2cos3n n n a b π=，则22cos 3n n b n π=， 因此，*n ∈N ，32313222115(32)(31)(3)9222n n n n c b b b n n n n --==----+=-++，显然数列{}n c 是等差数列， 于是得1121234563435361212122b b b b b b b b b c c c c c ++++++++++=+++=⨯1356(912)67222=+⨯-=， 所以数列{}n b 前36项和为672. 故选：B 39．C 【详解】因为()()1191011919101191911919191202192193412a a a a a S b b b T b b +++=====+⨯++，()()1951995199199911029293212a a a a a Sb b b T b b+++=====+⨯++，可得552110b a =，所以105510202142411041a b a b =⨯=，故选：C. 40．A 解：10S <，212520S S +=，∴公差0d >．∴11212025242(21)25022a d a d ⨯⨯⨯+++=， 1677200a d ∴+=，67072067067<<+，1116767067720067737a d a d a d∴+<+=<+，111267067a a ∴<<，即11120a a <<n S ∴取最小值时，11n =．故选：A ． 41．B由题意，得数列{}n a 是递减数列，由()2019201820190a a a +>，且()2020201920200a a a +<，可得20190a >，20200a <，且20192020a a >，201920200a a +>，∴4039202040390S a =<，()201920204038201920204038201902a a S a a +=⨯=+>， ∴使数列{}n a 的前n 项和0n S >成立的最大自然数n 是4038． 故选：B 42．BCD 【详解】S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1， 则S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，整理得11n S +－1n S ＝－1(常数)，所以数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以11S ＝－1为首项，－1为公差的等差数列．故C 正确；所以1nS ＝－1－(n －1)＝－n ，故S n ＝－1n .所以当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1＝11n -－1n，11a =-不适合上式， 故a n ＝1,1,11,2,,1n n n N n n '-=⎧⎪⎨-≥∈⎪-⎩故B 正确，A 错误；所以()1231001111...123...1005050S S SS ++++=-++++=-， 故D 正确． 故选：BCD 43．ACD 解：112126712()6()02a a S a a +==+<，670a a ∴+<，又60a >，70a ∴<，A 对；由A 的分析可知，当16n 时0n a >，当7n 时0n a <，可知等差数列{}n a 为递减数列，当16n 时，数列1{}na 为递增数列，B 错；11111611()1102a a S a +==>，又120S <，C 对； [1n ∈，11]时0n S >，[12n ∈，)+∞时，0nS <，[1n ∴∈，6][12，)+∞时，0nnS a >， 当[7n ∈，11]时，0n nS a <、0n a <且递减、n S 为正数且递减，∴77Sa 最小．D 对．故选：ACD ．44．CD 【详解】对于A ：因为{}n a 为等差数列，且9100S S <⎧⎨>⎩， 所以1911000a a a a +<⎧⎨+<⎩，即55600a a a <⎧⎨+>⎩，所以65||a a >，即5a 是数列{}n a 中绝对值最小的项. 故选项A 错误；对于B ：因为{}n a 为等差数列，所以3S ，63S S -，96S S -，129S S -为等差数列，设3S x =，由3614S S =得：64S x =，故x ，3x ，94S x -，129S S -为等差数列 解得1216S x =，所以61241164S x Sx ==. 故选项B 错误；对于C ：因为{}n a 为等差数列，且18a =，42a =， 所以36d =-，2d =-， 则82(1)210n a n n =--=-+. 则 128||||||a a a +++8642024632=+++++++=.故选项C 正确；对于D ：因为{}n a 为等差数列，且48||||a a =，0d ≠，所以48a a =-，480a a +=， 则481111111()11()022a a a a S ++===. 故选项D 正确； 故选：CD. 45．AB 【详解】由题意并结合等差数列前n 项和的特征,可设:()21,2n n S kn n T kn =+=,其中k ≠0对于A ： 33222332342333232255a S S k k k b T T k k k -⨯-⨯====-⨯-⨯，故A 正确；对于B ：3322222134236122216a S S k k kb T T k k k -⨯-⨯====-⨯-⨯,故B 正确；对于C ：当k <0时,11221122,=2324a S k a S S k k k a a ==-=⨯-=∴>，，所以{}n a 不是递增数列,故C 错误；对于D ：当k >0时，11221122,=2324a S k a S S k k k a a ==-=⨯-=∴<，，所以{}n a 不是递减数列,故D 错误. 故选：AB 46．ABC 【分析】 令nn a b n=，由题干条件可得1111n n b b n n +-=-+，可得12n b n =-，可求得21n a n =-，2n S n =，依次分析即可判断 【详解】由题意，na n +1﹣（n +1）a n ＝1，故11111(1)1n n a a n n n n n n +-==-+++令n n a b n=，则1111n n b b n n +-=-+ 则1122111111()()...() (11212)n n n n b b b b b b n n n n ----+-++-=-+-++---- 即11112n n b b b nn-=-∴=-故121,2n n n n a nb n a a -==--=，数列{a n }是公差为2的等差数列，A 正确；21()2n n a a nS n +==，满足S n ＜100的n 的最大值是9，B 正确； 当41,n k k N =+∈时，2n S n =除以4余1；当42,n k k N =+∈时，2n S n =除以4余0；当43,n k k N =+∈时，2n S n =除以4余1；当44,n k k N =+∈时，2n S n =除以4余0，C 正确； 222n S n =≠22n na n n =-，D 错误.故选：ABC 47．BD 【详解】由题意可知，数列{}n a 为等差数列，设数列{}n a 的公差为d ，首项15a =， 则13029309410303902d a ⨯+=⨯⨯+=，解得1629d =，∴()116129129n n a a n d +=+-=. ∵2na nb =，∴1112222n n n n a a a d n a n b b ++-+===， ∴数列{}n b 是等比数列，B 选项正确； ∵16803292595d =⨯=≠，∴()553105222d d b b ==≠，A 选项错误； 3012921a a d =+=，∴2113052105a b =⨯>，C 选项错误；41161933532929a a d =+=+⨯=，51162094542929a a d =+=+⨯=， ∴357552464432093193a a a a a a a a a a ++===++，D 选项正确.故选：BD.48．2,1,65,2n n n =⎧⎨-≥⎩【详解】当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＋1＝2； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n ＋1－[3(n －1)2－2(n －1)＋1]＝6n －5， 显然当n ＝1时，不满足上式.故数列{a n }的通项公式为a n ＝2,1,65, 2.n n n =⎧⎨-≥⎩ 故答案为：2,1,65,2n n n =⎧⎨-≥⎩49．3 【详解】在22213n n n a S n S -+=中，因为a 1=a ，所以分别令n =2，n =3得(a +a 2)2=12a 2+a 2，(a +a 2+a 3)2=27a 3+(a +a 2)2，因为0n a ≠，所以a 2=12-2a ，a 3=3+2a ． 因为数列{a n }是等差数列，所以a 1+a 3=2a 2，即2(12-2a )=a +3+2a ，解得a =3． 经检验a =3时，a n =3n ，S n =3(1)2n n +，S n -1=3(-1)2n n ，满足S n 2=3n 2a n + S n -12．所以a =3． 故答案为：3. 50．5由等差数列{}n a 的通项公式为319n a n =-． 根据等差数列的性质可得2553135m m T a m +==-≥， 当4m =时取等号，此时m T 的最小值为5． 故答案为：5 51．4022 【详解】由等差数列的性质可得14022202120220a a a a ++=> 又202120220a a <，所以20212022,a a 异号，又10a >，所以等差数列{}n a 必为递减数列，202120220,0a a ∴><，14023202220a a a =∴<+所以()()140221440023224023402240230,022a a a a S S =++=><，使0n S >成立的最大自然数n 为4022. 故答案为：4022. 52．227 【详解】由题得每一行数字个数分别为11a =，23a =，35a =，…，21n a n =-， 它们成等差数列，则前15行总共有()1151515(129)22522a a ++==个数， 因此第16行从左边起第2个数为227． 故答案为:227 53．（2）215n a n =- （3）7n = （1）1032103-==-a a d （2）311249a a d a =+=+=-，解得113a =-，所以215n a n =-． （3）()()1221321514(7)4922n n n a a n n S n n n +-+-===-=--由二次函数的性质得当7n =时，使得n S 最小. 54．（1）210；（2）6512. 【详解】（1）在等差数列{}n a 的性质，可得232,,m m m m m S S S S S --成等差数列， 即330,70,100m S -成等差数列，所以327030100m S ⨯=+-，解得3210m S =. （2）由等差数列的前n 项和的性质，且723n n S n T n +=+， 可得9119515199999()1()792652219()9312()22a a a a ab b b T b b S ++⨯+====+++=. 55． （1）12n na ，1n b n=（2）(1)21n n T n =-⋅+（1）由21n n S a =-，得1121S a =-，11a ∴=. 又21n n S a =-，1121(2)n n S a n --=-≥， 两式相减，得1122n n n n S S a a ---=-，122n n n a a a -=-. 12n n a a -∴=，2n ≥.∴数列{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列.11122n n n a --∴=⋅=.由()*112,N n n n n b b b b n n ---=≥∈，得1111n n b b --=，又11b =，∴数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为1，公差为1的等差数列. 11(1)1n n n b ∴=+-⋅=.1n b n ∴=； （2）01112222n n T n -=⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅，12212222n n T n ∴=⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅. 两式相减，得11121222212212n n nn n n n T n n n ---=++⋅⋅⋅+-⋅=-⋅=-+-⋅- (1)21n n T n . 56．（1）21n a n =+（2）9（1）不妨设等差数列{}n a 的公差为d ， 故3127a a d =+=，131533S a a d =+=，解得13a =，2d =，从而1(1)21n a a n d n =+-=+， 即{}n a 的通项公式为21n a n =+. （2） 由题意可知，1()(2)2n n n a a S n n +==+， 所以2211111(2)2n S n n n n +=+=+-++， 故11111111111132435112n T n n n n n =⨯+-+-+-++-+--++ 1111()212n n n =++--++， 因为当2n ≤时，1110212n n --<++；当3n ≥时，1110212n n -->++， 所以,2[]1,3n n n T n n ≤⎧=⎨+≥⎩， 由[][][]1252n T T T ++⋅⋅⋅+=可知，1245152n ++++++=，即(2)(41)3522n n -+++=，解得9n =， 即n 的值为9.。
等差数列的前n项和公式(2)课件-高二上学期数学人教A版(2019)选择性必修第二册
即 S3m=3(S2m-Sm)=3×(100-30)=210.
