浙江专版2018年高中数学第二章数列2.3等差数列的前n项和精品学案新人教A版必修

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秋高中数学第二章数列2.3等差数列的前n项和第2课时等差数列前n项和的综合应用学案新人教A版必修5

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第2课时等差数列前n项和的综合应用学习目标：1.掌握a n与S n的关系并会应用（难点）。

2。

掌握等差数列前n项和的性质及应用(重点）。

3.会求等差数列前n项和的最值(重点)。

4.会用裂项相消法求和（易错点）．［自主预习·探新知]1．S n与a n的关系a n＝错误!2．等差数列前n项和的性质(1)等差数列{a n｝中，其前n项和为S n，则｛a n｝中连续的n项和构成的数列S n，S2n－S n，S－S2n，S4n－S3n，…构成等差数列．3n（2）数列{a n｝是等差数列⇔S n＝an2＋bn(a，b为常数)．思考：如果｛a n}是等差数列，那么a1＋a2＋…＋a10,a11＋a12＋…＋a20，a21＋a22＋…＋a30是等差数列吗?[提示](a11＋a12＋…＋a20）－(a1＋a2＋…＋a10）＝（a11－a1)＋(a12－a2)＋…＋(a20－a10)＝＝100d，类似可得(a21＋a22＋…＋a30）－（a11＋a12 ＋…＋a20）＝100d。

∴a1＋a2＋…＋a10，a11＋a12＋…＋a20,a21＋a22＋…＋a30是等差数列．3．等差数列前n项和S n的最值（1）若a1<0，d〉0，则数列的前面若干项为负数项（或0），所以将这些项相加即得{S n}的最小值．(2）若a1>0,d〈0，则数列的前面若干项为正数项（或0)，所以将这些项相加即得｛S n}的最大值．特别地，若a1〉0,d>0，则S1是{S n}的最小值；若a1〈0，d<0，则S1是｛S n}的最大值．思考：我们已经知道当公差d≠0时，等差数列前n项和是关于n的二次函数S n＝错误!n2＋错误!n，类比二次函数的最值情况，等差数列的S n何时有最大值？何时有最小值?［提示]由二次函数的性质可以得出：当a1<0，d〉0时，S n先减后增,有最小值；当a1〉0，d<0时,S n先增后减,有最大值；且n取最接近对称轴的正整数时，S n取到最值．［基础自测]1．思考辨析(1）若S n为等差数列｛a n｝的前n项和,则数列错误!也是等差数列．（)(2)若a1>0,d〈0,则等差数列中所有正项之和最大．（）(3）在等差数列中，S n是其前n项和,则有S2n－1＝（2n－1）a n。

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2.3.2 等差数列的前n 项和（二）2.3.2 等差数列的前n 项和(二一、知识与技能1.进一步熟练掌握等差数列的通项公式和前n 项和公式；2.了解等差数列的一些性质，并会用它们解决一些相关问题；3.会利用等差数列通项公式与前n 项和的公式研究S n 的最值二、过程与方法1.经历公式应用的过程，形成认识问题、解决问题的一般思路和方法；2.学会其常用的数学方法和体现出的数学思想，促进学生的思维水平的发展三、情感态度与价值观通过有关内容在实际生活中的应用，使学生再一次感受数学源于生活，又服务于生活的实用性，引导学生要善于观察生活，从生活中发现问题，并数学地解决问题教学重点熟练掌握等差数列的求和公式教学难点灵活应用求和公式解决问题导入新课师首先回忆一下上一节课所学主要内容生我们上一节课学习了等差数列的前n 项和的两个公式：(1)2)(1n n a a n S +=；(2)2)1(1dn n na S n -+=师对，我们上一节课学习了等差数列的前n 项和的公式，了解等差数列的一些性质.学会了求和问题的一些方法，本节课我们继续围绕等差数列的前n 项和的公式的内容来进一步学习与探究推进新课［合作探究］师本节课的第一个内容是来研究一下等差数列的前n 项和的公式的函数表示，请同学们将求和公式写成关于n 的函数形式生我将等差数列{a n }的前n 项和的公式2)1(1dn n na S n -+=整理、变形得到：)2(212d a n d S n -+=n师很好!我们能否说(*)式是关于n 的二次函数呢生1 能，(*)式就是关于n 的二次函数生2 不能，(*)式不一定是关于n 的二次函数师为什么生2 若等差数列的公差为0，即d =0时，(*)式实际是关于n 的一次函数!只有当d ≠0时，(*)式才是关于n 的二次函数师说得很好!等差数列{a n }的前n 项和的公式可以是关于n 的一次函数或二次函数.我来问一下：这函数有什么特征生它一定不含常数项，即常数项为生它的二次项系数是公差的一半师对的，等差数列{a n }的前n 项和为不含常数项的一次函数或二次函数.问：若一数列的前n 项和为n 的一次函数或二次函数，则这数列一定是等差数列吗生不一定，还要求不含常数项才能确保是等差数列师说的在理.同学们能画出(*)式表示的函数图象或描述一下它的图象特征吗生当d =0时，(*)式是关于n 的一次函数，所以它的图象是位于一条直线上的离散的点列，当d ≠0时，(*)式是n 的二次函数，它的图象是在二次函数x da x d y )2(212-+=的图象上的一群孤立的点.这些点的坐标为(n ,S n )(n =1，2，3，师说得很精辟［例题剖析］【例】 (课本第51页例分析:等差数列{a n }的前n 项和公式可以写成n da n d S n )2(212-+=，所以S n 可以看成函数x da x d y )2(212-+=(x∈N *)当x=n 时的函数值.另一方面，容易知道S n 关于n 的图象是一条抛物线上的点.因此我们可以利用二次函数来求n 的值.(解答见课本第52页师我们能否换一个角度再来思考一下这个问题呢？请同学们说出这个数列的首项和公差. 生它的首项为5，公差为75-师对，它的首项为正数，公差小于零，因而这个数列是个单调递减数列，当这数列的项出现负数时，则它的前n 项的和一定会开始减小，在这样的情况下，同学们是否会产生新的解题思路呢？生老师，我有一种解法：先求出它的通项，求得结果是a n =a 1+(n -1)d =74075+-n 我令74075+=n a n ≤0，得到了n ≥8，这样我就可以知道a 8=0，而a 9＜0.从而便可以发现S 7=S 8，从第9项和S n 开始减小，由于a 8=0对数列的和不产生影响，所以就可以说这个等差数列的前7项或8项的和最大师说得非常好!这说明我们可以通过研究它的通项取值的正负情况来研究数列的和的变化情况［方法引导］师受刚才这位同学的新解法的启发，我们大家一起来归纳一下这种解法的规律：①当等差数列{a n }的首项大于零，公差小于零时，它的前n 项的和有怎样的最值?可通过什么来求达到最值时的n 的值生S n 有最大值，可通过⎩⎨⎧≤≥+001n n a a 求得n 的值师 ②当等差数列{a n }的首项不大于零，公差大于零时，它的前n 项的和有怎样的最值?可通过什么来求达到最值时的n 的值生 S n 有最小值，可以通过⎩⎨⎧≥≤+01n n a a 求得n 的值［教师精讲］好!有了这种方法再结合前面的函数性质的方法，我们求等差数列的前n 项的和的最值问题就有法可依了.主要有两种：(1)利用a n 取值的正负情况来研究数列的和的变化情况； (2)利用S n ：由n da n d S n )2(212-+=利用二次函数求得S n 取最值时n 的值课堂练习请同学们做下面的一道练习：已知：a n =1 024+lg21-n(lg2=0.3 01 0)n ∈*.问多少项之和为最大？前多少项之和的绝对值最小？(让一位学生上黑板去板演解：1°⎩⎨⎧-=≥-+=+02lg 102402lg )1(10241＜n a n a n n2lg 10242lg 1024≤⇒n ＜+1⇒3 401＜n ＜3 403.所以n2°S n =1 024n +2)1(-n n (-lg2)，当S n =0或S n 趋近于0时其和绝对值最小，令S n =0，即1 024+2)1(-n n (-lg2)=0,得n =2lg 2048因为n ∈N *，所以有n(教师可根据学生的解答情况和解题过程中出现的问题进行点评［合作探究］师我们大家再一起来看这样一个问题：全体正奇数排成下表：3 7 913 15 1721 23 25 27……此表的构成规律是：第n行恰有n个连续奇数;从第二行起，每一行第一个数与上一行最后一个数是相邻奇数，问2 005是第几行的第几个数师此题是数表问题，近年来这类问题如一颗“明珠”频频出现在数学竞赛和高考中，成为出题专家们的“新宠”，值得我们探索.请同学们根据此表的构成规律，将自己的发现告诉我.生1 我发现这数表n行共有1+2+3+…+n个数，即n行共有2)1(+nn个奇数师很好!要想知道2 005是第几行的第几个数，必须先研究第n行的构成规律生 2 根据生1的发现，就可得到第n行的最后一个数是2×2)1(+nn-1=n2+n-生3 我得到第n行的第一个数是(n2+n-1)-2(n-1)=n2-n师现在我们对第n行已经非常了解了，那么这问题也就好解决了，谁来求求看生4 我设n2-n+1≤2 005≤n2+n-1，解这不等式组便可求出n=45，n2-n+1=1 981.再设2 005是第45行中的第m个数，则由2 005=1 981+(m-1)×2，解得m=13.因此，2 005是此表中的第45行中的第13个数师很好!由这解法可以看出，只要我们研究出了第n行的构成规律，则可由此展开我们的思路.从整体上把握等差数列的性质，是迅速解答本题的关键课堂小结本节课我们学习并探究了等差数列的前n项和的哪些内容生1我们学会了利用等差数列通项公式与前n项和的公式研究S n的最值的方法：①利用a n ：当a n ＞0，d ＜0，前n 项和有最大值.可由a n ≥0，且a n +1≤0，求得n 的值；当a n ≤0，d ＞0，前n 项和有最小值.可由a n ≤0，且a n +1≥0，求得n 的值②利用S n ：由S n =2d n 2+(a 1-2d)n 利用二次函数求得S n 取最值时n 的值生2 我们还对等差数列中的数表问题的常规解法作了探究，学习了从整体上把握等差数列的性质来解决问题的数学思想方法师本节课我们在熟练掌握等差数列的通项公式和前n 项和公式的基础上，进一步去了解了等差数列的一些性质，并会用它们解决一些相关问题.学会了一些常用的数学方法和数学思想，从而使我们从等差数列的前n 项和公式的结构特征上来更深刻地认识等差数列布置作业课本第52页习题2.3 A 组第5、6题预习提纲： ①什么是等比数列？②等比数列的通项公式如何求？等差数列的前n 项和(二)S n 与函数的联系例4求S n 最值的方法学生练习数表问题。

