2.3等差数列的前n项和(二)
人教A版2019年高中数学必修5讲义：第二章 2.3 等差数列的前n项和_含答案
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a 1＋a 2＋…＋a n 为数列{a n }的前n 项和，用S n 表示，即S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n .2．等差数列的前n 项和公式 [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a 1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 ＝n 2＋2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1. 又∵a 1＝S 1＝3，∴a 1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 . 答案：(1)√ (2)× (3)×预习课本P42～45，思考并完成以下问题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 ＋1)2解析：选D 因为a 1＝1，d ＝1，所以S n ＝n ＋n (n －1)2×1＝2n ＋n 2－n 2＝n 2＋n 2＝n (n ＋1)2，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[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 －1)2d ＝－5， 解得n ＝15或n ＝－4(舍)．(2)由已知，得S8＝8(a1＋a8)2＝8(4＋a8)2＝172，解得a8＝39，又∵a8＝4＋(8－1)d＝39，∴d＝5.[活学活用]设S n是等差数列{a n}的前n项和，已知a2＝3，a8＝11，则S9等于() A．13B．35C．49 D．63解析：选D∵{a n}为等差数列，∴a1＋a9＝a2＋a8，∴S9＝9(a2＋a8)2＝9×142＝63.[典例]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．[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 *).[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[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 ．18B ．17C ．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 ＋1)2＝n 2＋2n ， 所以S nn ＝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[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×(17－1)2d ＝25×9＋9×(9－1)2d ， 解得d ＝－2， [法一 公式法] S n ＝25n ＋n (n －1)2×(－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 ＝25－2(n －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.[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＋n 2B ．－32n 2－n 2C.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＋2－3n )2＝－32n 2＋n 2.2．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＝13(a 1＋a 13)2＝13a 7>0，S 15＝15(a 1＋a 15)2＝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＝92(a 1＋a 9)52(a 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 ＋1)(a 1＋a 2n ＋1)2＝(n ＋1)a n ＋1，S 偶＝a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n ＝n (a 2＋a 2n )2＝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 n )2＝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 nb n为整数的正整数n 的个数是( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选D ∵a nb n＝a 1＋a 2n －12b 1＋b 2n －12＝a 1＋a 2n －12(2n －1)b 1＋b 2n －12(2n －1)＝A 2n －1B 2n －1＝7(2n －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 －1)2d ＝－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 *.。
2.3.2等差数列的前n项和的性质
性质1
若数列an 是公差为d的等差数列，
2
则s n，s 2 n - s n，s3n - s 2 n ...是公差为n d的等差数列
c
（2）一个等差数列的前10项和为50，后10项和为60，则其前n 项和为 .
性质2
若数列a n 是公差为d的等差数列 s奇 s偶 s n 当项数为偶数时， n 2m时 s奇 am s 偶 - s 奇 md s 偶 am 1
性质3
当项数为奇数时， n 2m - 1时 s偶 （m 1）am s 奇 mam s奇 m s偶 m 1
s 偶 s 奇 sn (2m - 1)am
性质4
a n 和bn 的前n项和分别为Sn , Tn 若等差数列
S2 n1 an 则 T2 n1 bn
第二章 数列
2.3 等差数列前n项和的性质
知识回顾:
知识点 1 ：a n与sn的关系
a n 一般地，我们称 a1 a2 a3 ... an为数列
的前n项的和sn即有sn a1 a2 a3 ... an
s1 , n 1 注意：an sn sn 1 , n 1
二.等差数列的前n项和公式:
n(a1 an ) n(n 1) sn na1 d 2 2
注. 数列an 的前n项和s n pn qn( p, q是常数）
2
d 数列an 是等差数列，且 p 2
三.等差数列的前n项和的性质:
n(a1 an ) n(n 1) sn na1 d 2 2
性质5
a n 的前n项和分别为Sn 若等差数列
Sn 则 也是等差数列 n
n(a1 an ) 1.等差数列的前项和公式1：S n 2
第一部分 第二章 2.3 等差数列的前n项和
返回
返回
[例4]
(12分)在等差数列{an}中，a1＝25，S17＝S9.试
求前n项和Sn的最大值． [思路点拨] 可先由已知条件求出公差，进而得前n
项和公式，从而利用二次函数求最值的方法求解；也可以 先求得通项公式，再利用等差数列的性质求解．
返回
[精解详析]
法一：由 S17＝S9，得
1717－1 99－1 25×17＋ d＝25×9＋ 2 d， 2 解得 d＝－2， nn－1 ∴Sn＝25n＋ 2 ×(－2)＝－(n－13)2＋169， 由二次函数性质得，当 n＝13 时，Sn 有最大值 169. (12 分) (6 分)
解析：由题意知 a4＋a5＝18， 8a1＋a8 8a4＋a5 ∴S8＝ ＝ ＝72. 2 2
答案：D 返回
3．在等差数列{an}中，已知d＝2，an＝11，Sn＝35，求a1和n.
an＝a1＋n－1d， 解：由 nn－1 Sn＝na1＋ 2 d， a1＋2n－1＝11， 得 nn－1 na1＋ 2 ×2＝35，
n＝5， 解方程组，得 a1＝3 n＝7， 或 a1＝－1.