(2)由等差数列前
5
n 项和的性质,得
5
=
9( 1 + 9 )
2
9( 1 + 9 )
=
9
9
=
7×9
9+3
=
21
.
4
练习巩固
方法技巧利用等差数列前n项和的性质简化计算
(1)在解决等差数列问题时,先利用已知条件求出a1,d,再求所求,是基本解法
一、等差数列前n项和的函数特征
等差数列
的前n项
和公式转
移到二次
函数的过
程
等差数列
的前n项
①当A=0,B=0(即d=0,a1=0)时,Sn=0是关于n的常函数,{an}是各项
和公式与
为0的常数列.
二次函数
②当A=0,B≠0(即d=0,a1≠0)时,Sn=Bn是关于n的正比例函数,{an}为
的关系
各项非零的常数列.
2
2
(3)
课堂小结
课堂小结
等差数列 {an} 的通项公式
an dn (a1 d ).
等差数列 {an} 的前 n 项和公式
d 2
d
S n n (a1 ) n.
2
2
函
数
思
想
的和S3m为
.
解 (1)(方法1)在等差数列中,
∵Sm,S2m-Sm,S3m-S2m成等差数列,
∴30,70,S3m-100成等差数列.
∴2×70=30+(S3m-100),∴S3m=210.
(方法
2 3
22
2)在等差数列中, ,
人教新课标版数学高二必修五2.3.2等差数列的前n项和(二)
等差数列的前n 项和(二)等差数列的内容内涵丰富，通项公式与前n 项和公式是其核心内容，我们对其进行合理整合、变形，可以得到诸多的性质，它们的应用使解题变得轻松愉悦，与常规方法相比较，过程要简捷得多.【性质1】 已知等差数列{a n }，m 、p 、q ∈N *，若存在实数λ使λλ++=1qp m (λ≠-1), 则λλ++=1q p m a a a .证明：由等差数列{a n }的通项公式a n =dn +a 1-d 的几何意义：点(p,a p )、(m,a m )、(q,a q )共线，由斜率公式得mq a a pm a a m q p m --=--，因为λλ++=1qp m ，所以λ=--q m m p . 所以λ(a m -a q )=a p -a m .所以(1+λ)a m =a p +λa q ，即λλ++=1q p m a a a .评析：特别地,当λ=1时，2a m =a p +a q ，我们不妨将性质1称为等差数列的定比分点公式.【性质2】 等差数列{a n }，n i ，m i ∈N *，i=1,2,3,…,k,若∑∑===ki ik i i mn 11.则∑∑===ki m ki ma a11.证明：设等差数列{a n }的公差为d .根据a n i =a mi +(n i -m i )d ，i=1,2,3,…,k,则∑∑∑∑∑======-+=k i mi k i k i k i i i mi ki nia d m n a a11111)(.所以∑∑===ki mi k i ni a a 11推论：等差数列{a n }，n i ，m ∈N *，i=1,2,3,…,k,若∑==k i i n km 1.则∑==ki n m i a ka 1.评析：本性质实质上是等差中项性质的推广.【性质3】 等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差为d .n ，m ∈N *, 则d n m n S m S n m )(21-=-.证明:因为mn mS nS n S m S nm n m -=- =mnd n n na m d m m ma n ]2)1([]2)1([11-+--+=mndn mn mna d m mn mna 2)1(2)1(11----+=d mn mnmn mn n m 222+--=d mnmn n m 222- =d mn n m mn 2)(-=d n m )(21- 所以d n m n S m S n m )(21-=-.评析：实质上数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n S n 是公差为2d 的等差数列.【性质4】 等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差为d .n ，m ∈N *,则S m+n =S m +S n +mnd . 证明：因为S m+n =S n +(a n +1+a n +2+…+a n +m ) =S n +(a 1+nd )+(a 2+nd )+…+(a m +nd ) =S n +(a 1+a 2+…+a m )+m nd=S m +S n +m nd ， 所以S m+n =S m +S n +mnd .【性质5】 等差数列{a n }前n 项和为S n ，若m=p+q(m 、p 、q ∈N *且p≠q),则有qp S S m S qp m --=. 证明：设等差数列{a n }的公差为d . 因为S p -S q =p a 1+21p(p-1)d -q a 1-21 q(q-1)d =(p-q)［a 1+21(p+q-1)d ］，所以d q p a q p S S qp )1(211-++=--.又因为d m a m S m )1(211-+=且m=p+q ，所以有qp S S m S qp m --=. 推论：等差数列{a n }前n 项和为S n ，若m+t=p+q(m 、t 、p 、q ∈N *且m≠t,p≠q),则qp S S t m S S q p t m --=--.【性质6】 等差数列{a n }前n 项和为S n . (1)当n =2k(k ∈N *)时，S 2k =k(a k +a k+1); (2)当n =2k-1(k ∈N *)时，S 2k-1=k a k .。
等差数列的前n项和公式(第2课时)-高二数学同步备课系列(人教A版2019选择性必修第二册)
解法2：Sn
10n
n(n 1) 2
(3.5)
7 4
n2
47 4
n,
对称轴是n
3
5 14
,
所以Sn有最大值,
是S3
.
环节六:归纳总结，反思提升
问题 请同学们回顾本节课的学习内容,并回答下列问题： 1. 本节课学习的概念有哪些？ 2. 在解决问题时，用到了哪些数学思想？
(3) 设这些5的倍数从小到大依次排列构成等差数列{cn}, 则c1 100, d 5, cn 995.
cn c1 (n 1)d , 995 100 (n 1) 5, n 180,
即有180个数是5的倍数,
Sn
180 (100 2
995)
98550.
（4）小于100的正整数中被7除余2的最小数为2，最大数为93，这些数构成 以2为首项，7为公差的等差数列．
设有n个数,由93 2 (n 1) 7, 得n 14,即有14个数被7除余2. S 14 (2 93) 665.
2
4. 1682年，英国的天文学家哈雷发现一颗大彗星描绘的曲线和1531年，1607 年的彗星惊人地相似，便大胆断定，这是同一天体的三次出现，并预言它将 于76年后再度回归。这就是著名的哈雷彗星，它的回归周期大约是76年，请 你查找资料，列出哈雷彗星回归时间表，并预测它在本世纪回归的时间。
a2 a4 a6 3a4 99,a4 33, d a4 a3 2.
a20 a3 17d 35 17 (2) 1
3．（1）求从小到大排列的前n个正偶数的和． （2）求从小到大排列的前n个正奇数的和． （3）在三位正整数的集合中有多少个数是5的倍数？求这些数的和． （4）在小于100的正整数中，有多少个数被7除余2？这些数的和是多少？
高二数学等差数列的前n项和2
主讲老师：
复习引入
等差数列的前n项和公式：
复习引入
等差数列的前n项和公式：
Sn
n(a1 2
an )
复习引入
等差数列的前n项和公式：
Sn
n(a1 2
an )
n(n 1)d
Sn na1
2
练习
在等差数列{an}中， 若a1＋a2＋…＋a5＝30，
(1) 满足an＞0，且an＋1＜0的n值；
(2) 由
Sn
na1
n(n 1) 2
d
d 2
n2
(a1
d )n, 2
利用二次函数的性质求n的值.
(3) 利用等差数列的性质求．
湖南省长沙市一中卫星远程学校
课后作业
1. 阅读教材P.42到P.44； 2. 《习案》作业十四.
湖南省长沙市一中卫星远程学校
这个数列一定是等差数列. 首项a1＝p＋q 公差d＝2p
结论:
n(n 1)d
Sn na1
2
可化成
Sn
d 2
n2
(a1
d 2
)n
当d≠0时，是一个常数项为零的二次式.
讲解范例:
例2. 已知数列{an}是等差数列，a1＝50， d＝－0.6. (1)从第几项开始有an＜0； (1)求此数列的前n项和的最大值.
Sn
1 4
n2
2 3
n
3,
求该数列的通项公式.
这个数列是等差数列吗?
探究:
一般地，如果一个数列{an}的前n项 和为Sn＝pn2＋qn＋r，其中p、q、r为常 数，且p≠0，那么这个数列一定是等差 数列吗?如果是，它的首项与公差分别 是多少?