2018版高中数学第二章数列2.5等比数列的前n项和一学案新人教A版

2.5 等比数列的前n 项和（一）[学习目标] 1.掌握等比数列的前n 项和公式及公式证明思路.2.会用等比数列的前n 项和公式解决有关等比数列的一些简单问题．知识点一等比数列前n 项和公式1．等比数列前n 项和公式(1)公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1－q n）1－q ＝a 1－a n q 1－q （q ≠1），na 1（q ＝1）.(2)注意：应用该公式时，一定不要忽略q ＝1的情况．2．等比数列前n 项和公式的使用公比q ≠1时，公式S n ＝a 1（1－q n ）1－q 适用于已知a 1，q 和项数n ，而公式S n ＝a 1－a n q 1－q更适用于已知a 1，q 和末项a n ，使用时依据条件灵活选用．思考设f (n )＝2＋24＋27＋…＋23n ＋1 (n ∈N *)，则f (n )等于( ) A.27(8n －1) B.27(8n ＋1－1) C.27(8n ＋2－1) D.27(8n ＋3－1) 答案 B解析 f (n )＝2＋24＋27＋…＋23n ＋1＝2（1－8n ＋1）1－8 ＝27(8n ＋1－1)．知识点二错位相减法1．推导等比数列前n 项和的方法一般地，等比数列{a n }的前n 项和可写为： S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1，①用公比q 乘①的两边，可得qS n ＝a 1＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1＋a 1q n ，②由①－②，得(1－q )S n ＝a 1－a 1q n，整理得S n ＝a 1（1－q n ）1－q(q ≠1)． 2．我们把上述方法叫错位相减法，一般适用于数列{a n ·b n }前n 项和的求解，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列，且q ≠1.题型一等比数列基本量的计算例1 在等比数列{a n }中，(1)S 2＝30，S 3＝155，求S n ；(2)a 1＋a 3＝10，a 4＋a 6＝54，求S 5； (3)a 1＋a n ＝66，a 2a n －1＝128，S n ＝126，求q .解 (1)由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1＋q ）＝30，a 1（1＋q ＋q 2）＝155，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝5，q ＝5，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝180，q ＝－56. 从而S n ＝14×5n ＋1－54或S n ＝1 080×[1－（－56）n ]11. (2)方法一由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 2＝10，a 1q 3＋a 1q 5＝54，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，q ＝12，从而S 5＝a 1（1－q 5）1－q ＝312. 方法二由(a 1＋a 3)q 3＝a 4＋a 6，得q 3＝18，从而q ＝12. 又a 1＋a 3＝a 1(1＋q 2)＝10，所以a 1＝8，从而S 5＝a 1（1－q 5）1－q ＝312. (3)因为a 2a n －1＝a 1a n ＝128，所以a 1，a n 是方程x 2－66x ＋128＝0的两根．从而⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，a n ＝64或⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝2，a 1＝64. 又S n ＝a 1－a n q 1－q＝126，所以q 为2或12.反思与感悟 (1)在等比数列{a n }的五个量a 1，q ，a n ，n ，S n 中，已知其中的三个量，通过列方程组求解，就能求出另两个量，这是方程思想与整体思想在数列中的具体应用．(2)在解决与前n 项和有关的问题时，首先要对公比q ＝1或q ≠1进行判断，若两种情况都有可能，则要分类讨论．跟踪训练1 在等比数列{a n }中，(1)若a 1＝2，a n ＝162，S n ＝112，求n 和q ；(2)已知S 4＝1，S 8＝17，求a n .解 (1)由S n ＝a 1－a n q 1－q 得112＝2－162q 1－q ， ∴q ＝－2，又由a n ＝a 1qn －1得162＝2(－2)n －1，∴n ＝5.(2)若q ＝1，则S 8＝2S 4，不合题意，∴q ≠1， ∴S 4＝a 1（1－q 4）1－q ＝1，S 8＝a 1（1－q 8）1－q＝17，两式相除得1－q 81－q4＝17＝1＋q 4， ∴q ＝2或q ＝－2，∴a 1＝115或a 1＝－15， ∴a n ＝115·2n －1或－15·(－2)n －1. 题型二错位相减法求和例2 设{a n }是等差数列，{b n }是各项都为正数的等比数列，且a 1＝b 1＝1，a 3＋b 5＝21，a 5＋b 3＝13.(1)求{a n }，{b n }的通项公式；(2)求数列{a n b n}的前n 项和S n .解 (1)设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q .由题意有q ＞0且⎩⎪⎨⎪⎧1＋2d ＋q 4＝21，1＋4d ＋q 2＝13，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝2. ∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，b n ＝2n －1.(2)由(1)知a n b n ＝2n －12n －1， S n ＝1＋321＋522＋…＋2n －32n －2＋2n －12n －1，①12S n ＝121＋322＋…＋2n －52n －2＋2n －32n －1＋2n －12n ，② ①－②得12S n ＝1＋22＋222＋…＋22n －2＋22n －1－2n －12n ＝1＋2(12＋122＋…＋12n －2＋12n －1)－2n －12n ＝1＋2×12[1－（12）n －1]1－12－2n －12n ＝3－2n ＋32n ， ∴S n ＝6－2n ＋32n －1. 反思与感悟一般地，如果数列{a n }为等差数列，{b n }为等比数列，求数列{a n b n }的前n 项和时，可以采用错位相减法．在作差时，要注意第一项与最后一项的处理．有时还要注意对公比q 的讨论．跟踪训练2 求数列{nx n }的前n 项和．解 (1)当x ＝0时，S n ＝0.(2)当x ＝1时，S n ＝n （n ＋1）2.(3)当x ≠0且x ≠1时，S n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋(n －1)x n －1＋nx n ，①xS n ＝x 2＋2x 3＋…＋(n －1)x n ＋nx n ＋1，②①－②得，(1－x )S n ＝x ＋x 2＋x 3＋…＋x n －nx n ＋1＝x （1－x n ）1－x－nx n ＋1， ∴S n ＝x（1－x ）2·[nx n ＋1－(n ＋1)x n＋1]， ∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n （n ＋1）2（x ＝1），0（x ＝0），x （1－x ）2[nx n ＋1－（n ＋1）x n＋1]（x ≠0且x ≠1）.题型三等差、等比数列的综合问题例3 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n ，求数列{c n }的前n 项和T n . 解 (1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5.当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，符合上式．所以a n ＝6n ＋5.设数列{b n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得b 1＝4，d ＝3.所以b n ＝3n ＋1.(2)由(1)知c n ＝（6n ＋6）n ＋1（3n ＋3）n ＝3(n ＋1)·2n ＋1.. 又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n .得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]． 2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]．两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2] ＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋4（1－2n ）1－2－（n ＋1）×2n ＋2＝－3n ·2n ＋2. 所以T n ＝－3n ·2n ＋2.反思与感悟利用等比数列前n 项和公式时注意公比q 的取值，同时对两种数列的性质，要熟悉它们的推导过程，利用好性质，可降低题目的难度，解题时有时还需利用条件联立方程组求解．跟踪训练3 在等比数列{a n }中，a 2＝3，a 5＝81.(1)求a n 及其前n 项和S n ；(2)设b n ＝1＋log 3a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n ·b n ＋1的前10项和T 10. 解 (1)设{a n }的公比为q ，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝3a 1q 4＝81，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1q ＝3，因此，a n ＝3n －1，S n ＝1()1－3n 1－3＝3n－12. (2)由(1)知b n ＝1＋log 3a n ＝1＋(n －1)＝n ，则1b n b n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，所以T 10＝11×2＋12×3＋…＋110×11＝1－12＋12－13＋…＋110－111＝1－111＝1011.例4 等比数列1，2a ，4a 2，8a 3，…的前n 项和S n ＝________．错解 S n ＝1－（2a ）n 1－2a错因分析忽视等比数列前n 项和公式的应用条件，未对等比数列的公比2a 分类讨论，导致错误．正解公比为q ＝2a ，当2a ＝1，即a ＝12时，2a ＝1，S n ＝n ；当q ≠1，即a ≠12时，2a ≠1，则S n ＝1－（2a ）n 1－2a. 答案 ⎩⎪⎨⎪⎧n ， a ＝12，1－（2a ）n 1－2a ， a ≠12. 误区警示准确理解公式，重视分类讨论应用等比数列前n 项和公式时，要注意公比q 是否为1，因为等比数列前n 项和公式是“分段函数”形式．若题中公比不明确，要分情况讨论，如本例，公比为q ＝2a ，应该分2a ＝1，2a ≠1两种情况讨论，否则结论就不完整．1．已知等比数列{a n }的首项a 1＝3，公比q ＝2，则S 5等于( )A ．93B ．－93C ．45D ．－45答案 A解析 S 5＝a 1（1－q 5）1－q ＝3（1－25）1－2＝93. 2．在等比数列{a n }中，已知a 1＋a 2＋a 3＝6，a 2＋a 3＋a 4＝－3，则a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7等于( ) A.118 B.1916C.98D.34答案 A解析 a 2＋a 3＋a 4a 1＋a 2＋a 3＝a 2（1＋q ＋q 2）a 1（1＋q ＋q 2）＝a 2a 1＝q ＝－12，由a 1＋a 2＋a 3＝6，且q ＝－12，得a 1＝8，可得a 2＝a 1q ＝8×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－4， ∴a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝S 7－a 1－a 2＝a 1（1－q 7）1－q －a 1－a 2＝8[1－（－12）7]1－（－12）－8－(－4)＝118. 3．设等比数列{a n }的公比q ＝3，前n 项和为S n ，则S 4a 2等于________．答案 403 解析由题意得S 4＝a 1（1－34）1－3＝40a 1，又a 2＝3a 1，∴S 4a 2＝403. 4．等比数列{a n }中，a 2＝9，a 5＝243，则{a n }的前4项和是________．答案 120解析 ∵a 5＝a 2·q 3，∴q 3＝2439＝27. ∴公比q ＝3，从而a 1＝3，∴S 4＝a 1（1－q 4）1－q ＝3（1－34）1－3＝120. 5．设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝________，S 5＝________．答案 1 121解析由⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝2a 1＋1，a 2＋a 1＝4，解得a 1＝1，a 2＝3，当n ≥2时，由已知可得：a n ＋1＝2S n ＋1，①a n ＝2S n －1＋1，②①－②得a n ＋1－a n ＝2a n ，∴a n ＋1＝3a n ，又a 2＝3a 1，∴{a n }是以a 1＝1为首项，公比q ＝3的等比数列．∴S 5＝1－1×351－3＝121.1．在等比数列的通项公式和前n 项和公式中，共涉及五个量：a 1，a n ，n ，q ，S n ，其中首项a 1和公比q 为基本量，且“知三求二”．2．前n 项和公式的应用中，注意前n 项和公式要分类讨论，即q ≠1和q ＝1时是不同的公式形式，不可忽略q ＝1的情况．3．一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列且公比为q ，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减的方法求和．。

2017_2018学年高中数学第二章数列2.3等差数列的前n项和(第2课时)导学案新人教A版必修5

§2.3 等差数列的前n 项和（第2课时）【学习目标】（1）理解用等差数列的性质推导等差数列的前n 项和的方法；（2）掌握等差数列的前n 项和的两个公式，并能运用公式初步解决有关问题；（3）理解蕴含在推导过程的数学思想、掌握相关的数学方法，提高逻辑推理能力【重点】熟练掌握等差数列的求和公式一、知识回顾（默写公式）1、等差数列的前n 项和公式：2、在等差数列前n 项和公式及通项公式中有1a ，n a ，n ，d ，n S 五个量，已知其中三个可以求出另外两个的数学思想方法是什么？二、课堂探究主题一由数列的前n 项和n S 求n a若数列{}n a 的前n 项和为n S ，请根据n n a a a S +++= 21思考下面的问题：1.根据数列的前n 项和n S ，如何求数列的通项n a ？2.由数列的前n 项和n S ，求数列的通项n a 是否一定都以分段的形式表示？是什么？，它的首项与公差分别是等差数列吗？如果是。

这个数列求这个数列的通项公式项和为的前、已知数列例,21}{12n n S n a n n +=主题二等差数列前n 项和的最值问题等差数列前n 项和公式为：当d ≠0时，n S 是关于n的二次函数，在一定条件下，n S 有最值.请根据这些条件思考下面的问题：1.在等差数列中，当a 1＞0,d ＜0和a 1＜0,d ＞0时，分别分析S n 的最值情况.2.从函数观点分析前n 项和的最值的取值情况.例2、已知等差数列73，69，65，61……的前n 项和为n S ,求使得n S 最大的序号n 的值。

重要结论：1、利用n a 与n S 的关系：11(1)(2)n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩2、10a >，0d <时，n S 有最大值；10a <，0d >时，n S 有最小值； n S 最值的求法：①若已知n S ，可用二次函数最值的求法（n N +∈）； ②若已知n a ，则n S 最值时n 的值（n N +∈）可如下确定100n n a a +≥⎧⎨≤⎩或100n n a a +≤⎧⎨≥⎩四、课堂练习1.若数列{n a }的前n 项和为S n =n 2，则项8a 等于( )(A)15 (B)16 (C)49 (D)642.（1）已知数列{n a }的前n 项和为S n =2n 2+3n ，求数列{a n }的通项公式a n .（2）已知数列{n a }的前n 项和为S n =2n 2+3n+1，求数列{a n }的通项公式a n .3.设等差数列{n a }满足a 3＝5，a 10＝－9.(1)求{n a }的通项公式；(2)求{n a }的前n 项和S n 及使得S n 最大的序号n 的值．五、课后作业：1．数列{}n a 的前n 项和232n S n n =-，求该数列的通项公式．这个数列是等差数列吗？如果是，它的首项和公差是多少？2．设等差数列{n a }的前n 项和为S n ，若a 1=－11,a 4+a 6=－6,当S n 取最小值时，求n 的值.3．数列{}n a 是首项为23，公差为整数的等差数列，且60a >，70a <，（1）求公差d ；（2）设前n 项和为n S ，求n S 的最大值；（3）当n S 为正数时，求n 的最大值。