返回
返回
[例 2]
1 设正项数列{an}的前 n 项和满足 Sn＝4(an＋1)2.
求数列{an}的通项公式． 利用
S1 an＝ Sn－Sn－1
[思路点拨]
n＝1 转化求解． n≥2
返回
1.对任意数列{an}，都有an＝Sn－Sn－1(n≥2)，但当n ＝1时，即a1＝S2－S1不一定成立． 2.等差数列的求和公式中，一共涉及到a1，an，Sn，
n，d五个量，通常已知其中三个，可求另外两个，方法
就是解方程组．
高中数学必修5高中数学必修5《2.3等差数列的前n项和(二)》教案
2.3 等差数列的前项和（二）教学要求：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，并会用它们解决一些相关问题；会利用等差数列通项公式与前项和的公式研究 的最值. 如果A n ，B n 分别是等差数列{a n }，{b n }的前n 项和，则1212--=n n n n B A b a ． 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.教学过程：一、 复习准备：1、等差数列求和公式：2)(1n n a a n S +=，d n n na S n 2)1(1-+= 2、在等差数列{a n }中(1) 若a 5=a , a 10=b , 求a 15; (2) 若a 3+a 8=m , 求a 5+a 6;(3) 若a 5=6, a 8=15, 求a 14; (4) 若a 1+a 2+…+a 5=30, a 6+a 7+…+a 10=80,求a 11+a 12+…+a 15.二、讲授新课：1、探究：等差数列的前n 项和公式是一个常数项为零的二次式.例1、已知数列{}n a 的前n 项和为212n S n n =+，求这个数列的通项公式. 这个数列是等差数列吗？如果是，它的首项与公差分别是什么？【结论】数列{}n a 的前n 项和n S 与n a 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 . 练习：已知数列{}n a 的前n 项和212343n S n n =++，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{},n a 的前n 项和为2n S pn qn r =++，其中p 、q 、r 为常数，且0p ≠，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？（是，1a p q r =++，2d p =）.由此，等差数列的前n 项和公式2)1(1d n n na S n -+=可化成式子：n )2d a (n 2d S 12n -+=，当d ≠0，是一个常数项为零的二次式.2. 教学等差数列前n 项和的最值问题：① 例题讲解：例2、数列{}n a 是等差数列，150,0.6a d ==-. （1）从第几项开始有0n a <；（2）求此数列的前n项和的最大值.结论：等差数列前项和的最值问题有两种方法：（1） 当n a >0，d<0，前n 项和有最大值可由n a ≥0，且1+n a ≤0，求得n 的值；当n a <0，d>0，前n 项和有最小值可由n a ≤0，且1+n a ≥0，求得n 的值.（2）由n )2d a (n 2d S 12n -+=利用二次函数配方法求得最值时n 的值. 练习：在等差数列{n a }中, 4a ＝－15, 公差d ＝3, 求数列{n a }的前n 项和n S 的最小值.例3、已知等差数列....,743,724,5的前n 项的和为n S ，求使得n S 最大的序号n 的值。
等差数列前n项和课件
即Sn=a+n an-1+an-2+…+a3+ a2 +a1,
+得： 2Sn=(a1+an)+(a2+an-1)+(a3+an-2)+…+(an+a1).
由等差数列的性质：当m+n=p+q时，am+an=ap+aq 知： a1+an=a2+an-1=a3+an-2=…=an+a1，所以式可化为： 2Sn=(a1+an)+(a1+an)+ … +(a1+an) = n(a1+an).
an = Sn - Sn-1
= n2 + 1 n -[（n - 1）2 + 1（n - 1）]= 2n - 1 .
2
2
2
当n = 1时，
a1
=
S1
=
12
+
1×1 2
=
3 ，也满足上式. 2
所以数列an 的通项公式为an
=
2n
-
1. 2
由此可知，数列an
是一个首项为3 2
，公差为2的等差数列.
技巧方法：
下面来看1+2+3+…+98+99+100的高斯算法.