高二第一学期数学选择性必修二导学案(等差数列的前n项和公式第2课时)教师版
4.2.2 等差数列的前n项和公式（第二课时）【学习目标】（1）能熟练处理与等差数列的相关量之间的关系；（2）用函数的思想解决数列的最大（小）项、和的最大（小）值问题；（3）会利用等差数列的性质灵活解决与之相关的问题.【知识复习】1、等差数列的通项公式：a n=a1+(n−1)d2、等差数列前n项和的公式：S n=n(a1+a n)2S n=na1+n(n−1)2d【例题精讲】例1(课本例8)（实际应用）某校新建一个报告厅，要求容纳800个座位，报告厅共有20排座位，从第2排起后一排都比前一排多2个座位. 问第1排应安排多少个座位.跟踪训练11、某市一家商场的新年最高促销奖设立了两种领奖方式：第一种，获奖者可以选择2000元的奖金；第二种，从12月20日到第二年的1月1日，每天道商场领取奖品，第1天领取的奖品价值为100元，第2天为110元，以后逐天增加10元。
你认为哪种领奖方式获奖者受益更多？2、虎甲虫以爬行速度闻名，下表记录了一只虎甲虫连续爬行n s（n=1,2,…,100）时爬行的距离.（1）你能建立一个数列模型，近似地表示这只虎甲虫连续爬行的距离与时间之间的关系吗？（2）利用建立的模型计算，这只虎甲虫连续爬行1 min能爬多远（精确到0.01m）？它连续爬行10m 需要多长时间（精确到0.1s ）?例2（研究等差数列前n 项和公式的性质）探究：如果数列{a n }的前n 项和为S n =pn 2+qn +r ，其中p,q,r 为常数，且p ≠0，那么这个数列一定是等差数列吗？若是，则它的首项与公差分别是什么？证：当n≥2时，a n =S n -S n-1=pn 2+qn+r-p(n-1)2-q(n-1)-r=2pn-p+q 当n=1时，a 1=S 1=p+q+r当r ≠0时，a 1不满足a n =2pn-p+q ，此时数列不是等差数列. 当且仅当r =0时，a 1满足a n =2pn-p+q ，此时该数列是等差数列.故只有当r=0时该数列才是等差数列, 其中首项a 1=p+q, 公差d=2p(p≠0).跟踪训练2-1已知数列{a n }的n 项和为S n =14n 2+23n +3 ,求数列{a n }的通项公式.解：当n ≥2时，a n =S n −S n−1=14n 2+23n +3−[14(n −1)2+23(n −1)+3]=12n +512当n =1时，a 1=S 1=14+23+3=4712，不满足上式故数列{a n }的通项公式为a n ={4712,n =112n +512,n ≥2证明：∵S n =na 1+n (n−1)2d =d 2n 2+(a 1−d2)n∴S n n =d 2n +(a 1−d2) ∴S n n −S n−1n −1=d 2n +(a 1−d 2)−[d 2(n −1)+(a 1−d 2)]=d2故{Snn }是公差为d2的等差数列.跟踪训练2-2 已知S n是等差数列{a n}的前n项和.}是等差数列；（1）证明：{S nn}的前n项和，若S4=12,S8=40，求T n.（2）设T n为数列{S nn证明：∵S m=a1+a2+⋯+a m∴S2m−S m=a m+1+a m+2+⋯+a2m=(a1+a2+⋯+a m)+m2d S3m−S2m=a2m+1+a2m+2+⋯+a3m=(a m+1+a m+2+⋯+a2m)+m2d ∴(S2m−S m)−S m=(S3m−S2m)−(S2m−S m)=m2d∴S m,S2m−S m,S3m−S2m构成等差数列，公差为m2d.跟踪训练2-31.已知等差数列{a n}的n项和为S n,且S10＝310,S20＝1220，求S30.解：∵数列{a n}为等差数列，∴S10，S20－S10，S30－S20也成等差数列，∴2(S20－S10)＝S10＋S30－S20，即2×(1 220－310)＝310＋S30－1 220，∴S30＝2 730.证明：a mb n=2a m 2b n=a 1+a 2m−1b 1+b 2n−1=(2m−1)(a 1+a 2m−1)212m−1(2n−1)(b 1+b 2n−1)212n−1=(2n−1)S 2m−1(2m−1)T 2n−1跟踪训练2-41.已知{a n },{b n }均为等差数列，其前n 项和分别为S n ,T n ，且S n T n=2n+2n+3，则a 5b 5＝__53__.2、设等差数列{b n }的前n 项和为T n . 若a n b n=5n+2n+3，则 S5T5=__176__；证明： S 2n =2n (a 1+a 2n )2=n (a 1+a 2n )=n (a n +a n+1)，S 偶−S 奇=(a 2−a 1)+(a 4−a 3)+⋯+(a 2n −a 2n−1)=ndS 偶S 奇=n (a 2+a 2n )2n (a 1+a 2n−1)2=a 2+a 2n a 1+a 2n−1=2a n+12a n =a n+1a n.跟踪训练2-51.一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项和与奇数项和之比为32∶27，则公差d =______.解：由条件{S 奇+S 偶=354S 偶S 奇=3227) ，解得{S 偶=192S 奇=162)∴ 由S 偶−S 奇=6d 得 d =5证明：S 2n+1=(2n+1)(a 1+a 2n+1)2=(2n+1)2a n+12=(2n +1)a n+1S 奇−S 偶=a 1+(a 3−a 2)+(a 5−a 4)+⋯+(a 2n+1−a 2n )=a 1+nd =a n+1S 偶S 奇=n (a 2+a 2n )2(n +1)(a 1+a 2n+1)2=n (a 2+a 2n )(n +1)(a 1+a 2n+1)=n n +1.跟踪训练2-61、项数为奇数的等差数列{a n }，奇数项之和为44，偶数项之和为33，求这个数列的中间项及项数．解：设等差数列{a n }共有(2n ＋1)项，则奇数项有(n ＋1)项，偶数项有n 项，中间项是第(n ＋1)项，即a n ＋1，∴S 奇S 偶＝12(a 1＋a 2n ＋1)(n ＋1)12(a 2＋a 2n )n ＝(n ＋1)a n ＋1na n ＋1＝n ＋1n ＝4433＝43，解得n ＝3.∵S 奇＝(n ＋1)a n ＋1＝44，∴a n ＋1＝11.∴这个数列的中间项为11，共有2n ＋1＝7(项)．例3（课本例9）已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1=10，公差d =−2，则S n 是否存在最大值？若存在，求S n 的最大值及取得最大值时n 的值；若不存在，请说明理由.【总结】求等差数列{a n }的前n 项和S n 的最值的方法 1.前n 项和公式法利用S n =An 2+Bn 进行配方，求二次函数的最值，此时n 应取最接近−B 2A的正整数值；2.通项公式法利用等差数列的增减性及a n 的符号变化(1)当a 1>0,d <0时，数列前面有若干项为正, 此时所有正项的和为S n 的最大值. 此时由a n ≥0且a n+1≤0求n 的值；(2)当a 1<0,d >0时，数列前面有若干项为负, 此时所有负项的和为S n 的最小值. 此时由a n ≤0 且a n+1≥ 0求n 的值；注意：当数列的项中有数值为0时，n应有两解.跟踪训练31、已知等差数列-4.2，-3.7，-3.2，…的前n项和为S n，S n是否存在最大（小）值？如果存在，求出取得最值时n的值.，前n项和为S n. 求S n取得最小值时n的值.2、已知数列{a n}的通项公式为a n=n−22n−15【课后作业】（1）《把关题》第6-7页；（2）《把关题》第8-9页.【板书设计】一、选择题1.已知数列{a n }满足a n ＝26－2n ，则使其前n 项和S n 取最大值的n 的值为( ) A.11或12 B.12 C.13D.12或13答案 D 解析 ∵a n ＝26－2n ，∴a n －a n －1＝－2， ∴数列{a n }为等差数列.又a 1＝24，d ＝－2，∴S n ＝24n ＋n （n －1）2×(－2)＝－n 2＋25n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2522＋6254.∵n ∈N *，∴当n ＝12或13时，S n 最大.2.若数列{a n }满足：a 1＝19，a n ＋1＝a n －3(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和最大时，n 的值为( ) A.6 B.7 C.8D.9答案 B 解析 因为a n ＋1－a n ＝－3，所以数列{a n }是以19为首项，－3为公差的等差数列，所以a n ＝19＋(n －1)×(－3)＝22－3n .设前k 项和最大，则有⎩⎨⎧a k ≥0，a k ＋1≤0，所以⎩⎨⎧22－3k ≥0，22－3（k ＋1）≤0，即193≤k ≤223. 因为k ∈N *，所以k ＝7.故满足条件的n 的值为7.3.在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安四百二十里，良马初日行九十七里，日增一十五里；驽马初日行九十二里，日减一里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢.问：几日相逢？( ) A.4日 B.3日 C.5日D.6日答案 A 解析 由题意，可知良马第n 日行程记为a n ，则数列{a n }是首项为97，公差为15的等差数列，驽马第n 日行程记为b n ，则数列{b n }是首项为92，公差为－1的等差数列，则a n ＝97＋15(n －1)＝15n ＋82，b n ＝92－(n －1)＝93－n .因为数列{a n }的前n 项和为n （97＋15n ＋82）2＝n （179＋15n ）2，数列{b n }的前n 项和为n （92＋93－n ）2＝n （185－n ）2，∴n （179＋15n ）2＋n （185－n ）2＝840，整理得14n 2＋364n －1 680＝0，即n 2＋26n －120＝0，解得n ＝4(n ＝－30舍去)，即4日相逢.4.若在数列{a n }中，a n ＝43－3n ，则当S n 取最大值时，n ＝( ) A.13 B.14 C.15D.14或15答案 B 解析 ∵数列{a n }中，a n ＝43－3n ，∴a 1＝40，∴S n ＝n （40＋43－3n ）2是关于n 的二次函数，函数图象是开口向下的抛物线上的一些横坐标为正整数的点，对称轴为n ＝836，又n 为正整数，与836最接近的一个正整数为14，故S n 取得最大值时，n ＝14.故选B.5.《算法统宗》是中国古代数学名著，由明代数学家程大位编著，它对我国民间普及珠算和数学知识起到了很大的作用.在这部著作中，许多数学问题都是以歌诀形式呈现的，“九儿问甲歌”就是其中一首：一个公公九个儿，若问生年总不知，自长排来差三岁，共年二百又零七，借问长儿多少岁，各儿岁数要详推.在这个问题中，记这位公公的第n 个儿子的年龄为a n ，则a 1＝( ) A.35 B.32 C.23D.38答案 A 解析 由题意可知，九个儿子的年龄成公差d ＝－3的等差数列，且九项之和为207.故S 9＝9a 1＋9×82d ＝9a 1－108＝207，解得a 1＝35. 二、填空题6.