2018版高中数学第二章数列 2.3 等差数列的前n项和(二)学案新人教A版必修5

2.3 等差数列的前n 项和（二）[学习目标] 1.进一步熟练掌握等差数列的通项公式和前n 项和公式；了解等差数列的一些性质.2.掌握等差数列前n 项和的最值问题.3.理解a n 与S n 的关系，能根据S n 求a n .知识点一等差数列前n 项和及其最值 1．前n 项和公式：S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝d 2n 2＋(a 1－d2)n ．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 取到最值的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)因为S n ＝d2n 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；且n 取最接近对称轴的自然数时，S n 取到最值．知识点二数列中a n 与S n 的关系对任意数列{a n }，S n 与a n 的关系可以表示为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1 （n ＝1），S n －S n －1 （n ≥2）.思考若S n ＝n 2＋n ，则a n ＝________．答案 2n解析 n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －[(n －1)2＋(n －1)]＝2n ，当n ＝1时，a 1＝S 1＝12＋1＝2＝2×1， ∴a n ＝2n .知识点三裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而实现求和．常见的拆项方法： (1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，1n （n ＋2）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2；1n （n ＋k ）＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k ；(2)1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，1n ＋2＋n ＝12(n ＋2－n )，1n ＋k ＋n ＝1k (n ＋k －n )；(3)1（2n －1）（2n ＋1）＝12(12n －1－12n ＋1)．题型一已知S n 求a n例1 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2n 2＋3n ，试判断数列{a n }是不是等差数列．解 ∵S n ＝2n 2＋3n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2＋3n －2(n －1)2－3(n －1)＝4n ＋1.当n ＝1时，a 1＝S 1＝5＝4×1＋1. ∴n ＝1时，适合a n ＝4n ＋1.∴数列的通项公式是a n ＝4n ＋1.故数列{a n }是等差数列．反思与感悟 (1)a n 与S n 的关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.当n ＝1适合于a n 时，则a 1可以统一到a n (n ≥2，n ∈N *)的形式中．若n ＝1不适合a n ，则通项公式应写成分段函数形式．(2)等差数列{a n }中，若d ≠0，则S n 可写成关于n 的二次函数形式，反之，若S n ＝An 2＋Bn ，那么数列{a n }一定是等差数列．跟踪训练1 本例中，若S n ＝2n 2＋3n ＋1，试判断该数列是不是等差数列．解 ∵S n ＝2n 2＋3n ＋1.∴n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2＋3n ＋1－2(n －1)2－3(n －1)－1＝4n ＋1.当n ＝1时，a 1＝S 1＝6≠4×1＋1.∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6，n ＝1，4n ＋1n ≥2，故数列{a n }不是等差数列．题型二等差数列前n 项和的最值问题例2 在等差数列{a n }中，若a 1＝25，且S 9＝S 17，求S n 的最大值．解方法一 ∵S 9＝S 17，a 1＝25，∴9×25＋9（9－1）2d ＝17×25＋17（17－1）2d ，解得d ＝－2. ∴S n ＝25n ＋n （n －1）2×(－2)＝－n 2＋26n＝－(n －13)2＋169.∴当n ＝13时，S n 有最大值169. 方法二同法一，求出公差d ＝－2.∴a n ＝25＋(n －1)×(－2)＝－2n ＋27. ∵a 1＝25>0，由⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝－2n ＋27≥0，a n ＋1＝－2（n ＋1）＋27≤0，得⎩⎪⎨⎪⎧n ≤1312，n ≥1212又∵n ∈N *，∴当n ＝13时，S n 有最大值169. 方法三 ∵S 9＝S 17， ∴a 10＋a 11＋…＋a 17＝0.由等差数列的性质得a 13＋a 14＝0. ∵a 1>0，∴d <0.∴a 13>0，a 14<0. ∴当n ＝13时，S n 有最大值169. 方法四设S n ＝An 2＋Bn . ∵S 9＝S 17，∴二次函数对称轴为x ＝9＋172＝13，且开口方向向下，∴当n ＝13时，S n 取得最大值169.反思与感悟 (1)等差数列前n 项和S n 最大(小)值的情形： ①若a 1>0，d <0，则S n 存在最大值，即所有非负项之和． ②若a 1<0，d >0，则S n 存在最小值，即所有非正项之和． (2)求等差数列前n 项和S n 最值的两种方法：①寻找正、负项的分界点，可利用等差数列性质或利用⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0或⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤0，a n ＋1≥0来寻找． ②运用二次函数求最值的方法，注意解自然数．跟踪训练2 已知等差数列{a n }中，a 1＝9，a 4＋a 7＝0. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)当n 为何值时，数列{a n }的前n 项和取得最大值？解 (1)由a 1＝9，a 4＋a 7＝0，得a 1＋3d ＋a 1＋6d ＝0，解得d ＝－2， ∴a n ＝a 1＋(n －1)·d ＝11－2n . (2)方法一 a 1＝9，d ＝－2，S n ＝9n ＋n （n －1）2·(－2)＝－n 2＋10n ＝－(n －5)2＋25，∴当n ＝5时，S n 取得最大值．方法二由(1)知a 1＝9，d ＝－2<0，∴{a n }是递减数列．令a n ≥0，则11－2n ≥0，解得n ≤112.∵n ∈N *，∴n ≤5时，a n >0，n ≥6时，a n <0. ∴当n ＝5时，S n 取得最大值．题型三求数列{|a n |}的前n 项和例3 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－32n 2＋2052n ，求数列{|a n |}的前n 项和T n .解 a 1＝S 1＝－32×12＋2052×1＝101.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32n 2＋2052n －⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32（n －1）2＋2052（n －1）＝－3n ＋104. ∵n ＝1也适合上式，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝－3n ＋104(n ∈N *)．由a n ＝－3n ＋104≥0，得n ≤34.7. 即当n ≤34时，a n >0；当n ≥35时，a n <0. (1)当n ≤34时，T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a n＝S n ＝－32n 2＋2052n ；(2)当n ≥35时，T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 34|＋|a 35|＋…＋|a n |＝(a 1＋a 2＋…＋a 34)－(a 35＋a 36＋…＋a n ) ＝2(a 1＋a 2＋…＋a 34)－(a 1＋a 2＋…＋a n ) ＝2S 34－S n＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫－32×342＋2052×34－⎝ ⎛⎭⎪⎫－32n 2＋2052n＝32n 2－2052n ＋3 502. 故T n＝⎩⎪⎨⎪⎧－32n 2＋2052n ，n ≤34且n ∈N *，32n 2－2052n ＋3 502，n ≥35且n ∈N *.反思与感悟等差数列的各项取绝对值后组成数列{|a n |}．若原等差数列{a n }中既有正项，也有负项，那么{|a n |}不再是等差数列，求和关键是找到数列{a n }的正负项分界点处的n 值，再分段求和．跟踪训练3 已知等差数列{a n }中，若S 2＝16，S 4＝24，求数列{|a n |}的前n 项和T n . 解设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由S 2＝16，S 4＝24得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋2×12d ＝16，4a 1＋4×32d ＝24.即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋d ＝16，2a 1＋3d ＝12. 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝－2. 所以等差数列{a n }的通项公式为a n ＝11－2n (n ∈N *)．①当n ≤5时，T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝S n ＝－n 2＋10n . ②当n ≥6时，T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a 5－a 6－a 7－…－a n ＝2S 5－S n ＝2×(－52＋10×5)－(－n 2＋10n )＝n 2－10n ＋50，故T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2＋10n （n ≤5且n ∈N *），n 2－10n ＋50 （n ≥6且n ∈N *）. 题型四裂项相消法求和例4 等差数列{a n }中，a 1＝3，公差d ＝2，S n 为前n 项和，求1S 1＋1S 2＋…＋1S n.解 ∵等差数列{a n }的首项a 1＝3，公差d ＝2， ∴前n 项和S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝3n ＋n （n －1）2×2＝n 2＋2n (n ∈N *)，∴1S n＝1n 2＋2n ＝1n （n ＋2）＝12(1n －1n ＋2)， ∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n＝12⎣⎢⎡（1－13）＋（12－14）＋（13－15）＋…＋（1n －1－1n ＋1）⎦⎥⎤＋（1n －1n ＋2）＝12(1＋12－1n ＋1－1n ＋2)＝34－2n ＋32（n ＋1）（n ＋2）. 反思与感悟裂项相消法求数列的前n 项和的基本思想是设法将数列的每一项拆成两项(裂项)之差，并使它们在相加时除了首尾各有一项或少数几项外，其余各项都能前后相消，进而求数列的前n 项和．跟踪训练4 已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1（2n －1）（2n ＋1），求数列{a n }的前n 项和S n .解 a n ＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12(12n －1－12n ＋1)，∴S n ＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋1（2n －3）（2n －1）＋1（2n －1）（2n ＋1）＝12[(1－13)＋(13－15)＋(15－17)＋…＋(12n －3－12n －1)＋(12n －1－12n ＋1)]＝12(1－12n ＋1)＝n2n ＋1， ∴S n ＝n 2n ＋1.例5 已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝n 2－1，则数列{a n }的通项公式为a n ＝________．错解 a n ＝S n －S n －1＝(n 2－1)－[(n －1)2－1]＝2n －1. 答案 2n －1错因分析运用a n ＝S n －S n －1求通项公式时，要求n ≥2，只有验证n ＝1满足通项公式后，才能用一个式子来表示，否则必须分段表示．正解当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1 ＝(n 2－1)－[(n －1)2－1]＝2n －1.当n ＝1时，a 1＝S 1＝12－1＝0，不符合上式，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，n ＝1，2n －1，n ≥2.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧0，n ＝1，2n －1，n ≥2误区警示根据前n 项和S n ＝an 2＋bn ＋c 判断{a n }是不是等差数列时，只有当c ＝0时是等差数列，否则不是．1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则a n 等于( ) A ．n B ．n 2C ．2n ＋1D ．2n －1 答案 D解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1，又因a 1＝1符合a n ＝2n －1，所以，a n ＝2n －1(n ∈N *)．2．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 ．②③ B ．①②C ．①③D ．①④ 答案 B解析 ∵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①②.3．已知等差数列{a n }中，|a 5|＝|a 9|，公差d ＞0，则使得前n 项和S n 取得最小值的正整数n 的值是________．答案 6或7解析由|a 5|＝|a 9|且d ＞0得a 5＜0，a 9＞0，且a 5＋a 9＝0⇒2a 1＋12d ＝0⇒a 1＋6d ＝0，即a 7＝0，故S 6＝S 7且最小． 4．数列{a n }的通项公式a n ＝1n ＋n ＋1，其前n 项和S n ＝9，则n ＝________．答案 99 解析 a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，∴S n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n ) ＝n ＋1－1＝9， ∴n ＝99.5．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3＋2n，求a n . 解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋2＝5. (2)当n ≥2时，S n －1＝3＋2n －1，又S n ＝3＋2n，∴a n ＝S n －S n －1＝2n－2n －1＝2n －1(n ≥2)．又当n ＝1时，a 1＝21－1＝1≠5，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5（n ＝1），2n －1（n ≥2）.1.因为a n ＝S n －S n －1在n ≥2时才有意义，所以由S n 求通项公式a n ＝f (n )时，要分n ＝1和n ≥2两种情况分别计算，然后验证两种情况可否用统一解析式表示，若不能，则用分段函数的形式表示．2．求等差数列前n 项和最值的方法：(1)二次函数法：用求二次函数的最值方法来求其前n 项和的最值，但要注意n ∈N *，结合二次函数图象的对称性来确定n 的值，更加直观．(2)通项法：当a 1>0，d <0，⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0时，S n 取得最大值；当a 1<0，d >0，⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤0，a n ＋1≥0时，S n 取得最小值．3．求等差数列{a n }前n 项的绝对值之和，关键是找到数列{a n }的正负项的分界点．。

高中数学第二章 2.3等差数列的前n项和(二)导学案新人教A版必修5

§2.3 等差数列的前n 项和(二)课时目标1．熟练掌握等差数列前n 项和的性质，并能灵活运用． 2．掌握等差数列前n 项和的最值问题． 3．理解a n 与S n 的关系，能根据S n 求a n .1．前n 项和S n 与a n 之间的关系对任意数列{a n }，S n 是前n 项和，S n 与a n 的关系可以表示为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1 n ＝1，S n －S n －1 n ≥2. 2．等差数列前n 项和公式S n ＝n a 1＋a n 2＝na 1＋n n －12d .3．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 取到最值的n 可由不等式组⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≥0a 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 ≤0a n ＋1≥0确定．(2)因为S n ＝d2n 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；且n 取最接近对称轴的自然数时，S n 取到最值．一个有用的结论：若S n ＝an 2＋bn ，则数列{a n }是等差数列．反之亦然．一、选择题1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则a n 等于( )A ．nB ．n 2C ．2n ＋1D ．2n －1 答案 D2．数列{a n }为等差数列，它的前n 项和为S n ，若S n ＝(n ＋1)2＋λ，则λ的值是( ) A ．－2 B ．－1 C ．0 D ．1 答案 B解析等差数列前n 项和S n 的形式为：S n ＝an 2＋bn ， ∴λ＝－1.3．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－9n ，第k 项满足5<a k <8，则k 为( ) A ．9 B ．8 C ．7 D ．6 答案 B解析由a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1， n ＝1S n －S n －1， n ≥2，∴a n ＝2n －10.由5<2k －10<8，得7.5<k <9，∴k ＝8.4．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若S 3S 6＝13，则S 6S 12等于( )A.310B.13C.18D.19答案 A解析方法一S 3S 6＝3a 1＋3d 6a 1＋15d ＝13⇒a 1＝2d ， S 6S 12＝6a 1＋15d 12a 1＋66d ＝12d ＋15d 24d ＋66d ＝310. 方法二由S 3S 6＝13，得S 6＝3S 3.S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9仍然是等差数列，公差为(S 6－S 3)－S 3＝S 3，从而S 9－S 6＝S 3＋2S 3＝3S 3⇒S 9＝6S 3，S 12－S 9＝S 3＋3S 3＝4S 3⇒S 12＝10S 3，所以S 6S 12＝310.5．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 5a 3＝59，则S 9S 5等于( )A ．1B ．－1C ．2 D.12答案 A解析由等差数列的性质，a 5a 3＝2a 52a 3＝a 1＋a 9a 1＋a 5＝59，∴S 9S 5＝92a 1＋a 952a 1＋a 5＝95×59＝1. 6．设{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和，且S 5<S 6，S 6＝S 7>S 8，则下列结论错误的是( ) A ．d <0 B ．a 7＝0C ．S 9>S 5D ．S 6与S 7均为S n 的最大值答案 C解析由S 5<S 6，得a 6＝S 6－S 5>0.又S 6＝S 7⇒a 7＝0，所以d <0. 由S 7>S 8⇒a 8<0，因此，S 9－S 5＝a 6＋a 7＋a 8＋a 9 ＝2(a 7＋a 8)<0即S 9<S 5. 二、填空题7．数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n 2－n ，(n ∈N *)，则通项a n ＝________. 答案 2n －28．在等差数列{a n }中，a 1＝25，S 9＝S 17，则前n 项和S n 的最大值是________．答案 169解析方法一利用前n 项和公式和二次函数性质．由S 17＝S 9，得25×17＋172×(17－1)d ＝25×9＋92×(9－1)d ，解得d ＝－2，所以S n ＝25n ＋n2(n －1)×(－2)＝－(n －13)2＋169，由二次函数性质可知，当n ＝13时，S n 有最大值169. 方法二先求出d ＝－2，因为a 1＝25>0，由⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝25－2n －1≥0，a n ＋1＝25－2n ≤0，得⎩⎪⎨⎪⎧n ≤1312，n ≥1212.所以当n ＝13时，S n 有最大值．S 13＝25×13＋13×13－12×(－2)＝169.因此S n 的最大值为169.方法三由S 17＝S 9，得a 10＋a 11＋…＋a 17＝0，而a 10＋a 17＝a 11＋a 16＝a 12＋a 15＝a 13＋a 14，故a 13＋a 14＝0.由方法一知d ＝－2<0，又因为a 1>0，所以a 13>0，a 14<0，故当n ＝13时，S n 有最大值．S 13＝25×13＋13×13－12×(－2)＝169.因此S n 的最大值为169.9．在等差数列{a n }中，已知前三项和为15，最后三项和为78，所有项和为155，则项数n ＝________.答案 10解析由已知，a 1＋a 2＋a 3＝15，a n ＋a n －1＋a n －2＝78，两式相加，得 (a 1＋a n )＋(a 2＋a n －1)＋(a 3＋a n －2)＝93，即a 1＋a n ＝31.由S n ＝n a 1＋a n 2＝31n 2＝155，得n ＝10.10．等差数列{a n }中，a 1<0，S 9＝S 12，该数列在n ＝k 时，前n 项和S n 取到最小值，则k 的值是________．答案 10或11解析方法一由S 9＝S 12，得d ＝－110a 1，由⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝a 1＋n －1d ≤0a n ＋1＝a 1＋nd ≥0，得⎩⎪⎨⎪⎧1－110n －1≥01－110n ≤0，解得10≤n ≤11.∴当n 为10或11时，S n 取最小值， ∴该数列前10项或前11项的和最小．方法二由S 9＝S 12，得d ＝－110a 1，由S n ＝na 1＋n n －12d ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n ，得S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－120a 1·n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2120a 1·n ＝－a 120⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2122＋44180a 1 (a 1<0)，由二次函数性质可知n ＝212＝10.5时，S n 最小．但n ∈N *，故n ＝10或11时S n 取得最小值．三、解答题11．设等差数列{a n }满足a 3＝5，a 10＝－9. (1)求{a n }的通项公式；(2)求{a n }的前n 项和S n 及使得S n 最大的序号n 的值．解 (1)由a n ＝a 1＋(n －1)d 及a 3＝5，a 10＝－9得 ⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝5，a 1＋9d ＝－9，可解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝－2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝11－2n .(2)由(1)知，S n ＝na 1＋n n －12d ＝10n －n 2.因为S n ＝－(n －5)2＋25，所以当n ＝5时，S n 取得最大值．12．已知等差数列{a n }中，记S n 是它的前n 项和，若S 2＝16，S 4＝24，求数列{|a n |}的前n 项和T n .解由S 2＝16，S 4＝24，得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋2×12d ＝16，4a 1＋4×32d ＝24.即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋d ＝16，2a 1＋3d ＝12.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝－2.所以等差数列{a n }的通项公式为a n ＝11－2n (n ∈N *)．(1)当n ≤5时，T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝S n ＝－n 2＋10n .(2)当n ≥6时，T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a 5－a 6－a 7－…－a n ＝2S 5－S n＝2×(－52＋10×5)－(－n 2＋10n )＝n 2－10n ＋50，故T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2＋10n n ≤5，n 2－10n ＋50 n ≥6.能力提升13．数列{a n }的前n 项和S n ＝3n －2n 2 (n ∈N *)，则当n ≥2时，下列不等式成立的是( ) A ．S n >na 1>na n B ．S n >na n >na 1 C ．na 1>S n >na n D ．na n >S n >na 1 答案 C解析方法一由a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1 n ＝1S n －S n －1 n ≥2，解得a n ＝5－4n .∴a 1＝5－4×1＝1，∴na 1＝n ，∴na n ＝5n －4n 2，∵na 1－S n ＝n －(3n －2n 2)＝2n 2－2n ＝2n (n －1)>0. S n －na n ＝3n －2n 2－(5n －4n 2)＝2n 2－2n >0. ∴na 1>S n >na n .方法二 ∵a n ＝5－4n ， ∴当n ＝2时，S n ＝－2， na 1＝2，na n ＝－6， ∴na 1>S n >na n .14．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 的范围；(2)问前几项的和最大，并说明理由．解 (1)根据题意，有：⎩⎪⎨⎪⎧12a 1＋12×112d >0，13a 1＋13×122d <0，a 1＋2d ＝12，整理得：⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋11d >0，a 1＋6d <0，a 1＋2d ＝12.解之得：－247<d <－3.(2)∵d <0，而S 13＝13a 1＋a 132＝13a 7<0，∴a 7<0.又S 12＝12a 1＋a 122＝6(a 1＋a 12)＝6(a 6＋a 7)>0，∴a 6>0.∴数列{a n }的前6项和S 6最大．1．公式a n ＝S n －S n －1并非对所有的n ∈N *都成立，而只对n ≥2的正整数才成立．由S n求通项公式a n ＝f (n )时，要分n ＝1和n ≥2两种情况分别计算，然后验证两种情况可否用统一解析式表示，若不能，则用分段函数的形式表示．2．求等差数列前n 项和的最值(1)二次函数法：用求二次函数的最值方法来求其前n 项和的最值，但要注意n ∈N *，结合二次函数图象的对称性来确定n 的值，更加直观．(2)通项法：当a 1>0，d <0，⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≥0，a n ＋1≤0时，S n 取得最大值；当a 1<0，d >0，⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤0，a n ＋1≥0时，S n 取得最小值．3．求等差数列{a n }前n 项的绝对值之和，关键是找到数列{a n }的正负项的分界点．。