设S100=1 + 2 + 3 +…+98+99+100 作
+ +++
+ + +加
反序S100=100+99+98+…+ 3+ 2 + 1 法
必修五 2.3等差数列的前n项和(二)
必修五 2.3等差数列的前n 项和(二)一、选择题1、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 <0B ．a 7＝0C ．S 9>S 5D ．S 6与S 7均为S n 的最大值2、设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 5a 3＝59，则S9S 5等于( ) A ．1 B ．－1C ．2 D.123、设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若S 3S 6＝13，则S6S 12等于( ) A.310 B.13 C.18 D.194、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 ．9B ．8C ．7D ．65、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 ．－2B ．－1C ．0D ．16、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 －1二、填空题7、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 nB ．S n >na n >na 1C ．na 1>S n >na nD ．na n >S n >na 18、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________．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 ＝________.10、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________．11、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 ＝________.三、解答题12、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13、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 .14、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．以下是答案一、选择题1、 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 5.2、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＝92(a 1＋a 9)52(a 1＋a 5)＝95×59＝1.3、 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＝310.4、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 ＝8.5、B解析 等差数列前n 项和S n 的形式为：S n ＝an 2＋bn ， ∴λ＝－1.6、D二、填空题7、C解析 方法一 由a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1 (n ＝1)S 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 .8、 10或11解析 方法一 由S 9＝S 12，得d ＝－110a 1，由⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝a 1＋(n －1)d ≤0a n ＋1＝a 1＋nd ≥0，得 ⎩⎨⎧ 1－110(n －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 －1)2d ＝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．9、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、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 ＋n 2(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 ＝25－2(n －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×(13－1)2×(－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×(13－1)2×(－2)＝169.因此S n 的最大值为169.11、2n －2三、解答题12、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＝13(a 1＋a 13)2＝13a 7<0，∴a 7<0.又S 12＝12(a 1＋a 12)2＝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．13、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).14、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 －1)2d ＝10n －n 2. 因为S n ＝－(n －5)2＋25，所以当n ＝5时，S n 取得最大值．。
人教版高中数学必修五《数列》2.3等差数列的前n项和(2)
性质1 等差数列的前n 项和的性质 性质2
P46 习题2.3 A组 绿色通道
2012年3月28日星期三
ex2、5、6
§2.3 等差数列 的 前n项和
第二课时
2012年3月28日星期三
1、等差数列的前n项和公式一
2、等差数列的前n项和公式二
2012年3月28日星期三
探究:
结论：
这个结论颠倒过来成立么？ 另外这个结论是不是总是成立的呢？
2012年3月28日星期三
探究:
思考：
2012年3月28日星期三
结论:
2012年3月28日星期三
探究:
结论:
简记为：在等差数列中，依次等段之和仍成等差数列。
2012年3月28日星期三
小结: 方法一：利用了二次函数的性质来判断；方法二：根 据等差数列的单调性及项的正负来判断；方法三：利用求 数列最大项的一般方法。
2012年3月28日星期三
小结:
2012年3月28日星期三
2012年3月28日星期三
2.3等差数列的前n项和(二)
巩固练习
一、选择题 1． (2011· 内蒙古赤峰市田家炳中学高二期中)设{an}是等差 数列，若 a2＝3，a7＝13，则数列{an}的前 8 项和为( A．128 B．80 C．64 [解析] D．56
a2＝a1＋d＝3 依题意得， a7＝a1＋6d＝13
)
[答案] C
，∴a1＝1，d＝2，
一、例题讲解:
一般地，如果一个数列an 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an 一定是 等差数列吗？如果是，它的首项与公差分别是什么？
解：根据上例解得
( n 1) p q r an 2 pn p q ( n1) 只有r 0时，数列an 才是等差数列
.
当已知数列前n项和Sn或关于Sn的关系式求通项时主 要应用此关系式．应用此关系式时，莫忘对a1＝S1是否满 足an的表达式进行检验．若满足则合并在一块表达，若 不满足，则分段表达．
命题方向
数列{an}的前n项和与通项的关系
[例1] Sn是数列{an}的前n项和，据条件求an. (1)Sn＝2n2＋3n； (2)Sn＝3n－2. [分析] 一般地，已知Sn求an， 可利用an＝Sn－Sn－1 n≥2(S1 n＝1)求解．
2
2 1125 5 即：Sn 14 (n 15 ) 56 2
于是当n取与 15 最接近的正整数7或8时，Sn取最大值。 2
本例解法是将S n看作是关于n的二次函数， 利用二次函数最值问题 的解题思路。
一、例题讲解:
2 4 例4.已知等差数列5， 47 ， 37 ， 的前n项和为Sn ,
[解析] (1)a1＝S1＝5，当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2＋ 3n)－[2(n－1)2＋3(n－1)]＝4n＋1，当 n＝1 时也适合，∴an＝ 4n＋1. (2)a1＝S1＝1，当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝(3n－2)－(3n－1 －2)＝2×3n 1，显然 a1 不适合，
高中数学2.3 等差数列的前n项和之 等差数列前n项和Sn 的函数特性
当 n>17 时， Sn′＝|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an| ＝a1＋a2＋…＋a17－(a18＋a19＋…＋an)， Sn′＝－－32n2＋1023n＋2S17 ＝32n2－1023n＋884， ∴Sn′＝ － 32n322－n21＋023102n3＋n8n8≤41n7>1，7.
2．已知数列{an}的前 n 项和公式为 Sn＝2n2－30n.
a25－a10＝15d＝－45， 23＝a1＋10－1×d，
∴
a1＝50， d＝－3.