在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前n 项和为S n ，当且仅当n ＝8时，S n 取得最大值，则公差d 的取值范围是________. 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－78解析由题意，当且仅当n ＝8时，S n 有最大值，可知⎩⎨⎧d <0，a 8>0，a 9<0，即⎩⎨⎧d <0，7＋7d >0，7＋8d <0，解得－1<d <－78. 7.若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9>0，a 7＋a 10<0，则当n ＝________时，数列{a n }的前n 项和最大.答案 8解析 ∵a 7＋a 8＋a 9＝3a 8>0，∴a 8>0. ∵a 7＋a 10＝a 8＋a 9<0，∴a 8>0，a 9<0. 故前8项的和最大.8.已知正项等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 10＝40，则a 3·a 8的最大值为________. 答案 16解析 ∵正项等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 10＝10（a 3＋a 8）2＝40，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 3>0，a 8>0，a 3＋a 8＝40×210＝8，∴a 3·a 8＝a 3(8－a 3)＝－a 23＋8a 3＝－(a 3－4)2＋16≤16.当且仅当a 3＝4时取等号. 三、解答题9.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 3＝12，且S 12＞0，S 13＜0. (1)求公差d 的取值范围；(2)问前几项的和最大？并说明理由. 解 (1)∵a 3＝12，∴a 1＝12－2d .∵S 12＞0，S 13＜0，∴⎩⎨⎧12a 1＋66d ＞0，13a 1＋78d ＜0，即⎩⎨⎧24＋7d ＞0，3＋d ＜0，∴－247＜d ＜－3.即d 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－247，－3.(2)∵S 12＞0，S 13＜0，∴⎩⎨⎧a 1＋a 12＞0，a 1＋a 13＜0，∴⎩⎨⎧a 6＋a 7＞0，a 7＜0，∴a 6＞0，又由(1)知d ＜0. ∴数列前6项为正，从第7项起为负.∴数列前6项和最大.10.流行性感冒(简称流感)是由流感病毒引起的急性呼吸道传染病.某市去年11月份曾发生流感.据统计，11月1日该市新的流感病毒感染者有20人，此后，每天的新感染者平均比前一天的新感染者增加50人，由于该市医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，从某天起，每天的新感染者平均比前一天的新感染者减少30人.到11月30日止，该市在这30日内感染该病毒的患者总共8 670人，问11月几日，该市感染此病毒的新患者人数最多？并求这一天的新患者人数.解 设第n 天新患者人数最多，则从第n ＋1天起该市医疗部门采取措施，于是，前n 天流感病毒感染者总人数构成一个首项为20，公差为50的等差数列的n 项和，S n ＝20n ＋n （n －1）2×50＝25n 2－5n (1≤n ≤30，n ∈N )，而后30－n 天的流感病毒感染者总人数，构成一个首项为20＋(n －1)×50－30＝50n －60，公差为－30，项数为30－n 的等差数列.其和T n ＝(30－n )·(50n －60)＋（30－n ）（29－n ）2×(－30)＝－65n 2＋2 445n －14 850.依题设构建方程有S n ＋T n ＝8 670，即25n 2－5n ＋(－65n 2＋2 445n －14 850)＝8 670.化简，得n 2－61n ＋588＝0，解得n ＝12或n ＝49(舍去)，第12天的新患者人数为20＋(12－1)×50＝570(人).故11月12日，该市感染此病毒的新患者人数最多，这一天的新患者人数为570人.11.《张邱建算经》是中国古代数学史上的杰作，该书中有首民谣记载了一数列问题：“南山一棵竹，竹尾风割断，剩下三十节，一节一个圈.头节高五寸①，头圈一尺三②，逐节多三分③，逐圈少分三④.一蚁往上爬，遇圈则绕圈.爬到竹子顶，行程是多远？”(注释：①第一节的高度为0.5尺；②第一圈的周长为1.3尺； ③每节比其下面的一节多0.03尺；④每圈周长比其下面的一圈少0.013尺) 问：此民谣提出的问题的答案是( ) A.61.395尺 B.61.905尺 C.72.705尺D.73.995尺答案 A 解析 设从地面往上，每节竹长为a 1，a 2，a 3，…，a 30，∵每节竹节间的长相差0.03尺，∴{a n }是以a 1＝0.5为首项，以d ′＝0.03为公差的等差数列.由题意知竹节上一圈比下一圈细0.013尺，设从地面往上，每圈周长为b 1，b 2，b 3，…，b 30，可得{b n }是以b 1＝1.3为首项，d ＝－0.013为公差的等差数列.∴一蚂蚁往上爬，遇圈则绕圈，爬到竹子顶，行程S 30＝(a 1＋a 2＋…＋a 30)＋(b 1＋b 2＋…＋b 30)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫30×0.5＋30×292×0.03＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤30×1.3＋30×292×（－0.013）＝61.395，故选A. 12.已知{a n }是等差数列，首项为a 1，其公差d <0，前n 项和为S n ，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前n 项和为T n .(1)若a 1＝－4d ，则当n ＝________时，T n 有最大值；(2)若当且仅当n ＝6时，T n 有最大值，则a 1d 的取值范围是________.答案 8或9 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，－52解析 易知S n n ＝d 2n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2， 若a 1＝－4d ，则S n n ＝d 2n －92d ，由⎩⎪⎨⎪⎧S n n ≥0，S n ＋1n ＋1≤0，解得8≤n ≤9. 即n ＝8或9时，T n 有最大值；若当且仅当n ＝6时，T n 有最大值，则⎩⎪⎨⎪⎧S 66＝a 1＋52d >0，S 77＝a 1＋3d <0，d <0，解得－3<a 1d <－52. 13.某电站沿一条公路竖立电线杆，相邻两根电线杆的距离都是50 m ，最远一根电线杆距离电站1 550 m ，一汽车每次从电站运出3根电线杆供应施工.若该汽车往返运输总行程为17 500 m ，共竖立多少根电线杆？第一根电线杆距离电站多少米？解 由题意知汽车逐趟(由近及远)往返运输行程组成一个等差数列，记为{a n }， 则a n ＝1 550×2＝3 100，d ＝50×3×2＝300，S n ＝17 500.由等差数列的通项公式及前n 项和公式，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋（n －1）×300＝3 100， ①na 1＋n （n －1）2×300＝17 500. ② 由①得a 1＝3 400－300n .代入②得n (3 400－300n )＋150n (n －1)－17 500＝0，整理得3n 2－65n ＋350＝0，解得n ＝10或n ＝353(舍去)，所以a 1＝3 400－300×10＝400.故汽车拉了10趟，共拉电线杆3×10＝30(根)，最近的一趟往返行程400 m ，第一根电线杆距离电站12×400－100＝100(m).所以共竖立了30根电线杆，第一根电线杆距离电站100 m.14.(多选题)首项为正数，公差不为0的等差数列{a n }，其前n 项和为S n ，现有下列四个命题，其中正确的命题有( )A.若S 10＝0，则S 2＋S 8＝0B.若S 4＝S 12，则使S n >0的n 的最大值为15C.若S 15>0，S 16<0，则{S n }中S 8最大D.若S 7<S 8，则S 8<S 9答案 BC 解析 对于A ，若S 10＝0，则S 10＝（a 1＋a 10）·102＝0， 则a 1＋a 10＝0，即2a 1＋9d ＝0，则S 2＋S 8＝(2a 1＋d )＋(8a 1＋28d )＝10a 1＋29d ≠0，A 不正确；对于B ，若S 4＝S 12，则S 12－S 4＝0，即a 5＋a 6＋…＋a 11＋a 12＝4(a 8＋a 9)＝0，由于a 1>0，则a 8>0，a 9<0，则有S 15＝15（a 1＋a 15）2＝15a 8>0，S 16＝16（a 1＋a 16）2＝16（a 8＋a 9）2＝0，故使S n >0的n 的最大值为15，B 正确； 对于C ，若S 15>0，S 16<0，则S 15＝15（a 1＋a 15）2＝15a 8>0， S 16＝16（a 1＋a 16）2＝8(a 8＋a 9)<0，则有a 8>0，a 9<0，故{S n }中S 8最大，故C 正确；对于D ，若S 7<S 8，即a 8＝S 8－S 7>0，而S 9－S 8＝a 9，不能确定其符号，D 错误.。
高二数学等差数列的前n项和2
=30a1+1935d =30×0.2+1935×0.2=393
80 79 50 49 80a1 d 50a1 d 2 2
n(a1 a n ) Sn (1) 2
n(n 1) S n na1 d (2) 2
例4.在等到差数列｛an｝中，a6+a9+a12+a15=20, 求S20 解：∵a6+a15=a9+a12=a1+a20 • ∴a1+a20=10 • ∴S20=(1／2)(a1+a20) ×20=100 变式：在等差数列｛an｝中 －30 1.已知a1－a4－a8－a12+a15=2，则S15=_____
an a1 (n 1)d 5 5 40 5 (n 1) ( ) n 7 7 7
5 40 令an n 0, 得n 8. 7 7
即a8 0, a9 0.因此，和从第 9项开始减小
所以，前 7项或8项和最大。
由S6 6a1 15d , S12 12a1 66d , S18 18a1 153d ,
n(a1 a n ) Sn (1) 2
n(n 1) S n na1 d (2) 2
已知a1+a2+…+a4=40,an+an-1+…an-3=80，Sn=720 则n=___