高中数学第二章数列 2.3 等差数列的前n项和学案新人教A版必修5-新人教A版高一必修5数学学

2.3 等差数列的前n项和(1)数列前n项和的定义是什么？通常用什么符号表示？(2)能否根据首项、末项与项数求出等差数列的前n项和？(3)能否根据首项、公差与项数求出等差数列的前n项和？[新知初探]1．数列的前n项和对于数列{a n}，一般地称a1＋a2＋…＋a n为数列{a n}的前n项和，用S n表示，即S n＝a1＋a2＋…＋a n.2．等差数列的前n项和公式已知量首项，末项与项数首项，公差与项数选用公式S n＝n a1＋a n2S n＝na1＋n n－12d[小试身手]1．判断下列命题是否正确．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)数列的前n项和就是指从数列的第1项a1起，一直到第n项a n所有项的和( )(2)a n＝S n－S n－1(n≥2)化简后关于n与a n的函数式即为数列{a n}的通项公式( )(3)在等差数列{a n}中，当项数m为偶数2n时，则S偶－S奇＝a n＋1( )解析：(1)正确．由前n项和的定义可知正确．(2)错误．例如数列{a n}中，S n＝n2＋2.当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.又∵a1＝S1＝3，∴a1不满足a n＝S n－S n－1＝2n－1，故命题错误．(3)错误．当项数m为偶数2n时，则S偶－S奇＝nd.预习课本P42～45，思考并完成以下问题答案：(1)√ (2)× (3)×2．等差数列{a n }中，a 1＝1，d ＝1，则S n 等于( ) A ．n B ．n (n ＋1) C ．n (n －1)D.n n ＋12解析：选 D 因为a 1＝1，d ＝1，所以S n ＝n ＋n n －12×1＝2n ＋n 2－n 2＝n 2＋n 2＝n n ＋12，故选D.3．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝12，S 4＝20，则S 6等于( )A ．16B ．24C ．36D ．48解析：选D 设等差数列{a n }的公差为d ，由已知得4a 1＋4×32d ＝20，即4×12＋4×32d ＝20，解得d ＝3，∴S 6＝6×12＋6×52×3＝3＋45＝48.4．在等差数列{a n }中，S 4＝2，S 8＝6，则S 12＝________.解析：由等差数列的性质，S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等差数列，所以2(S 8－S 4)＝S 4＋(S 12－S 8)，S 12＝3(S 8－S 4)＝12.答案：12等差数列的前n 项和的有关计算[典例] 已知等差数列{a n }．(1)a 1＝56，a 15＝－32，S n ＝－5，求d 和n ；(2)a 1＝4，S 8＝172，求a 8和d .[解] (1)∵a 15＝56＋(15－1)d ＝－32，∴d ＝－16.又S n ＝na 1＋n n －12d ＝－5，解得n ＝15或n ＝－4(舍)． (2)由已知，得S 8＝8a 1＋a 82＝84＋a 82＝172，解得a 8＝39，又∵a 8＝4＋(8－1)d ＝39，∴d ＝5.等差数列中的基本计算(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a 1，d ，n ，a n 和S n ，这五个量可以“知三求二”．一般是利用公式列出基本量a 1和d 的方程组，解出a 1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a m ＋a n ＝a p ＋a q ，常与求和公式S n ＝n a 1＋a n2结合使用．[活学活用]设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，已知a 2＝3，a 8＝11，则S 9等于( ) A ．13 B ．35 C ．49D ．63解析：选D ∵{a n }为等差数列，∴a 1＋a 9＝a 2＋a 8， ∴S 9＝9a 2＋a 82＝9×142＝63.已知S n 求a n 问题[典例] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－2n 2＋n ＋2.(1)求{a n }的通项公式； (2)判断{a n }是否为等差数列？ [解] (1)∵S n ＝－2n 2＋n ＋2， ∴当n ≥2时，S n －1＝－2(n －1)2＋(n －1)＋2＝－2n 2＋5n －1， ∴a n ＝S n －S n －1＝(－2n 2＋n ＋2)－(－2n 2＋5n －1) ＝－4n ＋3.又a 1＝S 1＝1，不满足a n ＝－4n ＋3，∴数列{a n }的通项公式是a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，－4n ＋3，n ≥2.(2)由(1)知，当n ≥2时，a n ＋1－a n ＝[－4(n ＋1)＋3]－(－4n ＋3)＝－4，但a 2－a 1＝－5－1＝－6≠－4，∴{a n }不满足等差数列的定义，{a n }不是等差数列．(1)已知S n 求a n ，其方法是a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，这里常常因为忽略条件“n ≥2”而出错． (2)在书写{a n }的通项公式时，务必验证n ＝1是否满足a n (n ≥2)的情形．如果不满足，则通项公式只能用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2表示．[活学活用]1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝－n 2，则( ) A ．a n ＝2n ＋1 B ．a n ＝－2n ＋1 C ．a n ＝－2n －1D ．a n ＝2n －1解析：选B 当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1；n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－n 2＋(n －1)2＝－2n ＋1，此时满足a 1＝－1.综上可知a n ＝－2n ＋1.2．已知S n 是数列{a n }的前n 项和，根据条件求a n . (1)S n ＝2n 2＋3n ＋2；(2)S n ＝3n－1.解：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝7，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2＋3n ＋2)－[2(n －1)2＋3(n －1)＋2]＝4n ＋1，又a 1＝7不适合上式，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧7，n ＝1，4n ＋1，n ≥2.(2)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n－1)－(3n －1－1)＝2×3n －1，显然a 1适合上式，所以a n ＝2×3n －1(n ∈N *).等差数列的前n 项和性质[典例] (1)等差数列前n 项的和为30，前2n 项的和为100，则它的前3n 项的和为( ) A ．130 B ．170 C ．210D ．260(2)等差数列{a n }共有2n ＋1项，所有的奇数项之和为132，所有的偶数项之和为120，则n 等于________．(3)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＝________.[解析] (1)利用等差数列的性质：S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等差数列．所以S n ＋(S 3n －S 2n )＝2(S 2n －S n )，即30＋(S 3n －100)＝2(100－30)，解得S 3n ＝210.(2)因为等差数列共有2n ＋1项，所以S 奇－S 偶＝a n ＋1＝S 2n ＋12n ＋1，即132－120＝132＋1202n ＋1，解得n ＝10.(3)由等差数列的性质，知a 5b 5＝a 1＋a 92b 1＋b 92＝a 1＋a 92×9b 1＋b 92×9＝S 9T 9＝2×9＋29＋3＝53. [答案] (1)C (2)10 (3)53等差数列的前n 项和常用的性质(1)等差数列的依次k 项之和，S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k …组成公差为k 2d 的等差数列．(2)数列{a n }是等差数列⇔S n ＝an 2＋bn (a ，b 为常数)⇔数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 为等差数列．(3)若S 奇表示奇数项的和，S 偶表示偶数项的和，公差为d ， ①当项数为偶数2n 时，S 偶－S 奇＝nd ，S 奇S 偶＝a na n ＋1； ②当项数为奇数2n －1时，S 奇－S 偶＝a n ，S 奇S 偶＝n n －1. [活学活用]1．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4＝8，S 8＝20，则a 11＋a 12＋a 13＋a 14＝( ) A ．18 B ．17 C ．16D ．15解析：选A 设{a n }的公差为d ，则a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝S 8－S 4＝12，(a 5＋a 6＋a 7＋a 8)－S 4＝16d ，解得d ＝14，a 11＋a 12＋a 13＋a 14＝S 4＋40d ＝18.2．等差数列{a n }的通项公式是a n ＝2n ＋1，其前n 项和为S n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项和为________．解析：因为a n ＝2n ＋1，所以a 1＝3，所以S n ＝n 3＋2n ＋12＝n 2＋2n ，所以S n n＝n ＋2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是公差为1，首项为3的等差数列，所以前10项和为3×10＋10×92×1＝75.答案：75等差数列的前n 项和最值问题[典例] 在等差数列{a n }中，a 1＝25，S 17＝S 9，求前n 项和S n 的最大值． [解] 由S 17＝S 9，得25×17＋17×17－12d ＝25×9＋9×9－12d ，解得d ＝－2， [法一公式法]S n ＝25n ＋n n －12×(－2)＝－(n －13)2＋169.由二次函数性质得，当n ＝13时，S n 有最大值169. [法二邻项变号法]∵a 1＝25＞0，由⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝25－2n －1≥0，a n ＋1＝25－2n ≤0，得⎩⎪⎨⎪⎧n ≤1312，n ≥1212，即1212≤n ≤1312.又n ∈N *，∴当n ＝13时，S n 有最大值169.求等差数列的前n 项和S n 的最值的解题策略(1)将S n ＝na 1＋n n －12d ＝d 2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n 配方，转化为求二次函数的最值问题，借助函数单调性来解决．(2)邻项变号法：当a 1>0，d <0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≥0，a n ＋1≤0的项数n 使S n 取最大值．当a 1<0，d >0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤0，a n ＋1≥0的项数n 使S n 取最小值．[活学活用]已知{a n }为等差数列，若a 11a 10<－1，且它的前n 项和S n 有最大值，那么当S n 取得最小正值时，n ＝( )A ．11B ．17C ．19D ．21解析：选C ∵S n 有最大值，∴d <0，则a 10>a 11，又a 11a 10<－1，∴a 11<0<a 10，a 10＋a 11<0，S 20＝10(a 1＋a 20)＝10(a 10＋a 11)<0，S 19＝19a 10>0，∴S 19为最小正值．故选C.层级一学业水平达标1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝2－3n ，则{a n }的前n 项和S n 等于( ) A ．－32n 2＋n2B ．－32n 2－n2C.32n 2＋n 2D.32n 2－n 2解析：选A ∵a n ＝2－3n ，∴a 1＝2－3＝－1，∴S n ＝n －1＋2－3n2＝－32n 2＋n2.2．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 7>0，a 8<0，则下列结论正确的是( ) A ．S 7<S 8 B ．S 15<S 16 C ．S 13>0D ．S 15>0解析：选 C 由等差数列的性质及求和公式得，S 13＝13a 1＋a 132＝13a 7>0，S 15＝15a 1＋a 152＝15a 8<0，故选C.3．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 ．36D ．27解析：选B ∵a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，而由等差数列的性质可知，S 3，S 6－S 3，S 9－S 6构成等差数列，所以S 3＋(S 9－S 6)＝2(S 6－S 3)，即a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6＝2S 6－3S 3＝2×36－3×9＝45.4．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n,7a 5＋5a 9＝0，且a 9>a 5，则S n 取得最小值时n 的值为( )A ．5B ．6C ．7D ．8解析：选B 由7a 5＋5a 9＝0，得a 1d ＝－173.又a 9>a 5，所以d >0，a 1<0.因为函数y ＝d 2x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a 1－d 2x 的图象的对称轴为x ＝12－a 1d ＝12＋173＝376，取最接近的整数6，故S n 取得最小值时n 的值为6.5．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 5a 3＝59，则S 9S 5等于( )A ．1B ．－1C ．2D.12解析：选A S 9S 5＝92a 1＋a 952a 1＋a 5＝9×2a 55×2a 3＝9a 55a 3＝95×59＝1. 6．若等差数列{a n }的前n 项和为S n ＝An 2＋Bn ，则该数列的公差为________．解析：数列{a n }的前n 项和为S n ＝An 2＋Bn ，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝An 2＋Bn －A (n －1)2－B (n －1)＝2An ＋B －A ，当n ＝1时满足，所以d ＝2A .答案：2A7．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S m ＝－2，S m ＋1＝0，S m ＋2＝3，则m ＝________. 解析：因为S n 是等差数列{a n }的前n 项和，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是等差数列，所以S m m ＋S m ＋2m ＋2＝2S m ＋1m ＋1，即－2m ＋3m ＋2＝0，解得m ＝4. 答案：48．设项数为奇数的等差数列，奇数项之和为44，偶数项之和为33，则这个数列的中间项是________，项数是________．解析：设等差数列{a n }的项数为2n ＋1，S 奇＝a 1＋a 3＋…＋a 2n ＋1＝n ＋1a 1＋a 2n ＋12＝(n ＋1)a n ＋1，S 偶＝a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n ＝n a 2＋a 2n2＝na n ＋1，所以S 奇S 偶＝n ＋1n ＝4433，解得n ＝3，所以项数2n ＋1＝7， S 奇－S 偶＝a n ＋1，即a 4＝44－33＝11为所求中间项．答案：11 79．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足log 2(S n ＋1)＝n ＋1，求数列{a n }的通项公式．解：由已知条件，可得S n ＋1＝2n ＋1，则S n ＝2n ＋1－1.当n ＝1时，a 1＝S 1＝3，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n ＋1－1)－(2n －1)＝2n，又当n ＝1时，3≠21，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n，n ≥2.10．在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项的和，已知a 1＋a 3＝22，S 5＝45. (1)求a n ，S n ；(2)设数列{S n }中最大项为S k ，求k .解：(1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧2a 2＝22，5a 3＝45，即⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝11，a 3＝9，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝13，d ＝－2，所以a n ＝－2n ＋15，S n ＝－n 2＋14n .(2)由a n ≥0可得n ≤7，所以S 7最大，k ＝7.层级二应试能力达标1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 4＝40，S n ＝210，S n －4＝130，则n ＝( ) A ．12 B ．14 C ．16D ．18解析：选B 因为S n －S n －4＝a n ＋a n －1＋a n －2＋a n －3＝80，S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝40，所以4(a 1＋a n )＝120，a 1＋a n ＝30，由S n ＝n a 1＋a n2＝210，得n ＝14.2．在等差数列{a n }中，S n 是其前n 项和，且S 2 011＝S 2 014，S k ＝S 2 009，则正整数k 为( ) A ．2 014 B ．2 015 C ．2 016D ．2 017解析：选C 因为等差数列的前n 项和S n 是关于n 的二次函数，所以由二次函数的对称性及S 2 011＝S 2 014，S k ＝S 2 009，可得2 011＋2 0142＝2 009＋k 2，解得k ＝2 016.故选C. 3．已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S 1<0,2S 21＋S 25＝0，则S n 取最小值时，n 的值为( )A ．11B ．12C ．13D ．14解析：选A 设等差数列{a n }的公差为d ，由2S 21＋S 25＝0得，67a 1＋720d ＝0，又d >0，∴67a 11＝67(a 1＋10d )＝67a 1＋670d <0,67a 12＝67(a 1＋11d )＝67a 1＋737d >0，即a 11<0，a 12>0.故选A.4．已知等差数列{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 n b n为整数的正整数n 的个数是( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选D ∵a n b n ＝a 1＋a 2n －12b 1＋b 2n －12＝a 1＋a 2n －122n －1b 1＋b 2n －122n －1＝A 2n －1B 2n －1＝72n －1＋452n －1＋3＝14n ＋382n ＋2＝7＋12n ＋1，∴当n 取1,2,3,5,11时，符合条件，∴符合条件的n 的个数是5. 5．若数列{a n }是等差数列，首项a 1<0，a 203＋a 204>0，a 203·a 204<0，则使前n 项和S n <0的最大自然数n 是________．解析：由a 203＋a 204>0⇒a 1＋a 406>0⇒S 406>0，又由a 1<0且a 203·a 204<0，知a 203<0，a 204>0，所以公差d >0，则数列{a n }的前203项都是负数，那么2a 203＝a 1＋a 405<0，所以S 405<0，所以使前n 项和S n <0的最大自然数n ＝405.答案：4056．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4≤4，S 5≥15，则a 4的最小值为________．解析：S 4＝2(a 1＋a 4)≤4⇒2a 3－d ≤2，S 5＝5a 3≥15⇒a 3≥3.因为2a 3－d ≤2，所以d －2a 3≥－2，又因为a 3≥3，所以2a 3≥6，所以d ≥4，所以a 4＝a 3＋d ≥7，所以a 4的最小值为7.答案：77．已知等差数列{a n }的公差d >0，前n 项和为S n ，且a 2a 3＝45，S 4＝28.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝S n n ＋c (c 为非零常数)，且数列{b n }也是等差数列，求c 的值．解：(1)∵S 4＝28，∴a 1＋a 4×42＝28，a 1＋a 4＝14，a 2＋a 3＝14，又a 2a 3＝45，公差d >0，∴a 2<a 3，∴a 2＝5，a 3＝9，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋d ＝5，a 1＋2d ＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，d ＝4，∴a n ＝4n －3. (2)由(1)，知S n ＝2n 2－n ，∴b n ＝S n n ＋c ＝2n 2－n n ＋c， ∴b 1＝11＋c ，b 2＝62＋c ，b 3＝153＋c . 又{b n }也是等差数列，∴b 1＋b 3＝2b 2，即2×62＋c ＝11＋c ＋153＋c，解得c ＝－12(c ＝0舍去)．8．在等差数列{a n }中，a 10＝23，a 25＝－22.(1)数列{a n }前多少项和最大？(2)求{|a n |}的前n 项和S n .解：(1)由⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋9d ＝23，a 1＋24d ＝－22，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝50，d ＝－3，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－3n ＋53.令a n >0，得n <533， ∴当n ≤17，n ∈N *时，a n >0；当n ≥18，n ∈N *时，a n <0，∴{a n }的前17项和最大．(2)当n ≤17，n ∈N *时，|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝na 1＋n n －12d ＝－32n 2＋1032n .当n ≥18，n ∈N *时，|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a 17－a 18－a 19－…－a n ＝2(a 1＋a 2＋…＋a 17)－(a 1＋a 2＋…＋a n )＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫－32×172＋1032×17－⎝ ⎛⎭⎪⎫－32n 2＋1032n ＝32n 2－1032n ＋884. ∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ －32n 2＋1032n ，n ≤17，n ∈N *，32n 2－1032n ＋884，n ≥18，n ∈N *.。