(1)设第 n 项开始为负，
an＝50－3(n－1)＝53－3n<0，∴n>533，
∴从第 18 项开始为负． (2)|an|＝|53－3n|
＝533n－ －353n1n<>1n≤ 7.17，
当 n≤17 时，Sn′＝－32n2＋1023n；
得{Sn}的最大 值．
a a
n n
1
0
0
特别地，若 a1>0，d>0，则 S1 是{Sn}的最小 值；若 a1<0，d<0，则S1 是
{Sn}的最大值．
合作探究
例 1.已知数列{an}的通项公式是 an＝2n －48，则 Sn 取得最小值时，n 为 ________．
【解法一】由 an≤0 得，2n－48≤0，n≤24， ∴当 n＝23 或 24 时，Sn 最小． 【答案】23 或 24
(2)法二：由 y＝－x2＋33x 的对称轴为 x＝33.距离33最近的整数为 16,17.
2
2
由 Sn＝－n2＋33n 的图象可知：当 n≤17 时，an≥0，当 n≥18 时，an<0，
故数列{an}的前 16 项或前 17 项的和最大．
2.3等差数列的前n项和公式
巩 固 8 106 S20 980. 2
你用对公 式了吗？
6.2 等差数列
例6 等差数列 13, 9, 5, 1,3, 的前多少项的和等于50？
巩 固 知 识 典 型 例 题
解 设数列的前n项和是50，由于
a1 13, d 3 (1) 4,
故 即 解得
n(n 1) 50 13n 4, 2
2n2 15n 50 0，
为什么要 将其中的一 个答案舍去 呢？
5 n1 10, n2 （舍去）， 2
所以，该数列的前10项的和等于50．
6.2 等差数列
1.求等差数列1,4,7,10,…的前100项的和．
运 用 知 识 强 化 练 习
6.2.3等差数列的前n项和
泰姬陵坐落于印 度距首都新德里200 多公里外的北方邦的 阿格拉市，是十七世 纪莫卧儿帝国皇帝沙 杰罕为纪念其爱妃所 建，她宏伟壮观，纯 白大理石砌建而成的 主体建筑令人心醉神 迷，陵寝以宝石镶嵌， 图案细致,绚丽夺目、 美丽无比，令人叫绝. 成为世界八大奇迹之 一.
传说陵寝中有一个三角形图案，以相同大 小的圆宝石镶饰而成，共有 100 层（见左 图），奢靡之程度，可见一斑。
求和公式 等差数列的前n项和的公式： n(a1 an ) Sn 2
an a1 (n 1)d
n(n 1) Sn na1 d 2
公式的记忆
我们可结合梯形的面积公式来记忆等差数 列前 n 项和公式.
a1 n an
n(a1 an ) Sn 2
6.2 等差数列
a20 106, 求 S 20． a1 8， 例5 已知等差数列 an 中，
6.2 等差数列
《 等差数列的前n项和二》苏教版
数学：《等差数列的前n项和(二)》苏教版等差数列的前n项和(二)教学目标：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，并会用它们解决一些相关问题；提高学生的应用意识.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.教学过程：Ⅰ.复习回顾通项公式：an＝a1＋(n－1)d，求和公式：Sn＝＝na1＋d Ⅱ.讲授新课下面结合这些例子，来看如何应用上述知识解决一些相关问题.［例1］求集合M＝{m｜m＝7n，n∈N*，且m＜100}的元素个数，并求这些元素的和.分析：满足条件的n的取值个数即为集合M的元素个数，这些元素若按从小到大排列，则是一等差数列.解：由m＜100，得7n＜100，即n＜＝14所以满足上面不等式的正整数n共有14个，即集合M中的元素共有14个，将它们从小到大可列出，得：7，7×2，7×3，7×4，...7×14，即：7，14，21，28， (98)这个数列是等差数列，记为{an}，其中a1＝7，a14＝98，n＝14则S14＝＝735答：集合M中共有14个元素，它们和等于735.这一例题表明，在小于100的正整数中共有14个数是7的倍数，它们的和是735.［例2］已知一个等差数列的前10项的和是310，前20项的和是1220，由此可以确定求其前n项和的公式吗?分析：将已知条件代入等差数列前n项和的公式后，可得到两个关于a1与d的关系，然后确定a1与d，从而得到所求前n项和的公式.解：由题意知S10＝310，S20＝1220将它们代入公式Sn＝na1＋d，得到解这个关于a1与d的方程组，得到a1＝4，d＝6所以Sn＝4n＋×6＝3n2＋n这就是说，已知S10与S20，可以确定这个数列的前n项和的公式，这个公式是Sn＝3n2＋n.下面，同学们再来思考这样一个问题：［例3］已知数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和.