各嫡福晋来抚养。而天仙妹妹可是侧福晋，这么尊贵の主子怎么连自己养育小小格の权力都没有？第壹卷 第481章 嫡子四年前の时候，只相隔咯三各月の时间，前后脚地出 世の两各小小格，元寿和天申，对于他们の养育方案，王爷很是别出心裁！这两各诸人の母家势力都不高，都是出身于四品の官宦之家，虽然她们在王府の位份也不高，按理 说没有抚育小小格の权利，但是壹方面念在母家构不成任何威胁，另壹方面也确实是王府里有资格抚育小小格の主子实在是捉肘见襟。那时候，府里有三各有头有脸、有名有 分可以抚育小小格の诸人，却是哪各都不是合适人选。那时の水清才刚刚嫁进府里，还是壹各十三、四岁孩子，她能将自己养活好咯就阿弥陀佛咯。淑清正养育着弘时小格， 再养壹各实在是勉为其难。排字琦倒是既有尊贵の地位，又有空闲の时间，可是那壹次是两各小小格几乎同时降生。壹下子让排字琦抚育两各嗷嗷待哺の小小格，绝对是力不 从心，但是只给她壹各小小格，另壹各小小格谁养？惜月和韵音两各人の出身相同、位分相同，他对她们の感情也都壹样，没有任何偏重，那么哪各养在排字琦の名下，哪各 养在她们自己の名下？于是聪明而又天才の王爷创造性地想出来壹各既符合规制，又符合实际情况の抚育方式。即两各小小格都没有养育在她们自己の名下，而是她们两人之 间来咯壹各相互对调，交换咯抚养权，也就是元寿小格由韵音抚育，天申小格由惜月抚养。上壹次两各低阶格格生下の小小格都没有让排字琦成为真正の养母，仍是空有嫡母 の名分，现在身份、地位、出身都足够高贵の年侧福晋居然都没有资格养育自己の儿女，这各结果当然是让排字琦无论如何也想不明白。王爷当然晓得排字琦为啥啊惊讶，于 是待她惊呼出声后，也没有过多地表示啥啊，只是自顾自地解释道：“当初惜月和韵音两各人の小小格前后脚地生下来，假设两各都交给你，你壹各人也忙不过来，假设只交 你壹各，总归是显得爷办事不够公道。现在只有水清这么壹各小小格，爷是体谅你这些年来尽心尽力操持王府，爷很感激，算是对你の奖赏吧。”排字琦这才明白事情の原委， 原来王爷是为咯犒赏她这些年来对王府尽心尽力の付出给予の回报，不惜将年妹妹の小小格交由她来抚育！为咯奖赏她，他不惜放弃咯拉拢年家势力の大好机会，更何况小小 格の生母是出身如此高贵の天仙妹妹，这壹次王爷给予她の，竟是这么大の恩典！他感谢嫡福晋の尽职尽责，她更是感激王爷の知恩图报：“多谢爷，多谢爷，妾身真是感恩 不尽。真の，爷，昨天夜里，妾身还梦见咯晖儿呢，他还是那么乖巧懂事，还是那么聪慧可爱，壹点儿都没有变样子，还是那么脆生生地朝妾身叫着额娘，还要妾身带他去十 三叔家去玩，说他想十三婶咯……”排字琦说着说着，泪水禁不住流咯下来，以至哽咽得根本无法再说下去。第壹卷 第482章 完美弘晖小格不仅是他の长子，更是他の嫡长 子，意义当然极为重大。而且小小格不但身份高贵，也正如排字琦刚刚所说の那样，确实是又乖巧懂事，又聪慧可爱，简直就是降临人间の天使！可是世事无常，这各寄托咯 他无限厚望、承载咯他人生梦想、赋予咯他巨大重托の小小格，却在八岁の那年不幸早殇，就那么永远地离开咯疼爱他の阿玛和额娘，带走の，是他の全部希望，留下の，是 她の全部绝望。对此王爷伤心痛苦咯不晓得多长时间，以至于从此之后他总是刻意地躲避着排字琦，生怕壹见到她就会不由自主地想到他们の晖儿。而身为亲生额娘の排字琦 更是伤心欲绝，恨不能随咯小小格同去。经此沉重打击，两各人开始是不敢见到对方，生怕想起悲伤往事，但是随着回避时间の增长，相互之间也越来越生分，越来越疏离， 当他们发现这各情况の时候，却是无论如何努力也回不到从前の那份感情。而弘晖小格竟也成咯他们谈话の禁区，两各人都小心翼翼地回避着这各令人痛不欲生、抱恨终生の 话题。偶尔，他们也会同床共枕，但是从此以后老天再也不曾眷顾她，再也不曾赐予她壹各天使，慰籍她那颗伤痕累累の心。十年后の今天，当他们无意间再次说起那各曾经 照亮咯他们整各青春岁月の弘晖大小格，无论是王爷还是排字琦，都是禁不住感慨万千。假设弘晖没有过世，现在也该有十八岁咯。面对泣不成声の排字琦，王爷强忍着心中 の酸楚，赶快伸手扶住咯她の肩膀。他也如她那样，每逢弘晖小格の生辰和祭日，都会遥寄上他の思念。那是他の嫡长子，即使现在这三各小格加在壹起，也抵不上壹各“嫡 长子”在他心目中の份量。现在，他の这各决定是对排字琦痛失爱子の壹各补偿，正如他刚才所说，当初惜月和韵音の两各小格几乎同时降生，全都交给她，她哪里能照顾得 过来？但是只交她壹各，对另壹各很不公平，毕竟这两各诸人在他の心目中の分量是壹样重，没有谁轻谁重の问题，否则当初他为啥啊会将已经交给排字琦抚养の弘时小格又 还给咯淑清？那是因为在他の心中，淑清占据咯十分重要の位置。现在对于水清即将生下の小小格，这各解决方案应该是几全其美。对于福晋，补偿咯她膝下无子の缺撼和尴 尬；对于王爷，避免咯将来水清母凭子贵の危险；对于水清，她自己还是壹各孩子，她怎么可能承担得起抚养壹各更小の孩子の重担？ 望着仍然沉浸在思念爱子情绪中の排 字琦，王爷轻拍咯壹下她の肩膀，继续说
人教新课标版数学高二B必修5学案 等差数列的前n项和(二)
2.2.2 等差数列的前n 项和(二)明目标、知重点 1.掌握等差数列与其前n 项和S n 有关的一些性质，能熟练运用这些性质解题.2.掌握可以转化为等差数列的数列求和问题.3.会用等差数列的相关知识解决简单的实际问题．等差数列前n 项和的性质(1)等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，那么数列S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…(k ∈N ＋)是等差数列，其公差等于k 2d .(2)若在等差数列{a n }中，a 1>0，d <0，则S n 存在最大值；若在等差数列{a n }中，a 1<0，d >0，则S n 存在最小值．(3)若等差数列的项数为2n (n ∈N ＋)时，则S 2n ＝n (a n ＋a n ＋1)，且S 偶－S 奇＝nd ，S 奇S 偶＝a n a n ＋1 .(4)若等差数列的项数为2n －1(n ∈N ＋)时，则S 2n －1＝(2n －1)a n ，且S 奇－S 偶＝a n ，S 奇＝na n ，S 偶＝(n －1)·a n,S 奇S 偶＝n n －1.在学等差数列时，我们探究了等差数列的一些性质，现在我们学习了等差数列的前n 项和，它又有哪些性质？这就是本节我们探究的主要问题． 探究点一 等差数列前n 项和的性质思考1 设{a n }是等差数列，公差为d ，S n 是前n 项和，那么S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 也成等差数列吗？如果是，它们的公差是多少？答 由S m ＝a 1＋a 2＋…＋a m ，S 2m －S m ＝a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a 2m ＝a 1＋md ＋a 2＋md ＋…＋a m ＋md ＝S m ＋m 2d .同理S 3m －S 2m ＝a 2m ＋1＋a 2m ＋2＋…＋a 3m ＝S 2m －S m ＋m 2d . 所以S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 也成等差数列，并且公差为m 2d .思考2 设S n 、T n 分别为两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和，那么a n b n 与S 2n －1T 2n －1有怎样的关系？请证明之．答a nb n ＝S 2n －1T 2n －1. 证明：∵S 2n －1＝12(2n －1)(a 1＋a 2n －1)＝2n －12·2a n ＝(2n －1)a n ； 同理T 2n －1＝(2n －1)b n ； ∴S 2n －1T 2n －1＝(2n －1)a n (2n －1)b n ＝a nb n. 即a n b n ＝S 2n －1T 2n －1. 例1 (1)等差数列{a n }的前m 项和为30，前2m 项和为100，求数列{a n }的前3m 项的和S 3m ； (2)两个等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，已知S n T n ＝7n ＋2n ＋3，求a 5b 5的值．解 (1)方法一 在等差数列中，S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 成等差数列． ∴30,70，S 3m －100成等差数列． ∴2×70＝30＋(S 3m －100)，∴S 3m ＝210.方法二 在等差数列中，S m m ，S 2m 2m ，S 3m3m 成等差数列，∴2S 2m 2m ＝S m m ＋S 3m3m. 即S 3m ＝3(S 2m －S m )＝3×(100－30)＝210. (2)a 5b 5＝9(a 1＋a 9)9(b 1＋b 9)＝S 9T 9＝6512. 反思与感悟 等差数列前n 项和S n 的有关性质在解题过程中，如果运用得当可以达到化繁为简、化难为易、事半功倍的效果．跟踪训练1 设{a n }为等差数列，S n 为数列{a n }的前n 项和，已知S 7＝7，S 15＝75，T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前n 项和，求T n . 解 设等差数列{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋12n (n －1)d ，∵S 7＝7，S 15＝75，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 7a 1＋21d ＝715a 1＋105d ＝75，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3d ＝1a 1＋7d ＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2d ＝1，∴S n n ＝a 1＋12(n －1)d ＝－2＋12(n －1)， ∵S n ＋1n ＋1－S n n ＝12， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是等差数列，其首项为－2，公差为12，∴T n ＝n (－2)＋n (n －1)2×12＝14n 2－94n .探究点二 求数列{|a n |}的前n 项和例2 若等差数列{a n }的首项a 1＝13，d ＝－4，记T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |，求T n . 解 ∵a 1＝13，d ＝－4，∴a n ＝17－4n . 当n ≤4时，T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n | ＝a 1＋a 2＋…＋a n＝na 1＋n (n －1)2d ＝13n ＋n (n －1)2×(－4)＝15n －2n 2；当n ≥5时，T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n | ＝(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)－(a 5＋a 6＋…＋a n ) ＝S 4－(S n －S 4)＝2S 4－S n ＝2×(13＋1)×42－(15n －2n 2)＝56＋2n 2－15n .∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧15n －2n 2，n ≤4，2n 2－15n ＋56，n ≥5.反思与感悟 等差数列{a n }前n 项的绝对值之和，根据绝对值的意义，应首先分清这个数列的哪些项是负的，哪些项是非负的，然后再分段求出前n 项的绝对值之和．跟踪训练2 已知数列{a n }中，S n ＝－n 2＋10n ，数列{b n }的每一项都有b n ＝|a n |，求数列b n 的前n 项之和T n 的表达式．