2018版高中数学第二章数列2.3等差数列的前n项和一学案新人教A版必修520180227379

2.3 等差数列的前n 项和（一）[学习目标] 1.掌握等差数列前n 项和公式及其获取思路.2.经历公式的推导过程，体会数形结合的数学思想，体验从特殊到一般的研究方法，学会观察、归纳、反思.3.熟练掌握等差数列的五个量a 1，d ，n ，a n ，S n 的关系，能够由其中三个求另外两个．知识点一数列前n 项和的概念把a 1＋a 2＋…＋a n 叫数列{a n }的前n 项和，记做S n ．则 a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＝S n －1(n ≥2)．思考由S n 与S n －1的表达式可以得出a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S n －S n －1 （n ≥2），S 1 （n ＝1）.知识点二等差数列前n 项和公式1．公式1：若{a n }是等差数列，则S n 可以用首项a 1和末项a n 表示为S n ＝n （a 1＋a n ）2．2．公式2：若首项为a 1，公差为d ，则S n 可以表示为S n ＝na 1＋12n (n －1)d ．3．推导方法：倒序相加法过程：S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，S n ＝a n ＋a n －1＋…＋a 1，∵a 1＋a n ＝a 2＋a n －1＝…＝a n ＋a 1， ∴2S n ＝n (a 1＋a n )， ∴S n ＝n （a 1＋a n ）2.4．从函数角度认识等差数列的前n 项和公式 (1)公式的变形S n ＝na 1＋n （n －1）d 2＝d 2n 2＋(a 1－d2)n .(2)从函数角度认识公式①当d ≠0时，S n 是项数n 的二次函数，且不含常数项； ②当d ＝0时，S n ＝na 1，不是项数n 的二次函数． (3)结论及其应用已知数列{a n }的前n 项和S n ＝An 2＋Bn ＋C ，若C ＝0，则数列{a n }为等差数列；若C ≠0，则数列{a n }不是等差数列．思考等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3＝6，a 1＝4，则公差d 等于( )A ．－2B ．－13C ．1D ．3 答案 A解析 S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝3a 2＝6， ∴a 2＝2，又a 1＝4，∴d ＝－2.知识点三等差数列前n 项和的性质1．若数列{a n }是公差为d 的等差数列，S n 为其前n 项和，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也是等差数列，且公差为d2. 2．若S m ，S 2m ，S 3m 分别为等差数列{a n }的前m 项，前2m 项，前3m 项的和，则S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 也成等差数列，公差为m 2d ．3．设两个等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，则a n b n ＝S 2n －1T 2n －1.4．若等差数列的项数为2n ，则S 2n ＝n (a n ＋a n ＋1)，S 偶－S 奇＝nd ，S 偶S 奇＝a n ＋1a n.5．若等差数列的项数为2n ＋1，则S 2n ＋1＝(2n ＋1)a n ＋1，S 偶－S 奇＝－a n ＋1，S 偶S 奇＝nn ＋1.思考等差数列{a n }的前m 项和为30，前2m 项和为100，则它的前3m 项和是________．答案 210解析设{a n }的前3m 项和是S ，S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 分别为30，70，S －100.由性质知30，70，S －100成等差数列． ∴2×70＝30＋(S －100)， ∴S ＝210.题型一与等差数列S n 有关的基本量的计算例1 在等差数列{a n }中，(1)已知a 1＝56，a n ＝－32，S n ＝－5，求n 和d ；(2)已知a 1＝4，S 8＝172，求a 8和d .解 (1)由题意得，S n ＝n （a 1＋a n ）2＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫56－322＝－5，解得n ＝15.又a 15＝56＋(15－1)d ＝－32，∴d ＝－16.∴n ＝15，d ＝－16.(2)由已知得S 8＝8（a 1＋a 8）2＝8（4＋a 8）2＝172，解得a 8＝39，又∵a 8＝4＋(8－1)d ＝39，∴d ＝5. ∴a 8＝39，d ＝5.反思与感悟 a 1，d ，n 称为等差数列的三个基本量，a n 和S n 都可以用这三个基本量来表示，五个量a 1，d ，n ，a n ，S n 中可知三求二，一般通过通项公式和前n 项和公式联立方程(组)求解，在求解过程中要注意整体思想的运用．跟踪训练1 在等差数列{a n }中， (1)已知a 6＝10，S 5＝5，求a 8和S 10； (2)已知a 3＋a 15＝40，求S 17.解 (1)⎩⎪⎨⎪⎧S 5＝5a 1＋5×42d ＝5，a 6＝a 1＋5d ＝10，解得a 1＝－5，d ＝3.∴a 8＝a 6＋2d ＝10＋2×3＝16，S 10＝10a 1＋10×92d ＝10×(－5)＋5×9×3＝85. (2)S 17＝17×（a 1＋a 17）2＝17×（a 3＋a 15）2＝17×402＝340.题型二等差数列前n 项和性质的应用例2 (1)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，已知a 2＝3，a 6＝11，则S 7等于( ) A ．13 B ．35 C ．49 D ．63(2)等差数列{a n }与{b n }的前n 项和分别是S n 和T n ，已知S n T n ＝7n n ＋3，则a 5b 5等于( )A ．7 B.23 C.7013 D.214(3)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，则数列{S nn}的前10项的和为________．答案 (1)C (2)D (3)75解析 (1)S 7＝72(a 1＋a 7)＝72(a 2＋a 6)＝72(3＋11)＝49.(2)a 5b 5＝a 1＋a 92b 1＋b 92＝S 9T 9＝7×99＋3＝214.(3)∵S n ＝n （3＋2n ＋1）2＝n (n ＋2)．∴S n n＝n ＋2，∴数列{S n n}是以首项为3，公差为1的等差数列， ∴{S n n }的前10项和为10×3＋10×92×1＝75. 反思与感悟等差数列前n 项和计算的几种思维方法 (1)整体思路：利用公式S n ＝n （a 1＋a n ）2，设法求出整体a 1＋a n ，再代入求解．(2)待定系数法：利用S n 是关于n 的二次函数，设S n ＝An 2＋Bn (A ≠0)，列出方程组求出A ，B 即可，或利用S n n 是关于n 的一次函数，设S nn＝an ＋b (a ≠0)进行计算．(3)利用S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等差数列进行求解．跟踪训练2 (1)已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( ) A ．100 B ．99 C ．98 D ．97 答案 C解析由等差数列性质，知S 9＝9（a 1＋a 9）2＝9×2a 52＝9a 5＝27，得a 5＝3，而a 10＝8，因此公差d ＝a 10－a 510－5＝1，∴a 100＝a 10＋90d ＝98，故选C.(2)已知两个等差数列{a n }与{b n }的前n (n >1)项和分别是S n 和T n ，且S n ∶T n ＝(2n ＋1)∶(3n －2)，求a 9b 9的值．解方法一 a 9b 9＝2a 92b 9＝a 1＋a 17b 1＋b 17＝a 1＋a 172×17b 1＋b 172×17＝S 17T 17＝2×17＋13×17－2＝3549＝57.方法二 ∵数列{a n }，{b n }均为等差数列， ∴S n ＝A 1n 2＋B 1n ，T n ＝A 2n 2＋B 2n .又S n T n ＝2n ＋13n －2， ∴令S n ＝tn (2n ＋1)，T n ＝tn (3n －2)，t ≠0，且t ∈R .∴a n ＝S n －S n －1＝tn (2n ＋1)－t (n －1)(2n －2＋1) ＝tn (2n ＋1)－t (n －1)(2n －1) ＝t (4n －1)(n ≥2)，b n ＝T n －T n －1＝tn (3n －2)－t (n －1)(3n －5) ＝t (6n －5)(n ≥2)． ∴a n b n ＝t （4n －1）t （6n －5）＝4n －16n －5，∴a 9b 9＝4×9－16×9－5＝3549＝57.题型三等差数列前n 项和公式在实际中的应用例3 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)．反思与感悟建立等差数列的模型时，要根据题意找准首项、公差和项数或者首项、末项和项数，并选择相应的公式进行求解．跟踪训练3 植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植树一棵，相邻两棵树相距10米，开始时需将树苗集中放置在某一棵树坑旁边，使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，此最小值为________米．答案 2 000解析假设20位同学是1号到20号依次排列，使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，则树苗需放在第10或第11号树坑旁，此时两侧的同学所走的路程都组成以20为首项，20为公差的等差数列，故所有同学往返的总路程为S ＝9×20＋9×82×20＋10×20＋10×92×20＝2 000 米．1．在等差数列{a n }中，S 10＝120，那么a 1＋a 10的值是( ) A ．12 B ．24 C ．36 D ．48 答案 B解析 S 10＝10（a 1＋a 10）2＝5(a 1＋a 10)＝120，∴a 1＋a 10＝24.2．在等差数列{a n }中，a 2＋a 5＝19，S 5＝40，则a 10等于( ) A ．27 B ．24 C ．29 D ．48 答案 C解析设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋5d ＝19，5a 1＋10d ＝40，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝3. ∴a 10＝2＋9×3＝29.3．已知数列{a n }中，a 23＋a 28＋2a 3a 8＝9，且a n <0，则S 10等于( ) A ．－1 B ．－11 C ．－13 D ．－15 答案 D解析易知(a 3＋a 8)2＝9. ∵a n <0，∴a 3＋a 8＝－3.∴S 10＝10（a 1＋a 10）2＝10（a 3＋a 8）2＝－15.4．等差数列{a n }的前四项之和为124，后四项之和为156，各项和为210，则此数列的项数为( ) A ．5 B ．6 C ．7 D ．8 答案 B解析由题意知a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝124，a n ＋a n －1＋a n －2＋a n －3＝156，∴4(a 1＋a n )＝280， ∴a 1＋a n ＝70. 又S ＝n （a 1＋a n ）2＝n2×70＝210，∴n ＝6. 5．已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 1＋a 22＝－3，S 5＝10，则a 9的值是________．答案 20解析设等差数列{a n }公差为d ，由题意可得：⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋（a 1＋d ）2＝－3，5a 1＋5×42d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝3，则a 9＝a 1＋8d ＝－4＋8×3＝20.1.推导等差数列前n 项和公式的方法称为倒序相加法，在某些数列求和中也可能用到． 2．等差数列的两个求和公式中，一共涉及a 1，a n ，S n ，n ，d 五个量，若已知其中三个量，通过方程思想可求另外两个量，在利用求和公式时，要注意整体思想的应用，注意结论“若m ＋n ＝p ＋q ，则a n ＋a m ＝a p ＋a q (n ，m ，p ，q ∈N *)”，“若m ＋n ＝2p ，则a n ＋a m ＝2a p ”的应用．感谢您的阅读，祝您生活愉快。