求证：S6，S12－S6，S18－S12成等差数列，设其k∈N*，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k成等差数列吗?解：设{an}的首项是a1，公差为d，则S3＝a1＋a2＋a3S6－S3＝a4＋a5＋a6＝(a1＋3d)＋(a2＋3d)＋(a3＋3d)＝(a1＋a2＋a3)＋9d＝S3＋9dS9－S6＝a7＋a8＋a9＝(a4＋3d)＋(a5＋3d)＋(a6＋3d)＝(a4＋a5＋a6)＋9d＝(S6－S3)＋9d＝S3＋18d∴S3，S6－S3，S9－S6成等差数列.同理可得Sk,S2k－Sk,S3k－S2k成等差数列.Sk＝a1＋a2＋...＋ak(S2k－Sk)＝ak+1＋ak+2＋...＋a2k＝(a1＋kd)＋(a2＋kd)＋...＋(ak＋kd)＝(a1＋a2＋...＋ak)＋k2d＝Sk＋k2d(S3k－S2k)＝a2k+1＋a2k+2＋...＋a3k＝(ak+1＋kd)＋(ak+2＋kd)＋...＋(a2k＋kd)＝(ak+1＋ak+2＋...＋a2k)＋k2d＝(S2k－Sk)＋k2d∴Sk，S2k－Sk，S3k－S2k是以Sk为首项，k2d为公差的等差数列.［例4］已知数列{an}是等差数列，a1＞0，S9＝S17，试问n 为何值时，数列的前n项和最大？最大值为多少？分析：要研究一个等差数列的前n项和的最大（小）问题，有两条基本途径；其一是利用Sn是n的二次函数关系来考虑；其二是通过考察数列的单调性来解决.解法一：∵S9＝S17，S9＝9a1＋36d，S17＝17a1＋136d∴9a1＋36d＝17a1＋136d，8a1＝－100d，即d＝－a1＜0Sn＝na1＋d＝na1＋·(－a1)＝na1－a1＝－a1 (n2－26n)＝－a1 (n－13)2＋a1∵a1＞0，∴当n＝13，Sn有最大值.最大值为a1.解法二：由a1＞0,d＜0，可知此数列为从正项开始的递减数列：a1＞a2＞a3＞a4＞......故n在某一时刻，必然会出现负项，此时前n项的和开始减少，因此，要使Sn最大，n必须使得an≥0，且an+1≤0.即解得≤n≤.∴n＝13此时，Sn最大，S13＝13a1＋d＝a1.评述：解法一利用Sn是n的二次函数关系，归纳为求二次函数的最值问题，不过要注意自变量n是正整数；解法2是从研究数列的单调性及项的正负进而研究前n项和Sn的最大值，方法更具有一般性.［例5］在数列{an}中，a1＝1，an+1＝，求数列{anan+1}的前n项和.分析：要求数列{anan+1}的前n项和，需要先求数列{an}的通项公式.解：由已知得＝＋∴{}为首项为＝1，公差为的等差数列.∴＝1＋(n－1)×＝，∴an＝Sn＝a1a2＋a2a3＋...＋anan+1＝＋＋...＋＝4[(－)＋（－）＋...＋(－)]＝4(－)＝.［例6］设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝12，S12＞0，S13＜0.(1)求公差d的取值范围；（2）指出S1，S2，...，S12中哪一个值最大？并说明理由.（1）分析：由S12＞0，S13＜0列不等式组求之.解：依题设有即将a3＝12，即a1＝12－2d代入上式得解得－＜d＜－3(2)分析一：写出Sn的表达式Sn＝f(n)＝An2＋Bn.配方确定Sn的最大值.解法一：Sn＝na1＋d＝n(12－2d)＋d＝[n－（5－）]2－[（5－）]2∵d＜0，∴[n－ (5－）]2最小时，Sn最大.当－＜d＜－3时，6＜(5－)＜6.5∴正整数n＝6时，[n－ (5－)]2y最小，∴S6最大.分析二：由d＜0知{an}是单调递减的，要使Sn最大，应有an≥0，an+1＜0.解法二：由d＜0，可知a1＞a2＞...＞a12＞a13∴要使1≤n≤12中存在自然数n，使得an＞0，an+1＜0，则Sn就是S1，S2，...，S12中的最大值.由知a6＋a7＞0，a7＜0∴a6＞－a7＞0，∵a6＞0，a7＜0.故在S1，S2，...，S12中S6的值最大.解法三：由S12＞0，S13＜0得, 即也即a6＞0且a7＜0，∴S6最大.解法四：由a1＝12－2d，－＜d＜－3得，即5.5＜n＜7∵n∈N*，∴n＝6，即S6最大.［例7］首项为正数的等差数列{an}，它的前三项之和与前十一项之和相等，问此数列前多少项之和最大？解法一：由S3＝S11得：3a1＋d＝11a1＋d,解之得d＝－a10∴Sn＝na1＋d＝－a1n2＋a1n＝－a1（n－7）2＋a1故当n＝7时，Sn最大，即前7项之和最大.解法二：由解得：＜n＜，∴n＝7，即前7项之和最大.解法三：由d＝－a10，知：{an}是递减等差数列.又S3＝S11∴a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＋a10＋a11＝0,∴a7＋a8＝0∴必有a70，a80.∴前7项之和最大.