解 由S n ＝－n 2＋10n 得a n ＝S n －S n －1＝11－2n (n ≥2，n ∈N ＋)． 验证a 1＝9也符合上式．∴a n ＝11－2n ，n ∈N ＋. ∴当n ≤5时，a n >0，此时T n ＝S n ＝－n 2＋10n ； 当n >5时，a n <0，此时T n ＝2S 5－S n ＝n 2－10n ＋50.即T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2＋10n (n ≤5)，n 2－10n ＋50(n >5).探究点三 等差数列的前n 项和公式在实际中的应用例3 李先生为今年上高中的儿子办理了“教育储蓄”，从8月1号开始，每个月的1号都存入100元，存期三年：(1)已知当年“教育储蓄”存款的月利率是2.7‰，问到期时，李先生一次可支取本息共多少元？(“教育储蓄”不需缴利息税)(2)已知当年同档次的“零存整取”储蓄的月利率是1.725‰，问李先生办理“教育储蓄”比“零存整取”多收益多少元？(“零存整取”需缴20%的利息税) 解 (1)100元“教育储蓄”存款的月利息是 100×2.7‰＝0.27(元)．第1个100元存36个月，得利息0.27×36(元)； 第2个100元存35个月，得利息0.27×35(元)； ……第36个100元存1个月，得利息0.27×1(元)． 因此，到期时李先生获得利息0．27×(36＋35＋…＋1)＝179.82(元)． 本息和为3 600＋179.82＝3 779.82(元)． (2)100元“零存整取”的月利息是 100×1.725‰＝0.172 5(元)， 存三年的利息是0．172 5×(36＋35＋…＋1)＝114.885(元)， 因此，李先生多收益179．82－114.885×(1－20%)＝87.912(元)． 答 (1)李先生一次可支取本息共3 779.82元．(2)李先生办理“教育储蓄”比“零存整取”多收益87.912元．反思与感悟 解决有关等差数列的实际应用题时，首先要搞清楚哪些量能成等差数列，建立等差数列的模型，然后根据题意找准首项、公差和项数或者首项、末项和项数，最后转化为等差数列问题来解决．跟踪训练3 甲、乙两物体分别从相距70 m 的两处同时相向运动，甲第1分钟走2 m ，以后每分钟比前1分钟多走1 m ，乙每分钟走5 m. (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返回，甲继续每分钟比前1分钟多走1 m ，乙继续每分钟走5 m ，那么开始运动几分钟后第二次相遇？ 解 (1)设n 分钟后第1次相遇，依题意，有2n ＋n (n －1)2＋5n ＝70，整理得n 2＋13n －140＝0.解之得n ＝7，n ＝－20(舍去)． 第1次相遇是在开始运动后7分钟． (2)设n 分钟后第2次相遇，依题意，有2n ＋n (n －1)2＋5n ＝3×70，整理得n 2＋13n －420＝0.解之得n ＝15，n ＝－28(舍去)． 第2次相遇是在开始运动后15分钟．1．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 6＝36，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A ．63 B ．45 C ．36 D ．27 答案 B解析 数列{a n }为等差数列，则S 3，S 6－S 3，S 9－S 6为等差数列，即2(S 6－S 3)＝S 3＋(S 9－S 6)， ∵S 3＝9，S 6－S 3＝27，则S 9－S 6＝45. ∴a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6＝45.2．等差数列{a n }中，S 10＝4S 5，则a 1d 等于( )A.12 B ．2 C.14 D ．4 答案 A解析 由题意得：10a 1＋12×10×9d ＝4(5a 1＋12×5×4d )，∴10a 1＋45d ＝20a 1＋40d ，∴10a 1＝5d ，∴a 1d ＝12.3．在一个等差数列中，已知a 10＝10，则S 19＝________. 答案 190解析 S 19＝19(a 1＋a 19)2＝19(a 10＋a 10)2＝19a 10＝19×10＝190.4．某人用分期付款的方式购买一件家电，价格为1 150元，购买当天先付150元，以后每月的这一天都交付50元，并加付欠款利息，月利率为1%.若交付150元后的一个月开始算分期付款的第一个月，则分期付款的第10个月该交付多少钱？全部贷款付清后，买这件家电实际花费多少钱？解 设每次交款数额依次为a 1，a 2，…，a 20， 则a 1＝50＋1 000×1%＝60(元)， a 2＝50＋(1 000－50)×1%＝59.5(元)， …a 10＝50＋(1 000－9×50)×1%＝55.5(元)， 即第10个月应付款55.5元．由于{a n }是以60为首项，以－0.5为公差的等差数列， 所以有S 20＝60＋(60－19×0.5)2 ×20＝1 105(元)，即全部付清后实际付款1 105＋150＝1 255(元)．1．等差数列前n 项和的性质(1)对于前n 项和形如S n ＝An 2＋Bn 的数列一定为等差数列，且公差为2A ，记住这个结论，如果已知数列的前n 项和可以直接写出公差．(2)关于奇数项的和与偶数项的和的问题，要根据项数来分析，当项数为奇数或偶数时，S奇与S 偶的关系是不相同的．(3)数列{S n n }是等差数列，首项为a 1，公差为d2.2．等差数列{a n }与数列{|a n |}的前n 项和等差数列各项取绝对值后组成的数列{|a n |}的前n 项和，可分为以下情形：(1)等差数列{|a n |}的各项都为非负数，这种情形中数列{|a n |}就等于数列{a n }，可以直接求解． (2)等差数列{a n }中，a 1>0，d <0，这种数列只有前面有限项为非负数，从某项开始其余所有项都为负数，可把数列{a n }分成两段来处理．(3)等差数列{a n }中，a 1<0，d >0，这种数列只有前面有限项为负数，其余都为非负数，同样可以分成两段处理．一、基础过关1．在等差数列{a n }和{b n }中，a 1＝25，b 1＝75，a 100＋b 100＝100，则数列{a n ＋b n }的前100项的和为( )A ．10 000B ．8 000C ．9 000D ．11 000 答案 A解析 由已知得{a n ＋b n }为等差数列，故其前100项的和为S 100＝100[(a 1＋b 1)＋(a 100＋b 100)]2＝50×(25＋75＋100)＝10 000.2．已知两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且A n B n ＝7n ＋45n ＋3，则使得a nb n 为整数的正整数n 的个数是( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．5 答案 D 解析a nb n ＝A 2n －1B 2n －1＝14n ＋382n ＋2＝7n ＋19n ＋1＝7＋12n ＋1. ∴n ＝1,2,3,5,11.3．一个等差数列的项数为2n ，若a 1＋a 3＋…＋a 2n －1＝90，a 2＋a 4＋…＋a 2n ＝72，且a 1－a 2n ＝33，则该数列的公差是( )A ．3B ．－3C ．－2D ．－1 答案 B解析 由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 3＋…＋a2n －1＝na 1＋n (n －1)2×(2d )＝90，a 2＋a 4＋…＋a2n ＝na 2＋n (n －1)2×(2d )＝72，得nd ＝－18.又a 1－a 2n ＝－(2n －1)d ＝33，所以d ＝－3.4．在小于100的自然数中，所有被7除余2的数之和为( ) A ．765 B ．665 C ．763 D ．663 答案 B解析 ∵a 1＝2，d ＝7,2＋(n －1)×7<100，∴n <15，∴n ＝14，S 14＝14×2＋12×14×13×7＝665.5．含2n ＋1项的等差数列，其奇数项的和与偶数项的和之比为( ) A.2n ＋1n B.n ＋1n C.n －1n D.n ＋12n答案 B解析 S 奇＝(n ＋1)(a 1＋a 2n ＋1)2，S 偶＝n (a 2＋a 2n )2，∵a 1＋a 2n ＋1＝a 2＋a 2n ，∴S 奇S 偶＝n ＋1n .6．一个等差数列共有10项，其偶数项之和是15，奇数项之和是252，则它的首项与公差分别是a 1＝__________，d ＝________. 答案 12 12解析 S 偶－S 奇＝5d ＝15－252＝52，∴d ＝12. 由10a 1＋10×92×12＝15＋252＝552，得a 1＝12.7．已知数列{a n }中，a 1＝－7，a 2＝3，a n ＋2＝a n ＋2，求S 100. 解 由a 1＝－7，a n ＋2＝a n ＋2，可得a n ＋2－a n ＝2，∴a 1，a 3，a 5，a 7，…，a 99是以－7为首项，公差为2的等差数列，共50项．∴a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝50×(－7)＋50×(50－1)2×2＝2 100.同理，a 2，a 4，a 6，…，a 100是以3为首项，公差为2的等差数列，共50项． ∴a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 100＝50×3＋50×(50－1)2×2＝2 600.∴S 100＝2 100＋2 600＝4 700. 二、能力提升8．现有200根相同的钢管，把它们堆成正三角形垛，要使剩余的钢管尽可能少，那么剩余钢管的根数为( )A ．9B ．10C ．19D ．29 答案 B解析 钢管排列方式是从上到下各层钢管数组成了一个等差数列，最上面一层钢管数为1，逐层增加1个．∴钢管总数为：1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2.当n ＝19时，S 19＝190.当n ＝20时，S 20＝210>200. ∴n ＝19时，剩余钢管根数最少，为10根．9．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m 等于( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．6 答案 C解析 a m ＝2，a m ＋1＝3，故d ＝1，因为S m ＝0，故ma 1＋m (m －1)2d ＝0，故a 1＝－m －12，因为a m ＋a m ＋1＝5，故a m ＋a m ＋1＝2a 1＋(2m －1)d ＝－(m －1)＋2m －1＝5， 即m ＝5.10．有两个等差数列{a n }，{b n }，其前n 项和分别为S n 和T n ，若S n T n ＝3n －1n ＋7，则a 7b 7＝________.答案1910解析 方法一 a 7b 7＝2a 72b 7＝a 1＋a 13b 1＋b 13＝13(a 1＋a 13)213(b 1＋b 13)2＝S 13T 13＝3×13－113＋7＝1910. 方法二 因为S n T n ＝3n －1n ＋7，所以设S n ＝(3n －1)kn ，T n ＝(n ＋7)·kn (k ≠0)． 