2017_2018学年高中数学第二章数列2.3等差数列的前n项和学案含解析新人教A版必修520170

2.3 等差数列的前n项和数列的前n项和[导入新知]数列的前n项和对于数列{a n}，一般地，称a1＋a2＋…＋a n为数列{a n}的前n项和，用S n表示，即S n＝a1＋a2＋…＋a n.[化解疑难]数列的前n项和就是指从数列的第1项a1起，一直到第n项a n所有项的和.等差数列的前n项和[提出问题]如图，某仓库堆放的一堆钢管，最上面的一层有4根钢管，下面的每一层都比上一层多一根，最下面的一层有9根．问题1：共有几层？图形的横截面是什么形状？提示：六层，等腰梯形．问题2：假设在这堆钢管旁边再倒放上捆扎着的同样一堆钢管，如图所示，则这样共有多少钢管？提示：(4＋9)×6＝78.问题3：原来有多少根钢管？1 提示：×78＝39.2问题4：能否利用前面问题推导等差数列前n项和公式S n＝a1＋a2＋…＋a n?提示：能．S n＝a1＋a2＋…＋a n，S n＝a n＋a n－1＋…＋a1，相加：2S n＝(a1＋a n)＋(a2＋a n－1)＋…＋(a n＋a1)＝1n(a1＋a n)，n a1＋a n∴S n＝.2问题5：试用a1，d，n表示S n.提示：∵a n＝a1＋(n－1)d，n[a1＋a1＋n－1d] n n－1∴S n＝＝na1＋d.2 2[导入新知]等差数列的前n项和公式已知量首项、末项与项数首项、公差与项数n a1＋a n 选用公式S n＝2n n－1 S n＝na1＋d2[化解疑难]等差数列前n项和公式的特点(1)两个公式共涉及a1，d，n，a n及S n五个基本量，它们分别表示等差数列的首项、公差、项数、通项和前n项和．(2)当已知首项、末项和项数时，用前一个公式较为简便；当已知首项、公差和项数时，用后一个公式较好．等差数列前n项和的有关计算1 [例1](1)(北京高考)已知{a n}为等差数列，S n为其前n项和，若a1＝，S2＝a3，则a2＝2__________；S n＝________.(2)在等差数列{a n}中，已知d＝2，a n＝11，S n＝35，求a1和n.[解](1)设公差为d，则由S2＝a3得12a1＋d＝a1＋2d，所以d＝a1＝，2n n－1n n＋1故a2＝a1＋d＝1，S n＝na1＋d＝.2 4(2)由Error!得Error!解方程组，得Error!或Error!n n＋1[答案](1)14[类题通法]2a1，d，n称为等差数列的三个基本量，a n和S n都可以用这三个基本量来表示，五个量a1，d，n，a n，S n中可知三求二，即等差数列的通项公式及前n项和公式中“知三求二”的问题，一般是通过通项公式和前n项和公式联立方程(组)来求解．这种方法是解决数列运算的基本方法，在具体求解过程中应注意已知与未知的联系及整体思想的运用．[活学活用]已知等差数列{a n}．5 3(1)a1＝，a15＝－，S n＝－5，求n和d；6 2(2)a1＝4，S8＝172，求a8和S n.5 3解：(1)∵a15＝＋(15－1)d＝－，6 21∴d＝－.6n n－1又S n＝na1＋·d＝－5，2解得n＝15，n＝－4(舍去)．8a1＋a884＋a8(2)由已知，得S8＝＝＝172，2 2解得a8＝39.又∵a8＝4＋(8－1)d＝39，∴d＝5.n n－1 5 3∴S n＝4n＋×5＝n2＋n.2 2 2已知S n求通项公式a n[例2]已知数列{a n}的前n项和S n＝－2n2＋n＋2.(1)求{a n}的通项公式；(2)判断{a n}是否为等差数列．[解](1)∵S n＝－2n2＋n＋2，∴当n≥2时，S n－1＝－2(n－1)2＋(n－1)＋2＝－2n2＋5n－1，∴a n＝S n－S n－1＝(－2n2＋n＋2)－(－2n2＋5n－1)＝－4n＋3.又a1＝S1＝1，不满足a n＝－4n＋3，3∴数列{a n}的通项公式是a n＝Error!(2)由(1)知，当n≥2时，a n＋1－a n＝[－4(n＋1)＋3]－(－4n＋3)＝－4，但a2－a1＝－5－1＝－6≠－4，∴{a n}不满足等差数列的定义，{a n}不是等差数列．[类题通法]已知数列{a n}的前n项和公式S n，求通项公式a n的步骤：(1)当n＝1时，a1＝S1；(2)当n≥2时，根据S n写出S n－1，化简a n＝S n－S n－1；(3)如果a1也满足当n≥2时，a n＝S n－S n－1的通项公式，那么数列{a n}的通项公式为a n＝S n －S n－1.如果a1不满足当n≥2时，a n＝S n－S n－1的通项公式，那么数列{a n}的通项公式要分段表示为a n＝Error!(如本例)[活学活用]已知下面各数列{a n}的前n项和S n的公式，求{a n}的通项公式．(1)S n＝2n2－3n；(2)S n＝3n－2.解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝2×12－3×1＝－1；当n≥2时，S n－1＝2(n－1)2－3(n－1)＝2n2－7n＋5，则a n＝S n－S n－1＝(2n2－3n)－(2n2－7n＋5)＝2n2－3n－2n2＋7n－5＝4n－5.此时若n＝1，a n＝4n－5＝4×1－5＝－1＝a1，故a n＝4n－5.(2)当n＝1时，a1＝S1＝31－2＝1；当n≥2时，S n－1＝3n－1－2，则a n＝S n－S n－1＝(3n－2)－(3n－1－2)＝3n－3n－1＝3·3n－1－3n－1＝2·3n－1.此时若n＝1，a n＝2·3n－1＝2·31－1＝2≠a1，故a n＝Error!等差数列前n项和的性质[例3](1)(辽宁高考)在等差数列{a n}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项和S11等于()4A．58B．88C．143 D．176(2)等差数列{a n}中，S10＝100，S100＝10，求S110.[解](1)因为{a n}是等差数列，所以a1＋a11＝a4＋a8＝2a6＝16⇒a6＝8，则该数列的前11 11a1＋a11项和为S11＝＝11a6＝88.2(2)∵数列{a n}为等差数列，∴S10，S20－S10，S30－S20，…，S110－S100也成等差数列．设其公差为d，则S10＋(S20－S10)＋(S30－S20)＋…＋(S100－S90)＝S100，10 × 9即10S10＋×d＝S100＝10.2又∵S10＝100，代入上式，得d＝－22，∴S110－S100＝S10＋(11－1)×d＝100＋10×(－22)＝－120，∴S110＝－120＋S100＝－110.[答案](1)B[类题通法]等差数列的前n项和常用的性质(1)等差数列的依次k项之和，S k，S2k－S k，S3k－S2k，…组成公差为k2d的等差数列．S n{n}为等差数列．(2)数列{a n}是等差数列⇔S n＝an2＋bn(a，b为常数)⇔数列(3)若S奇表示奇数项的和，S偶表示偶数项的和，公差为d.①当项数为偶数2n时，S偶－S奇＝nd，S奇a n＝；S偶a n＋1②当项数为奇数2n－1时，S奇－S偶＝a n，S奇n＝.S偶n－1[活学活用]1．在等差数列{a n}中，若S4＝1，S8＝4，则a17＋a18＋a19＋a20的值为()A．9 B．12C．16 D．17解析：选A由等差数列的性质知S4，S8－S4，S12－S8，…也构成等差数列，不妨设为{b n}，且b1＝S4＝1，b2＝S8－S4＝3，于是可求得b3＝5，b4＝7，b5＝9，即a17＋a18＋a19＋a20＝b5＝9.52．等差数列{a n}中，a2＋a7＋a12＝24，则S13＝________.解析：因为a1＋a13＝a2＋a12＝2a7，又a2＋a7＋a12＝24，所以a7＝8.13a1＋a13所以S13＝＝13×8＝104.2答案：104等差数列前n项和的最值[例4]在等差数列{a n}中，a1＝25，S17＝S9，求前n项和S n的最大值．[解]由S17＝S9，n∈N*，得17 ×17－19 ×9－125×17＋d＝25×9＋d，2 2解得d＝－2，n n－1法一：∴S n＝25n＋×(－2)＝－(n－13)2＋169.2由二次函数的性质得，当n＝13时，S n有最大值169.法二：∵a1＝25＞0，由Error!1 1得Error!即12 ＜n≤13.2 2∴当n＝13时，S n有最大值169.法三：由S17＝S9，得a10＋a11＋…＋a17＝0.而a10＋a17＝a11＋a16＝a12＋a15＝a13＋a14，故a13＋a14＝0.∵d＝－2<0，a1>0，∴a13>0，a14<0.故n＝13时，S n有最大值169.[类题通法]求等差数列的前n项和S n的最值通常有两种思路n n－1d d)n配方．转化为求二次函数的最值问题，借助函(1)将S n＝na1＋d＝n2＋22 (a1－2数单调性来解决；(2)邻项变号法：当a1>0，d<0时，满足Error!的项数n使S n取最大值．当a1<0，d>0时，满足Error!的项数n使S n取最小值．[活学活用]6已知{a n}是等差数列，其中a10＝30，a20＝50.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若b n＝a n－20，求数列{b n}的前n项和T n的最小值．解：(1)由a10＝30，a20＝50，得Error!解得a1＝12，d＝2，所以a n＝2n＋10.(2)由b n＝a n－20得b n＝2n－10，所以，当n<5时，b n<0；当n>5时，b n>0；当n＝5时，b n＝0.由此可知，数列{b n}的前4项或前5项的和最小．易知T4＝T5＝－20，故数列{b n}的前n项和T n的最小值为－20.3.求等差数列前n项和[典例](12分)已知等差数列{a n}满足a3＝7，a5＋a7＝26，{a n}的前n项和为S n.求a n 及S n.[解题流程][规范解答]设等差数列{a n}的公差为d，因为a3＝7，a5＋a7＝26，所以有Error!(4分)解得a1＝3，d＝2，所以a n＝3＋2(n－1)＝2n＋1，(9分)n n－1S n＝3n＋×2＝n2＋2n.(12分)2[名师批注]解决等差数列问题时，有以下几点容易造成失分：(1)利用方程的思想联立求解在计算上容易出现失误，不能准确求出首项a1和公差d；7(2)基本公式中的项数或奇偶项的确定不正确；(3)判断一个数列是否为等差数列时，易忽略验证第1项．[活学活用]已知等差数列{a n}中，a1＝1，a3＝－3.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若数列{a n}的前k项和S k＝－35，求k的值．解：(1)设等差数列{a n}的公差为d，则a n＝a1＋(n－1)d.由a1＝1，a3＝－3可得1＋2d＝－3，解得d＝－2.从而，a n＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n.(2)由(1)可知a n＝3－2n，n[1＋3－2n]所以S n＝＝2n－n2.2进而由S k＝－35可得2k－k2＝－35.又k∈N*，故k＝7为所求．[随堂即时演练]1．(全国卷Ⅱ)设S n是等差数列{a n}的前n项和，若a1＋a3＋a5＝3，则S5＝()A．5B．7C．9 D．115a1＋a5解析：选A法一：∵a1＋a5＝2a3，∴a1＋a3＋a5＝3a3＝3，∴a3＝1，∴S5＝＝25a3＝5，故选A.法二：∵a1＋a3＋a5＝a1＋(a1＋2d)＋(a1＋4d)＝3a1＋6d＝3，∴a1＋2d＝1，5 × 4∴S5＝5a1＋d＝5(a1＋2d)＝5，故选A.22．设S n是等差数列{a n}的前n项和，已知a2＝3，a6＝11，则S7等于()A．13 B．35C．49 D．63解析：选C法一：设数列{a n}的公差为d，Error!解得Error!7 × 6 于是S7＝7×1＋×2＝49.2法二：由等差数列前n项和公式及性质知7a1＋a77a2＋a67 ×3＋11S7＝＝＝＝49.2 2 283．已知数列的通项公式a n＝－5n＋2，则其前n项和S n＝________.解析：∵a n＝－5n＋2，∴数列{a n}是等差数列，且a1＝－3，公差d＝－5，n－3－5n＋2n5n＋1∴S n＝＝－.2 2n5n＋1答案：－24．在数列{a n}中，a1＝32，a n＋1＝a n－4，则当n＝________时，前n项和S n取最大值，最大值是________．解析：∵d＝a n＋1－a n＝－4，∴a n＝－4n＋36.令a n＝－4n＋36≥0，得n≤9，∴n＝8或9时，S n最大，且S8＝S9＝144.答案：8或91445．在等差数列{a n}中：(1)已知a6＝10，S5＝5，求a8；48(2)已知a2＋a4＝，求S5.5解：(1)由已知Error!得Error!解得Error!所以a8＝a1＋7d＝－5＋7×3＝16(或a8＝a6＋2d＝10＋2×3＝16)．48(2)由a2＋a4＝及等差数列的性质，548知a1＋a5＝a2＋a4＝，55a1＋a5 5 48 所以S5＝＝×＝24.2 2 5[课时达标检测]一、选择题1．设{a n}为等差数列，公差d＝－2，S n为其前n项和．若S10＝S11，则a1等于() A．18B．20C．22 D．24解析：选B由S10＝S11，得a11＝S11－S10＝0，a1＝a11＋(1－11)d＝0＋(－10)×(－2)＝20.2．已知等差数列{a n}满足a2＋a4＝4，a3＋a5＝10，则它的前10项的和S10等于() A．138 B．1359C．95 D．23解析：选C由a2＋a4＝4，a3＋a5＝10，可知d＝3，a1＝－4.10 × 9∴S10＝－40＋×3＝95.23．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a4＝15，S5＝55，则数列{a n}的公差是()1A. B．44C．－4 D．－3解析：选B∵{a n}是等差数列，a4＝15，S5＝55，∴5a3＝55，a3＝11，∴公差d＝a4－a3＝4.4．设等差数列{a n}的前n项和为S n，若S3＝9，S6＝36，则a7＋a8＋a9等于()A．63 B．45C．36 D．27解析：选B∵a7＋a8＋a9＝S9－S6，而由等差数列的性质可知，S3，S6－S3，S9－S6构成等差数列．所以S3＋(S9－S6)＝2(S6－S3)，即S9－S6＝2S6－3S3＝2×36－3×9＝45.5．已知某等差数列共有10项，其奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差为() A．5 B．4C．3 D．2解析：选C由题意得S偶－S奇＝5d＝15，∴d＝3.或由解方程组Error!求得d＝3，故选C.二、填空题6．设等差数列{a n}的前n项和为S n，若a6＝S3＝12，则{a n}的通项a n＝________.解析：设{a n}的公差为d，则Error!解得Error!于是a n＝2＋(n－1)×2＝2n.答案：2n7．(北京高考)若等差数列{a n}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n＝________时，{a n} 的前n项和最大．解析：∵数列{a n}是等差数列，且a7＋a8＋a9＝3a8＞0，∴a8＞0.又a7＋a10＝a8＋a9＜0，∴a9＜0.∴当n＝8时，其前n项和最大．答案：8S78．已知S n为等差数列{a n}的前n项和，且a4＝2a3，则＝________.S5解析：由等差数列的性质知S7 7a4 7 a4 7 14＝＝×＝×2＝.S5 5a3 5 a3 5 514答案：5三、解答题S n9．设数列{a n}的前n项和为S n，点(n，n)(n∈N*)均在函数y＝3x－2的图象上，求数列{a n} 的通项公式．S n解：依题意得，＝3n－2，即S n＝3n2－2n.n当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝(3n2－2n)－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5，因a1＝S1＝1，满足a n＝6n－5，所以a n＝6n－5(n∈N*)．10．数列{a n}的前n项和S n＝33n－n2.(1)求证：{a n}是等差数列；(2)问{a n}的前多少项和最大；(3)设b n＝|a n|，求数列{b n}的前n项和S′n.解：(1)证明：当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝34－2n，又当n＝1时，a1＝S1＝32＝34－2×1满足a n＝34－2n.故{a n}的通项为a n＝34－2n.所以a n＋1－a n＝34－2(n＋1)－(34－2n)＝－2.故数列{a n}是以32为首项，－2为公差的等差数列．(2)令a n≥0，得34－2n≥0，所以n≤17，故数列{a n}的前17项大于或等于零．又a17＝0，故数列{a n}的前16项或前17项的和最大．(3)由(2)知，当n≤17时，a n≥0；当n≥18时，a n＜0.所以当n≤17 时，S′n＝b1＋b2＋…＋b n＝|a1|＋|a2|＋…＋|a n|＝a1＋a2＋…＋a n＝S n＝33n－n2.当n≥18时，S′n＝|a1|＋|a2|＋…＋|a17|＋|a18|＋…＋|a n|＝a1＋a2＋…＋a17－(a18＋a19＋…＋a n)＝S17－(S n－S17)＝2S17－S n＝n 2－33n ＋544.故 S ′n ＝Error!2S 2n 11．已知 S n 是数列{a n }的前 n 项和，且 a 1＝1，a n ＝ (n ≥2)，求 a n . 2S n －1 2S 2n 2S 2n 解：当 n ≥2 时，将 S n －S n －1＝a n 代入式子 a n ＝，得 S n －S n －1＝ . 2S n －1 2S n －1 整理，得 S n －1－S n ＝2S n ·S n －1.1 1 两边同除S n ·S n －1得－＝2(n ≥2)． S n S n －1 1∴数列{S n }是以 2为公差的等差数列． 1 1 1 则＝＋2(n －1)＝2n －1.∴S n ＝ . S n S 1 2n －1－2当 n ≥2 时，a n ＝S n －S n－1＝ . 2n －12n －3当 n ＝1时，a 1＝1不适合上式， ∴a n ＝Error!12．在等差数列{a n }中，a 10＝18，前 5项的和 S 5＝－15.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{a n }的前 n 项和的最小值，并指出何时取得最小值．解：(1)设{a n }的首项、公差分别为 a 1，d ，则Error!解得 a 1＝－9，d ＝3，∴a n ＝3n －12. n a 1＋a n 1(2)S n ＝＝ (3n 2－21n ) 2 2 37 147 ＝ 2 )2－，2(n －8 ∴当 n ＝3或 4时，前 n 项的和取得最小值为－18.12。