评述：解法三利用等差数列的性质，解得简单，易懂.等差数列的前n项和Sn，在d0时有最大值，求当n为何值时，使Sn取最大值，有两种方法：一是满足an0且an+10的n值；二是由Sn＝na1＋d＝n2＋(a1－)n，利用二次函数的性质求n的值.［例8］数列{an}是等差数列，a1＝50，d＝－0.6.(1)求从第n项开始有an0；(2)求此数列的前n项和的最大值.分析：对于（1）实质上是解一个不等式，但要注意n∈N*.对于（2）实际上是研究Sn随n的变化规律，由于等差数列中Sn是关于n的二次函数，可以用二次函数方法处理，也可以由an的变化，推测Sn的变化.解：（1）∵a1＝50，d＝－0.6∴an＝50－0.6(n－1)＝－0.6n＋50.6.令－0.6n＋50.6≤0，解之得：n≥≈84.3由n∈N*.故当n≥85时，an0,即从第85项起以后的各项均小于0.（2）解法一：∵d＝－0.60，a1＝500由（1）知a840，a850.∴S1S2...S84且S84S85S86...∴(Sn)max＝S84＝50×84＋×(－0.6)＝2108.4.解法二：Sn＝50n＋×(－0.6)＝－0.3n2＋50.3n＝－0.3(n －)2＋当n取接近于的自然数，即n＝84时，Sn达到最大值S84＝2108.4评述：不是常数列的等差数列，不递增必递减，因而若有连续两项ak,ak+1异号，则Sk必为Sn的最大或最小值.下面对此类问题作一下较为深入的探究.在非常数列的等差数列中，当d0，d0时，如何求Sn的最小、最大值？第一种思考：（1）若d0，且a1≥0，则有0≤a1a2a3...an－1an...∴S1S2S3...Sn－1Sn...∴Sn的最小值是S1.（2）若d0，且a10，则一定存在某一自然数k，使a1a2a3...ak≤0ak+1ak+2...an－1an...或a1a2a3...ak0≤ak+1ak+2...an－1an...则0S1S2...Sk,且SkSk+1Sk+2...Sn...∴Sn的最小值是Sk.(3)若d0，而a10，必存在自然数k使a1a2a3...ak≥0ak+1ak+2...an...或a1a2a3...ak0≥ak+1ak+2...an...则S1S2S3...Sk,且SkSk+1...Sn...∴Sn的最大值是Sk.(4)若d0，且a1≤0，则有0≥a1a2a3...an－1an...∴S1S2S3...Sn－1Sn...∴Sn的最大值是S1.第二种思考：Sn＝na1＋d＝n2＋(a1－)n＝[n＋]2－＝[n－（－）]2－（－）2由二次函数的最大、最小值知识及n∈N*,知：当n取最接近－的自然数时，Sn取到最大值（或最小值），值得注意的是最接近－的自然数有时1个，有时2个.［例9］有30根水泥电线杆，要运往1000米远的地方开始安装，在1000米处放一根，以后每50米放一根，一辆汽车每次只能运三根，如果用一辆汽车完成这项任务，这辆汽车的行程共有多少公里？解法一：如图所示：假定30根水泥电线杆存放M处.a1＝|Ma|＝1000(M)a2＝|Mb|＝1050(M)a3＝|MC|＝1100(M)...a6＝a3＋50×3＝1250(M)...a30＝a3＋150×9(M)由于一辆汽车每次只能装3根，故每运一次只能到a3，a6，a9，...，a30这些地方，这样组成公差为150 M，首项为1100的等差数列，令汽车行程为S，则有：S＝2（a3＋a6＋...＋a30)＝2(a3＋a3＋150×1＋...＋a3＋150×9)＝2(10a3＋150××9)＝2(11000＋6750)m＝35.5(公里）答：这辆汽车行程共有35.5公里.解法二：根据题设和汽车需运送十次，可得一等差数列{an}，其中a1＝100，d＝150，n＝10则S10＝10a1＋d＝7750 m所以总共行程为(7750×2＋1000×20)m＝35.5公里答：略.解法三：根据题意和汽车每次走的路程可构成一个等差数列，其中a1＝(1000＋50×2)×2＝2200 m，a2＝(1000＋50×5)×2＝2500 m...d＝150×2＝300 m项数共有10项.∴Sn＝10a1＋d＝10×2200 m＋5×9×300 m＝35.5(公里）答：略.［例10］有一种零存整取的储蓄项目，它是每月某日存入一笔相同金额，这是零存；则到一定时期到期，可以提出全部本金及利息，这是整取，它的本利和公式如下：本利和＝每期存入金额×[存期＋存期×（存期＋1）×利率].（1）试解释这个本利和公式；（2）若每月初存入100元，月利率5.1‰，到第12个月底的本利和是多少？（3）若每月初存入一笔金额，月利率是5.1‰，希望到第12个月底取得本利和2000元，那么应每月存入多少金额？分析：存款储蓄不是复利计息，若存入金额为A，月利率为p，则n个月后的利息是nAp.解：（1）设每期存入金额A，每期利率p，存的期数为n，则各期利息之和为：Ap＋2Ap＋3Ap＋...