所以a 7＝S 7－S 6＝38k ，b 7＝T 7－T 6＝20k . 所以a 7b 7＝38k 20k ＝1910.11．一个等差数列的前10项之和为100，前100项之和为10，求前110项之和． 解 方法一 设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则S n ＝na 1＋n (n －1)2d .由已知得⎩⎨⎧10a 1＋10×92d ＝100， ①100a 1＋100×992d ＝10. ②①×10－②整理得d ＝－1150，代入①，得a 1＝1 099100，∴S 110＝110a 1＋110×1092d＝110×1 099100＋110×1092×⎝⎛⎭⎫－1150＝110⎝⎛⎭⎪⎫1 099－109×11100＝－110.故此数列的前110项之和为－110.方法二 设S n ＝an 2＋bn .∵S 10＝100，S 100＝10，∴⎩⎪⎨⎪⎧102a ＋10b ＝100，1002a ＋100b ＝10，解得⎩⎨⎧ a ＝－11100，b ＝11110.∴S n ＝－11100n 2＋11110n . ∴S 110＝－11100×1102＋11110×110＝－110. 12．数列{a n }中，a 1＝8，a 4＝2，且满足a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0 (n ∈N ＋)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |，求S n .解 (1)∵a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0.∴a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＝…＝a 2－a 1.∴{a n }是等差数列且a 1＝8，a 4＝2，∴d ＝－2，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝10－2n .(2)∵a n ＝10－2n ，令a n ＝0，得n ＝5.当n >5时，a n <0；当n ＝5时，a n ＝0；当n <5时，a n >0.∴当n >5时，S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a 5－(a 6＋a 7＋…＋a n )＝S 5－(S n －S 5)＝2S 5－S n＝2·(9×5－25)－9n ＋n 2＝n 2－9n ＋40，当n ≤5时，S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝9n －n 2.∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧9n －n 2 (n ≤5)n 2－9n ＋40 (n >5). 三、探究与拓展13．有两个加工资的方案：一是每年年末加1 000元；二是每半年结束时加300元．如果在该公司干10年，问：(1)选择哪一种方案好？选准了较好的方案，与另一方案相比，10年中多加薪多少元？(2)如果第二方案中的每半年加300元改成每半年加a 元，问a 取何值时，总是选择第二方案比第一方案加薪多？解 按第一种方案，每年加薪数形成等差数列{a n }且a 1＝1 000，d ＝1 000，n ＝10，按第二种方案，每半年加薪数形成等差数列{b n }且b 1＝300，d ＝300，n ＝20.(1)第10年的年末，依第一方案可得共加薪S n ＝(1 000＋2 000＋3 000＋…＋10 000)＝55 000(元)．依第二方案可得共加薪T n ＝(300＋300×2＋300×3＋300×4＋…＋300×20)＝63 000(元)，因此在公司干10年，选择第二方案好，多加薪63 000－55 000＝8 000(元)．(2)到第n 年年末，依第一方案可得共加薪1 000(1＋2＋…＋n )＝500n (n ＋1)(元)．依第二方案可得共加薪a (1＋2＋3＋4＋…＋2n )＝an (2n ＋1)(元)．由题意an (2n ＋1)>500n (n ＋1)对一切n ∈N ＋都成立，即a >500(n ＋1)2n ＋1＝250＋2502n ＋1， 又因为250＋2502n ＋1≤250＋2503， 所以a >250＋2503＝1 0003. 所以当a >1 0003元时， 总是选择第二方案比第一方案加薪多．。
福建省人教版高二数学第二单元教案：2.3等差数列前n项和2
“体现高中数学相关分支教育价值的教学设计”———等差数列的前n项和(人教A版必修5第二章第三节)永安市第一中学黄金明一、内容和内容解析本节课教学内容是《普通高中课程标准实验教科书·数学（5）》（人教A版）中第二章第三节“等差数列的前n项和”（第一课时）．是数列的基本概念和等差数列知识的延续，也是后续学习积分、极限等知识的基础，起着承上启下的重要作用。
本节课主要研究如何应用倒序相加法求等差数列的前n项和及该求和公式的应用,该数学模型在实际生活中有着广泛的应用。
通过等差数列前n项和公式的探究，让学生体会从特殊到一般，再从一般到特殊的研究问题的方法，体现“授之于鱼，不如授之于渔”的教学价值；通过介绍高斯求和的故事，向学生渗透人文价值与情感教育价值；通过求和公式的选用、变用与拓展来体现数学课堂的方法价值、应用价值、类比价值；这些价值的渗透有利于提升学生的数学素养。
二、目标和目标解析知识与技能目标:理解等差数列前n项和公式的推导过程；掌握并能运用等差数列前n项和公式；了解倒序相加法的原理；过程与方法目标学生在教师的引导下，经历从特殊到一般、再从一般到特殊的过程中，探究得到等差数列前n项和公式，进一步体会特殊与一般、化归与转化、函数与方程（组）等重要数学思想；学生在理解和运用公式的过程中，运算求解能力、分析问题及解决问题的能力得到进一步提高，创新意识与应用意识得到发展。
情感态度价值观学生通过对高斯成长经历的了解，体会他的奉献精神和治学态度，借鉴他的思维方式，培养严谨、细致、勇于探索、敢于创新的良好学习态度。
基于以上教学目标的分析，确立本节课的教学重点是：探索并掌握等差数列前n项和公式，学会用公式解决求和问题三、教学问题诊断分析在本节课之前学生已经学习了等差数列的通项公式及基本性质，也对高斯算法有所了解，这都为倒序相加法的教学提供了基础；但是高斯算法与一般的等差数列求和还有一定的距离，如何从首尾配对法引出倒序相加法，这是学生学习的障碍．因为首尾配对法还需要分奇数、偶数两种情况讨论，偶数的情况学生相对较为熟悉，也更容易掌握；奇数的情况时，学生对配对后的项数及剩下的中间项较容易产生错误。
4.2.2等差数列的前n项和公式(2)课件高二下学期数学人教A版选择性
(1) 在等差数列{an}中，a1＝13，S3＝S11，求Sn的最大值； (2) 在等差数列{an}中，d＞0，若|a3|＝|a9|，求Sn的最小值．
【解析】 (1) 因为a1＝13，S3＝S11， 所以 3a1＋3×2 2d＝11a1＋11×2 10d，所以 d＝－2， 所以 Sn＝13n＋nn－ 2 1×(－2)
由③－②，得10d＋10d＋…＋10d＝S－910，
所以S－910＝600，所以S＝1 510，
即第21项到第30项的和为1 510.
内容索引
例4 有一等差数列共有2n(n∈N*)项，它的奇数项之和与偶数项之和分别为24和30 ，若最后一项与第一项之差为10.5，求此数列的首项、公差和项数．
内容索引
内容索引
(3) 由题意知a1＋a2＋a3＋a4＝25，an－3＋an－2＋an－1＋an＝63. 因为{an}是等差数列，所以a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝a4＋an－3， 所以4(a1＋an)＝25＋63＝88，即a1＋an＝22. 因为 Sn＝a1＋2ann＝286，所以 n＝26.
内容索引
【解析】 (1) ba35＋＋ba1113＝ab11＋＋ab1155＝TS1155＝7×151＋5＋3 2＝11087.
(2) ab53＋ ＋ab1124＝ab11＋ ＋ab1166＝TS1166＝7×161＋6＋3 2＝11194. (3) 设Tn＝(7n＋2)k，Sn＝(n＋3)k，k≠0， 所以a5＝T5－T4＝37k－30k＝7k， b6＝S6－S5＝9k－8k＝k， 所以ab56＝7kk＝7.
【解析】 由题意知Sa偶2n－－Sa奇1＝＝n2dn＝－61，d＝10.5， n＝4，
解得d＝23. 因为 a1＋a3＋a5＋a7＝4a1＋12d＝24， 所以 a1＝32. 故此数列的首项 a1＝32，公差 d＝32，项数 2n＝8.
4.2.2等差数列的前n项和公式教学设计2023-2024学年高二下学期人教A版2019选择性必修二
4.2.2等差数列的前项和公式(人教A版普通高中教科书数学选择性必修第二册第四章)一、内容与内容解析1.内容：等差数列前项和公式的推导和简单应用2.内容解析：（1）重要性：数列是刻画离散现象的函数，是一种重要的数学模型。
高中数列研究的主要对象是等差、等比两个基本数列。
本节课的教学内容是等差数列的前项和公式及其简单应用。
它与前面学过的等差数列的定义、通项公式、性质有着密切的联系；同时又为后面学习等比数列前项和、数列求和等内容作好准备。
（2）思想方法：本节课的学习还蕴涵着深刻的数学思想方法（倒序相加法、数形结合、方程思想等），教学中有针对性地对学生进行这方面渗透，有利于学生数学思维能力的提高。
（3）应用广泛：等差数列求和有着广泛的实际应用，如堆放物品总数的计算、剧场座位总数的计算、分期存款一次取出的储蓄利息的计算等。
3.教学重点：等差数列前项和公式的推导运用了倒序相加法，学生不但可以掌握数列中一类重要的求和方法，同时也为后面数列求和作好思想上的引导与知识上的准备。
本节课的重点：等差数列前项和公式的理解、推导及简单应用。
二、目标与目标解析1.目标（1）掌握等差数列前项和公式及其推导过程，会用等差数列的前项和公式解决一些简单的问题。
（2）从特殊到一般的认知规律，让学生在实践中通过观察、尝试、分析、类比的方法导出等差数列的求和公式，培养学生类比分析、归纳综合、逻辑推理的思维能力。
（3）从问题情境中抽象出等差数列的模型，运用所学知识解决实际问题，培养学生数学建模的能力。
2.目标解析达成上述目标的标志为：（1）知道等差数列前项和公式是倒序求和的推导结果。
（2）能够运用等差数列前项和公式“知三求二”。
（3）对于问题情境能够抽象出等差数列的模型，并成功解决问题。
三、教学问题诊断解析 1.问题诊断本节课之前学生已经学习了等差数列的通项公式和性质、数列的和等有关内容，对本节课的学习有了一定的知识铺垫。
经过初高中的数学学习，学生已具有一定的自主探究能力、从特殊到一般的类比推理能力，高斯的首尾配对相加的算法对学生来说都是能够理解掌握的，但学生对于倒序求和的思想还是初次见到，对于公式推导的思想方法，理解起来会存在一定的难度。
等差数列的前n项和2
等差数列的前n项和公式：
练习.已知等差数列{an}的前n项和为Sn， 若a4+a5=18，则S8等于（D ） A.18 B.36 C.54 D.72
探究（一）：等差数列与前n项和的关系 若数列{an}的前n和 {an}是等差数列吗？ 那么数列
将等差数列前n项和公式
看作是一个关于n的函数，
2
y Ax Bx上的一群孤立的点.