2017-2018年度高中数学第二章数列 2.3 等差数列的前n项和讲义新人教A版必修5

＋a6＋a7＋a8)－S4＝16d，解得 d＝14，a11＋a12＋a13＋a14＝S4问题
[例 4] 已知等差数列{an}中，a1＝9，a4＋a7＝0. (1)求数列{an}的通项公式； (2)当 n 为何值时，数列{an}的前 n 项和取得最大值．【思路点拨】
跟踪训练 2 已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝－2n2＋n＋2. (1)求{an}的通项公式； (2)判断{an}是否为等差数列？
解析：(1)因为 Sn＝－2n2＋n＋2，所以当 n≥2 时，Sn－1＝－2(n－1)2＋(n－1)＋2 ＝－2n2＋5n－1，
所以 an＝Sn－Sn－1 ＝(－2n2＋n＋2)－(－2n2＋5n－1)
A．138
B．135
C．95
D．23
解析：由 a2＋a4＝4，a3＋a5＝10，可得 d＝3，a1＝－4. 所以 S10＝－40＋10× 2 9×3＝95. 答案：C
3．(教材同类改编)等差数列{an}中，d＝2，an＝11，Sn＝35，则 a1 等于( )
A．5 或 7 B．3 或 5 C．7 或－1 D．3 或－1
令 an≥0，则 11－2n≥0，解得 n≤121. ∵n∈N＋，∴n≤5 时，an>0，n≥6 时，an<0. ∴S5 最大．
方法归纳,
求等差数列的前 n 项和 Sn 的最值有两种方法： (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am≥0， am＋1≤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负数，从某项开始其余所有项均为非负数，所以由
＝－4n＋3.
又 a1＝S1＝1，不满足 an＝－4n＋3，所以数列{an}的通项公式是

高中数学第二章数列2.3等差数列的前n项和教案新人教A版必修

§2.3 等差数列的前n项和●教学目标知识与技能：掌握等差数列前n项和公式及其获取思路；会用等差数列的前n项和公式解决一些简单的与前n项和有关的问题过程与方法：通过公式的推导和公式的运用，使学生体会从特殊到一般，再从一般到特殊的思维规律，初步形成认识问题，解决问题的一般思路和方法；通过公式推导的过程教学，对学生进行思维灵活性与广阔性的训练，发展学生的思维水平.情感态度与价值观：通过公式的推导过程，展现数学中的对称美。

●教学重点等差数列n项和公式的理解、推导及应●教学难点灵活应用等差数列前n项公式解决一些简单的有关问题●教学过程Ⅰ.课题导入“小故事”:高斯是伟大的数学家，天文学家，高斯十岁时,有一次老师出了一道题目,老师说: “现在给大家出道题目:1+2+…100=?”过了两分钟,正当大家在：1+2=3；3+3=6；4+6=10…算得不亦乐乎时，高斯站起来回答说：“1+2+3+…+100=5050。

教师问：“你是如何算出答案的？高斯回答说：因为1+100=101；2+99=101；…50+51=101，所以101×50=5050”这个故事告诉我们：（1）作为数学王子的高斯从小就善于观察，敢于思考，所以他能从一些简单的事物中发现和寻找出某些规律性的东西。

（2）该故事还告诉我们求等差数列前n项和的一种很重要的思想方法，这就是下面我们要介绍的“倒序相加”法。

Ⅱ.讲授新课1．等差数列的前n 项和公式1：2)(1n n a a n S += 证明： n n n a a a a a S +++++=-1321 ① 1221a a a a a S n n n n +++++=-- ②①+②：)()()()(223121n n n n n n a a a a a a a a S ++++++++=--∵ =+=+=+--23121n n n a a a a a a∴)(21n n a a n S += 由此得：2)(1n n a a n S += 从而我们可以验证高斯十岁时计算上述问题的正确性2．等差数列的前n 项和公式2：2)1(1d n n na S n -+= 用上述公式要求n S 必须具备三个条件：n a a n ,,1但d n a a n )1(1-+= 代入公式1即得： 2)1(1d n n na S n -+= 此公式要求n S 必须已知三个条件：d a n ,,1 （有时比较有用）[范例讲解]课本P43-44的例1、例2、例3由例3得与n a 之间的关系：由n S 的定义可知，当n=1时，1S =1a ；当n ≥2时，n a =n S -1-n S ，即n a =⎩⎨⎧≥-=-)2()1(11n S S n S n n . Ⅲ.课堂练习课本P45练习1、2、3、4Ⅳ.课时小结本节课学习了以下内容：1.等差数列的前n 项和公式1：2)(1n n a a n S +=2.等差数列的前n项和公式2：2)1( 1d nnnaSn -+=Ⅴ.课后作业课本P46习题[A组]2、3题精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。