＋nAp＝n(n＋1)Ap.连同本金，就得本利和＝nA＋n(n＋1)Ap＝A[n＋n(n＋1)p].(2)当A＝100，p＝5.1‰，n＝12时，本利和＝100×（12＋×12×13×5.1‰)＝1239.78(元）（3）将（1）中公式变形，得A＝＝≈161.32(元）即每月应存入161.32元.评述：这是两道等差数列求和的应用题，对于应用问题首先是根据问题给出的已知条件建立数学模型，然后解此数学问题，最后再回到应用问题作出结论.Ⅲ.课堂练习课本P44练习1，2，3，4Ⅳ.课时小结通过本节学习，要能灵活应用等差数列的通项公式和前n项和公式解决一些相关问题.另外，需注意一重要结论：若一数列为等差数列，则Sk,S2k－Sk,S3k－S2k也成等差数列. Ⅴ.课后作业课本P45习题 4，5，6，7，8。
等差数列前n项和(2)
an an1
2) an (n 1)a2
n 1 n2
an an1 a2
数列an是以a2为公差a1为首项的等差数列。
例9：已知数列an, an
N
, Sn
1 8
(an
2)2.
(1)求证an是等差数列.
(2)若b n
=
1 2
a
n
-30，求数列bn
的前n项和的最小值
S偶
a中
an
,
S奇 S偶
=
n n-1
若等差数列{an}共有2n项，则S偶-S奇=nd, S奇 = an S偶 an+1
如{an}为等差数列，项数为奇数，奇数项和为44， 偶数项和为33，求数列的中间项和项数。
a中 =11，n=7
性质5、{an}为等差数列，求Sn的最值。 若a1 >0,d<0且 aann+100，则Sn最大。 若a1 <0,d>0且 aann+100，则Sn最小。
解：a n+1
Sn1
Sn
1 8
(a
n+1
2)2
1 8
(a
n
2)2
(an1 an )(an1 an 4) 0, an N
an1 an 4数列an是等差数列。
例9：已知数列an, an
N , Sn
1 8
(an
2)2.
(1)求证an是等差数列.
即n≤12时，an>0而n≥14时an<0
所以S12和S13最大
等差数列的前n项和(二)
15 2 225 （2）因为 S n 2n 30n 2(n ) 2 2
2
又因为n是正整数， 所以当n=7或=8时，Sn最小， 最小值是－112.
2012-12-1
• 在等差数列{an}中，a1＝25，S17＝S9，求 Sn的最大值． • 由题目可获取以下主要信息： • ①{an}为等差数列．②a1＝25，S17＝S9. • 解答本题可用二次函数求最值或由通项 公式求n，使an≥0，an＋1<0或利用性质求 出大于或等于零的项．
当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1
3 205 3 205 2 2 ＝－2n ＋ 2 n－－2n－1 ＋ 2 n－1
＝－3n＋104. ∵n＝1 也适合上式， ∴数列通项公式为：an＝－3n＋104(n∈N*)．
2012-12-1
(2)当 n＝1 时，a1＝S1＝1； 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2· 3 ∵a1＝1 不符合 an＝2· 3
答案：
2012-12-1
A
• 3．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＋a17＝ 10，则S19的值为________．
解析： a3＋a17＝a1＋a19＝10 19a1＋a19 19×10 S19＝ ＝ 2 ＝95. 2
答案： 95
2012-12-1
• 4．已知{an}是等差数列，a1＋a3＋a5 ＝9，a6＝9.求此数列前6项的和．
3 101 S50 50 2600 . 2
根据等差数列前n 项和公式, 得
10 9 1 105 S10 10 3 . 2 2 2
2012-12-1
1 3 15 例 2 在等差数列 an 中,已知 d , an , S n , 2 2 2 求 a1 及 n . 3
高中数学：第二章数列课件—等差数列求和公式(2)
例题讲解
2 4 例7 已知等差数列 5， 4 ，3 ，．．． 7 7 为Sn， 求使得Sn最大的序号n的值. 的前n项和
变式：等差数列{a n } 中，已知a1 0, S9 S12 , 则该数列 前多少项和最小 ？
课堂小结
1. 等差数列的前n项和公式一：
n(a1 an ) Sn 2
第11 项到第20 项的和为910 , 求第21 项到第30 项的和.
思考 若一个等差数列的前 3项和为 34， 最后3项和为 146， 且所有项的和为 390， 则这个数列有多少项 ？
例 4 某剧场有20 排座位, 后一排比前一排多 2 个座位, 最后一排有60 个座位, 这个剧场共有多 少个座位?