2
讲解范例:
已知数列 an 前n项和为sn ，求 通项公式 an
Sn Sn 1 an S1
( n 2) ( n 1)
小结：
a1
an
数列an 的前n项和S n An Bn( A,
2
B为常数)，则数列an 是不是一定是等差 数列？
这个函数有什么特点？
11 n 2 2 2
d d 设A , B a1 , 则Sn An 2 Bn A, B是常数 2 2
特征：
当A 0 即d 0 时, S n是关于n的二次函 数式,即S n An Bn的图象是抛物线
3. 已知数列 通项公式 an
an
前n项和为 sn ，求
( n 2) ( n 1)
Sn Sn 1 an S1
作业： P45练习：2，3. P46习题2.3A组：5，6.
an 是公差为2 A的等差数列
S n An Bn( A, B为常数)
2
首项a1＝p＋q
公差d＝2p
数列？
若{an}为等差数列，那么
是什么
{an}是等差数列
为等差数列
1.等差数列与前n项和的关系
当A 0 即d 0 时, S n是关于n 的二次函 数式,即S n An 2 Bn 的图象是抛物线 y Ax 2 Bx上的一群孤立的点 .
等差数列的前n项和公式课件-高二数学人教A版(2019)选择性必修第二册
2
2 2
n n(n 1)
1
(3) S n
( ) 5
2
2
6
整理得 n 2 7n 60 0
解得n 12或 5(舍)
(−1)
（2）可以先利用1和2的值求出，再利用公式＝1 +
求和；
2
（3）已知公式＝1 +
(2)结合等差数列的性质解题：等差数列的常用性质：
∗
若＋＝＋(，，， ∈ )，则＋＝＋，常与求和公
( + )
式＝
结合使用．
10(a1 a10 ) 10 (5 95)
(1) S10
5 100 500;
2
2
50 49
S
10
p 10q 310
10 p q 31
10
则
, 即
,
2
S 20 20 p 20q 1220 20 p q 61
联立得10 p 30, p 3, q 1.
前n项和S n 3n 2 n
方程思想，知三求二
[练习2](P23) 在等差数列 {an }中， S n为其前 n项的和，若 S 4 6， S8 = 20，求 S16 .
的前n项和吗？
目的：把不同的数求和转化为n个相同的数求和
倒序
n个相同的数(n+1)
倒序相加法
探究：等差数列前n项和的推导
类似地，对于任意等差数列{an}，不妨用以下两种方式表示Sn：
S n 1 2 ( n 1) n
S n a1 a2 an 1 an ①
高二数学等差数列的前n项和2(新编201911)
与公差分别是什么?
练习:
已知数列{an}的前n项和为
Sn
1 4
n2
2 3
n
3,
求该数列的通项公式.
这个数列是等差数列吗?
探究:
一般地，如果一个数列{an}的前n项 和为Sn＝pn2＋qn＋r，其中p、q、r为常 数，且p≠0，那么这个数列一定是等差 数列吗?如果是，它的首项与公差分别 是多少?
2.3 等差数列的 前n项和 (二)
主讲老师：
复习引入
等差数列的前n项和公式：
复习引入
等差数列的前n项和公式：
Sn
n(a1 2
an )
复习引入
等差数列的前n项和公式：
Sn
n(a1 2
an )
n(n 1)d
Sn na1
2
；pe融资
探究:
一般地，如果一个数列{an}的前n项 和为Sn＝pn2＋qn＋r，其中p、q、r为常 数，且p≠0，那么这个数列一定是等差 数列吗?如果是，它的首项与公差分别 是多少?
这个数列一定是等差数列. 首项a1＝p＋q 公差d＝2p
结论:
n(n 1)d
Sn na1
2
可化成
Sn
d 2
n2
；vc融资
；投资基金
；
雷次宗《豫章记》一卷 郭璞注《山海经》二十三卷 王琰《宋春秋》二十卷 《武德律》十二卷 《晋建武以来故事》三卷 《先儒传》五卷 王涯《唐循资格》五卷 杜预《刑法律本》二十一卷 圈称《陈留风俗传》三卷 崔日用《姓苑略》一卷 薛图存《河南记》一卷 又《薛常侍传》二卷 尚书右丞段宝玄 《诸葛传》五卷 段龟龙《凉记》十卷 杨佺期《洛城图》一卷 总七家 沈约《梁
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是，我才不得不相信，我和这些饰品一起，成为了陪葬品。我用尽全部是法术撞 击房间的墙壁，可整个房间都封闭的很严，石块又厚又重， 而且还被下了封印，不论我怎样进攻，石壁都是纹丝不动，没有一点裂痕。”“话说你是怎么在墓穴里看的那么清晰的？”“不要小看猫 科动物的夜视能力。”茉莉语气依旧清冷，“正当我彻底绝望的时候，突然听到一阵抓挠的声音，是从两个被压在其它陪葬品下的箱子里 发出的。我打开了那两个箱子，里面爬出了几只黑猫，从它们脖子上和耳朵上沉重而又华贵的珠宝可以看出，它们都有着和我相同的遭遇。 它们被放出来之后，也是疯狂的抓着石壁，企图挖开一条生路，我试着和它们沟通，告诉它们这种方法不可行，但他们根本不理解我的表 达，只是一味地抓着，锋利的爪子在不断磨损，殷红的血液沁透了石壁，和五彩斑斓的壁画融为一体，形成了最耀眼的一抹太阳的光 辉……随着时间的流逝和体力的消耗，饥饿最终还是降临了。在长期劳累并且没有食物和水源的情况下，一只猫产生了幻觉，居然用头撞 向石壁，一次……两次……三次……我蜷缩在一个角落里，和其他猫一样眼睁睁看着它撞向石壁，却毫无办法。终于，它的鲜血和脑浆喷 洒在石壁上渐渐凝固了，它自己则静静地趴在地上，再也不动了。所有猫都一起向后退，退到了另外一个角落，刻意与那具尸体保持距离。 时间缓慢的流啊，而我们，就像是他沙漏中的玩物，待沙漏流进之时，便是我们的离去之日。第072章 番外 劫数“不知过了多久，当我再 次醒来的时候，那具尸体已经变成残骸，只剩下了冰冷的骨架。当我把询问的目光投向那群正在整理毛发的黑猫时，它们都可以躲避了我 的目光。这个时候我突然明白了，它们只是普通的猫，而我已经修炼多年，这种程度的饥饿对于我来说还可以忍受，但它们就不行了…… 如果不去吃掉那只已死的猫，它们也会死掉……我这个样子向自己解释。我就这样胆战心惊的又度过了好多天……”“话说你是怎么知道 时间的？”慕容凌娢再次吐槽。“猫的生物钟可是很准确的！”茉莉有些不屑的反驳了柯蒂丽娅的吐槽，“ 就这样胆战心惊的又度过了好 多天，有一次，当我准备休息时，我感觉到哪一群猫正在向我靠拢，而且是呈扇形的捕猎姿势。我闭着眼睛假装不知情，实际上在暗中仔 细探查它们的动机。其中一只为首的黑猫离我最近，悄无声息的朝我扑了过来。我一跃而起，咬住了他的耳朵，和他扭打在一起。这时， 其他猫也都向我发起进攻，迫不得已，我只好先结束了那只为首黑猫的性命，很利索的咬断了他的喉咙，不会感觉到一点疼痛……就在他 血管破裂，鲜血涌出的一瞬间，我感觉到一种莫名的力量指使着我，拼命的吮 吸这还带有生命
n(a1 a n ) Sn (1) 2
n(n 1) S n na1 d (2) 2
已知a1+a2+…+a4=40,an+an-1+…an-3=80，Sn=720 则n=___
qq红包群 / qq红包群
wrg52xua
an a1 (n 1)d 5 5 40 5 (n 1) ( ) n 7 7 7
5 40 令an n 0, 得n 8. 7 7
即a8 0, a9 0.因此，和从第 9项开始减小
所以，前 7项或8项和最大。
由S6 6a1 15d , S12 12a1 66d , S18 18a1 153d ,
=30a1+1935d =30×0.2+1935×0.2=393
80 79 50 49 80a1 d 50a1 d 2 2
n(a1 a n ) Sn (1) 2
n(n 1) S n na1 d (2) 2
例4.在等到差数列｛an｝中，a6+a9+a12+a15=20, 求S20 解：∵a6+a15=a9+a12=a1+a20 • ∴a1+a20=10 • ∴S20=(1／2)(a1+a20) ×20=100 变式：在等差数列｛an｝中 －30 1.已知a1－a4－a8－a12+a15=2，则S15=_____
可得S6 (S18 S12 ) 2(S12 S6 ).
a1 3d 0.8 解 :由 通 项 公 式 , 得 a1 10d 2.2
例3.在等差数列｛an｝中，a4=0.8,a11=2.2, 求a51+a52+…+a80
• 解得a1=0.2，d=0.2 • a51+a52+…+ห้องสมุดไป่ตู้80=S80-S50