2018版高中数学第二章数列2.3.2等比数列的前n项和第1课时等比数列的前n项和学案新人教B版必修5

第1课时等比数列的前n 项和1.掌握等比数列的前n 项和公式及其应用. 重点2.会用错位相减法求数列的和. 难点3.能运用等比数列的前n 项和公式解决一些简单的实际问题.[基础·初探]教材整理等比数列的前n 项和阅读教材P 48～P 50，完成下列问题. 等比数列的前n 项和公式1.设{a n }是公比为正数的等比数列，若a 1＝1，a 5＝16，则数列{a n }前7项的和为________.【解析】 ∵a 5＝a 1q 4，∴q ＝±2.∵q >0，∴q ＝2，∴S 7＝a 1 1－q 7 1－q ＝27－12－1＝127.【答案】 1272.在等比数列{a n }中，a 1＝2，S 3＝26，则公比q ＝________.【解析】 ∵S 3＝a 1 1－q 3 1－q ＝2 1－q 3 1－q＝26，∴q 2＋q －12＝0，∴q ＝3或－4.【答案】 3或－43.等比数列{a n }中，公比q ＝－2，S 5＝44，则a 1＝________. 【解析】由S 5＝a 1[1－－2 5]1－－2＝44，得a 1＝4. 【答案】 44.设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝________. 【解析】由8a 2＋a 5＝0，得a 5a 2＝－8，即q 3＝－8，所以q ＝－2.S 5S 2＝a 1[1－－2 5]1－－2 a 1[1－－2 2]1－－2 ＝1－－2 51－－2 2＝－11. 【答案】－11[小组合作型]n (1)若S n ＝189，q ＝2，a n ＝96，求a 1和n ； (2)若a 3＝32，S 3＝92，求a 1和公比q .【精彩点拨】利用等比数列的前n 项和公式及通项公式，列出方程组求相应各个量.【自主解答】 (1)法一：由S n ＝a 1 1－q n 1－q ，a n ＝a 1q n －1以及已知条件得⎩⎪⎨⎪⎧189＝a 1 1－2n1－2，96＝a 1·2n －1，∴a 1·2n＝192，∴2n＝192a 1.∴189＝a 1(2n－1)＝a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫192a 1－1，∴a 1＝3. 又∵2n －1＝963＝32，∴n ＝6. 法二：由公式S n ＝a 1－a n q1－q及条件得 189＝a 1－96×21－2，解得a 1＝3，又由a n ＝a 1·q n －1，得96＝3·2n －1，解得n ＝6.(2)①当q ≠1时，S 3＝a 1 1－q 3 1－q ＝92，又a 3＝a 1·q 2＝32，∴a 1(1＋q ＋q 2)＝92，即32q 2(1＋q ＋q 2)＝92，解得q ＝－12(q ＝1舍去)，∴a 1＝6.②当q ＝1时，S 3＝3a 1，∴a 1＝32.综上得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝6， q ＝－12或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝32， q ＝1.1.在等比数列 {a n }的五个量a 1，q ，a n ，n ，S n 中，已知其中的三个量，通过列方程组求解，就能求出另外两个量，这是方程思想与整体思想在数列中的具体应用.2.在解决与前n 项和有关的问题时，首先要对公比q ＝1或q ≠1进行判断，若两种情况都有可能，则要分类讨论.[再练一题]1.在等比数列{a n }中，(1)若q ＝2，S 4＝1，求S 8;【导学号：18082035】(2)若a 1＋a 3＝10，a 4＋a 6＝54，求a 4和S 5.【解】 (1)法一：设首项为a 1，∵q ＝2，S 4＝1，∴a 1 1－241－2＝1，即a 1＝115，∴S 8＝a 1 1－q 81－q ＝115 1－281－2＝17.法二：∵S 4＝a 1 1－q 41－q＝1，且q ＝2，∴S 8＝a 1 1－q 8 1－q ＝a 1 1－q 4 1－q(1＋q 4)＝S 4·(1＋q 4)＝1×(1＋24)＝17.(2)设公比为q ，由通项公式及已知条件得 ⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 2＝10， a 1q 3＋a 1q 5＝54，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1 1＋q 2＝10， ① a 1q 3 1＋q 2＝54， ②∵a 1≠0,1＋q 2≠0，∴②÷①得，q 3＝18，即q ＝12，∴a 1＝8.∴a 4＝a 1q 3＝8×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝1，S 5＝a 1 1－q 5 1－q＝8×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝312.个月开始等额还贷，分6个月付清，试问每月应支付多少元？(1.016≈1.061,1.015≈1.051)【精彩点拨】解决等额还贷问题关键要明白以下两点(1)所谓复利计息，即把上期的本利和作为下一期本金，在计算时每一期本金的数额是不同的，复利的计算公式为S ＝P (1＋r )n，其中P 代表本金，n 代表存期，r 代表利率，S 代表本利和.(2)从还贷之月起，每月还贷金额是构成等比数列还是等差数列，首项是什么，公比或公差是多少.【自主解答】法一：设每个月还贷a 元，第1个月后欠款为a 0元，以后第n 个月还贷a 元后，还剩下欠款a n 元(1≤n ≤6)，则a 0＝10 000，a 1＝1.01a 0－a ，a 2＝1.01a 1－a ＝1.012a 0－(1＋1.01)a ，…a 6＝1.01a 5－a ＝…＝1.016a 0－[1＋1.01＋…＋1.015]a .由题意，可知a 6＝0，即1.016a 0－[1＋1.01＋…＋1.015]a ＝0， a ＝1.016×1021.016－1. ∵1.016＝1.061， ∴a ＝1.061×1021.061－1≈1 739.故每月应支付1 739元.法二：一方面，借款10 000元，将此借款以相同的条件存储6个月，则它的本利和为S 1＝104(1＋0.01)6＝104×(1.01)6(元).另一方面，设每个月还贷a 元，分6个月还清，到贷款还清时，其本利和为S 2＝a (1＋0.01)5＋a (1＋0.01)4＋…＋a＝a [ 1＋0.01 6－1]1.01－1＝a [1.016－1]×102(元). 由S 1＝S 2，得a ＝1.016×1021.016－1. 以下解法同法一，得a ≈1 739，故每月应支付1 739元.解数列应用题的具体方法步骤：1 认真审题，准确理解题意，达到如下要求,①明确问题属于哪类应用问题，即明确是等差数列问题还是等比数列问题，还是含有递推关系的数列问题？是求a n ，还是求S n ？特别要注意准确弄清项数是多少.,②弄清题目中主要的已知事项.2 抓住数量关系，联想数学知识和数学方法，恰当引入参数变量，将文字语言翻译成数学语言，将数量关系用数学式子表达3 将实际问题抽象为数学问题，将已知与所求联系起来，列出满足题意的数学关系式.[再练一题]2.为保护我国的稀土资源，国家限定某矿区的出口总量不能超过80吨，该矿区计划从2014年开始出口，当年出口a 吨，以后每年出口量均比上一年减少10%.(1)以2014年为第一年，设第n 年出口量为a n 吨，试求a n 的表达式；(2)因稀土资源不能再生，国家计划10年后终止该矿区的出口，问2014年最多出口多少吨？(保留一位小数.参考数据：0.910≈0.35.)【解】 (1)由题意知每年的出口量构成等比数列，且首项a 1＝a ，公比q ＝1－10%＝0.9，∴a n ＝a ·0.9n －1(n ≥1).(2)10年的出口总量S 10＝a 1－0.9101－0.9＝10a (1－0.910).∵S 10≤80，∴10a (1－0.910)≤80，即a ≤81－0.910，∴a ≤12.3，故2014年最多出口12.3吨.[探究共研型]n ·2n}是等比数列吗？是等差数列吗？该数列的前n 项和S n 的表达式是什么？【提示】由等差数列及等比数列的定义可知数列{n ·2n}既不是等差数列，也不是等比数列.该数列的前n 项和S n 的表达式为S n ＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n.探究2 在等式 S n ＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n 两边同乘以数列{2n}的公比后，该等式的变形形式是什么？认真观察两式的结构特征，你能将求S n 的问题转化为等比数列的前n 项和问题吗？【提示】在等式S n ＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n①两边同乘以{2n}的公比可变形为2S n ＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1②②－①得：S n ＝－1·21－22－23－24－…－2n ＋n ·2n ＋1＝－(21＋22＋23＋…＋2n )＋n ·2n ＋1.此时可把求S n 的问题转化为求等比数列{2n}的前n 项和问题.我们把这种求由一个等差数列{a n }和一个等比数列{b n }相应项的积构成的数列{a n b n }前n 项和的方法叫错位相减法.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1. (1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝ a n ＋1n ＋1b n ＋2n ，求数列{c n }的前n 项和T n .【精彩点拨】 (1)利用S n 与a n 的关系求出a n ，再利用待定系数法求出b n .(2)先化简c n ，再利用错位相减法求和.【自主解答】 (1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5，当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，满足上式，所以a n ＝6n ＋5. 设数列{b n }的公差为d .由⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝b 1＋b 2， a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝4， d ＝3.所以b n ＝3n ＋1.(2)由(1)知c n ＝ 6n ＋6 n ＋13n ＋3 n ＝3(n ＋1)·2n ＋1，又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]，2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]，两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋4 1－2n1－2－ n ＋1 ×2n ＋2 ＝－3n ·2n ＋2，所以T n ＝3n ·2n ＋2.错位相减法的适用范围及注意事项：1 适用范围：它主要适用于{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n b n }的前n 项和.2 注意事项：①利用“错位相减法”时，在写出S n 与qS n 的表达式时，应注意使两式错对齐，以便于作差，正确写出 1－q S n 的表达式.②利用此法时要注意讨论公比q 是否等于1的情况.[再练一题]3.12＋12＋38＋…＋n2n ＝________. 【解析】令S n ＝12＋24＋38＋…＋n2n ，①则12S n ＝14＋28＋316＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，② 由①－②得，12S n ＝12＋14＋18＋…＋12n －n 2n ＋1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12 n1－12－n 2n ＋1，得S n ＝2－22n －n 2n ＝2n ＋1－n －22n. 【答案】2n ＋1－n －22n 1.数列 {2n －1}的前99项和为( )A.2100－1 B.1－2100C.299－1D.1－299【解析】数列{2n －1}为等比数列，首项为1，公比为2，故其前99项和为S 99＝1－2991－2＝299－1.【答案】 C2.等比数列{a n }中，a 3＝3S 2＋2，a 4＝3S 3＋2，则公比q 等于( )【导学号：18082036】A.2B.12C.4D.14【解析】 a 3＝3S 2＋2，a 4＝3S 3＋2，等式两边分别相减得，a 4－a 3＝3a 3即a 4＝4a 3，∴q ＝4.【答案】 C3.已知等比数列{a n }中，q ＝2，n ＝5，S n ＝62，则a 1＝________. 【解析】 ∵q ＝2，n ＝5，S n ＝62，∴a 1 1－q n 1－q＝62，即a 1 1－251－2＝62，∴a 1＝2. 【答案】 24.设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝3a 3，则公比q ＝________.【解析】 ∵S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝3a 3，∴a 1＋a 2＝2a 3，∵a 1≠0，∴1＋q ＝2q 2，即2q 2－q －1＝0，∴q ＝－12或1.【答案】－12或15.已知{a n }是公差为3的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝13，a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n .(1)求{a n }的通项公式； (2)求{b n }的前n 项和.【解】 (1)由已知，a 1b 2＋b 2＝b 1，b 1＝1，b 2＝13，得a 1＝2.所以数列{a n }是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为a n ＝3n －1. (2)由(1)知a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n ，得b n ＋1＝b n3，因此{b n }是首项为1，公比为13的等比数列.记{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13 n1－13＝32－12×3n －1.。

(浙江专版)2018年高中数学第二章数列 2.5 等比数列的前n项和学案新人教A版必修5

[活学活用］
已知a6－a4＝24，a3·a5＝64,求S8.
解：法一：由题意，得
化简得
①÷②，得q2－1＝±3,负值舍去，
∴q2＝4,∴q＝2或q＝－2。
当q＝2时,代入①得a1＝1.
∴S8＝＝255。
当q＝－2时,代入①得a1＝－1。
∴S8＝＝ .
综上知S8＝255或 .
法二：由等比数列的性质得a3·a5＝a ＝64，∴a4＝±8.
所以ak4＝a1·q3＝a1·43＝64a1。
又ak4＝a1＋(k4－1)·d＝a1＋(k4－1)·（3a1)，
所以a1＋（k4－1）·（3a1）＝64a1,a1≠0,
所以3k4－2＝64，所以k4＝22。
答案：22
2．（浙江高考)设数列｛an}的前n项和为Sn,已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N＊。
等比数列及其前n项和的综合应用
［典例] (1)已知｛an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝（）
A．16（1－4－n）B．16(1－2－n）
C。 (1－4－n)D。（1－2－n)
(2）设Sn为数列｛an｝的前n项和，Sn＝(－1）nan－ ,n∈N*，则
①a3＝________；
Sn＝
Sn＝
[点睛］在应用公式求和时，应注意到Sn＝的使用条件为q≠1，而当q＝1时应按常数列求和，即Sn＝na1.
2．等比数列前n项和的性质
（1）等比数列{an}中，若项数为2n，则＝q；若项数为2n＋1，则＝q。
（2)若等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn,S2n－Sn，S3n－S2n…成等比数列（其中Sn，S2n－Sn,S3n－S2n…均不为0)．

浙江专版2018年高中数学复习课二数列课件新人教A版

3．已知等比数列{an}满足 an>0， n＝1,2， …，且 a5· a2n－5＝22n(n≥3)，则 log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1 等于 A．n(2n－1) C．n2
－
(
)
B．(n＋1)2 D．(n－1)2
2n n 解析：选 C ∵a5· a2n－5＝a2 ＝ 2 ，且 a >0 ，∴ a ＝ 2 ， n n n
c 如a a (其中{an}是各项均不为零的等差数列， c n n＋1
为常数)的数列．
(3)拆项分组法：把数列的每一项拆成两项 (或多项 )，再重新组合成两个(或多个)简单的数列，最后分别求和． (4)并项求和法：与拆项分组相反，并项求和是把数列的两项 (或多项)组合在一起，重新构成一个数列再求和，一般适用于正负相间排列的数列求和，注意对数列项数奇偶性的讨论．
(2)记等比数列{an}的前 n 项积为 Tn(n∈N*)，已知 am－1am＋1 －2am＝0，且 T2m－1＝128，则 m＝________.
[解析]
(1)由 a1＋a3＋a5＝105 得，3a3＝105，
∴a3＝35. 同理可得 a4＝33， ∴d＝a4－a3＝－2，an＝a4＋(n－4)×(－2) ＝41－2n.
2．数列求和 (1)错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列．把 Sn＝a1＋a2＋…＋an 两边同乘以相应等比数列的公比 q，得到 qSn＝a1q＋a2q＋…＋anq，两式错位相减即可求出 Sn. (2)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形
[考点精要]
1．已知递推公式求通项公式的常见类型 (1)类型一求解． (2)类型二 an＋1＝f(n)an an＋1＝an＋f(n) 把原递推公式转化为 an＋1－an＝f(n)，再利用累加法(逐差相加法)