2.3 等差数列前 n 项和 （2）
历史中的等差数列
2
复习
1. 等差数列的前n项和公式一：
n(a1 an ) Sn 2
2. 等差数列的前n项和公式二：
n( n 1)d S nБайду номын сангаас na1 2
例题讲解
例5 某种卷筒卫生纸绕在盘 上, 空 盘时盘芯直径40 mm , 满 盘 时 直 径 120 mm (如图) . 已知卫生纸的厚度为 0.1 mm ,问: 满盘时卫生纸的总长度 大约是多少米( 精确到1 米 ) ? 解 卫生纸的厚度为 0.1mm, 可以把绕在盘上的卫生 纸近似地看做是一组同 心圆, 然后分别计算各圆的周 长, 再求总和. 由内向外各圈的半径分 别为 各圈的半径为该层纸 20.05 , 20.15 , , 59.95 . 的中心线至盘芯中心 因此, 各圈的周长分别为 的距离. 40.1 ,40.3 , , 119.9 .
2. 等差数列的前n项和公式二：
2.3 等差数列的前n项和(2)
3 2 33 3 11 2 363 Sn n n (n ) 2 2 2 2 8
由n取与5.5最接近的整数即5或6时, Sn最小. 故Sn的最小值为S5=S6=-45
□题中拾贝：(笔记)
等差数列前n项和的最值问题有两种方法： ①不等式组法； ②配方法.
求数列{an}的前n项和Sn的最小值.
解法一：由a1＝－15,d＝3,得an=3n-18.
由an≤0且an＋1>0，得5< n ≤6. 则n=6时an =0，且前5项为负数. 故Sn的最小值为S5=S6=-45
□范例讲解
例3.在等差数列{an}中，a1＝－15, 公差d＝3,
求数列{an}的前n项和Sn的最小值.
2.3 等差数列的前n项和(2)
□课前练习 1.在等差数列{an}中， 若a1＋a2＋…＋a5＝30，
a6＋a7＋…＋a10＝80，则a11＋a12＋…＋a15 = .
□范例讲解 例1. 已知数列{an}的前n项和为 Sn
解①因为S
n 2n,
2
①求这个数列的通项公式. ②这个数列是等差数列吗?若是，求首项与公差.
(1) 当a1＞0，d＜0，Sn有最大值. 可由an≥0，且an＋1 ≤0，求得n的值； 当a1＜0，d＞0，Sn有最小值. 可由an≤0，且an＋1≥0，求得n的值.
d 2 d (2) 由 S n n (a1 )n 利用二次函 2 2 数配方法求得最值时n的值.
课堂小结
1.等差数列的前n项和：
n(a1 an ) Sn 2
or
n( n 1)d S n na1 2
2.等差数列的前n项和的最值求法：
2.3等差数列的前n项和
s偶
n
sn n a1 n 2
2
n 1
2 d d 2 n
d n a1 2
sn an bn, (其中公差为2a)
将等差数列的前n项和公式写成上 述形式,有利于求其前n项和的极值:
极大值 极小值
a1<0,d>0 无 有 sn
a1>0, d<0 有 无
sn
n
n a1<0, d>0,极小值 a1>0,d<0,极大值
裂项求和 有些数列求和的问题，可以对相应的数列的通 项公式加以变形，将其写成两项的差，这样整个数 列求和的各加数都按同样的方法裂成两项之差，其 中每项的被减数一定是后面某项的减数，从而经过 逐项相消仅剩下有限项，可得出前n项和公式。
1 1 1 sn ...... 如求和： 1 2 2 3 n (n 1)
（2）由等差数列的通项公式，得 14.5+(n1)0.7=32 n=26
( 1 4 . 35 2) 26 S2 6 6 0 4 . 5 2
3、凸 n 边形各内角成等差数列，公差为 10º ， 最小内角为 100º ，则n等于（ B ） （ A） 7 （ B） 8 （ C） 9 （ D） 8或 9
高斯算法的高明之处在于他发现这 100 个数可以分为50组，第一个数与最后一个数 一组，第二个数与倒数第二个数一组，第三 个数与倒数第三个数一组， …，每组数的和 均相等，都等于 101， 50个 101就等于 5050了 . 高斯算法将加法问题转化为乘法运算，迅速 准确得到了结果.
2.3 等差数列的 前n项和
【公式记忆】 用梯形面积公式记忆等差数列前 n 项 和公式，这里对图形进行了割、补两种处 理，对应着等差数列前n项和的两个公式.
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
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2 数列{an}的通项公式为：an 2n 1 2 点评：
(n 1)
(n 1)
( n 1) S1 已知前 n项和 S n , 可求出通项公式： a n S n S n 1 ( n 1)
论 思 想
8
2 { a } ● 如果一个数列 n 的前n项和为 s n pn 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，它的首项和公差是什么？
5 【解析】由题意知，等差数列的公差为 7
Sn 5n n(n 1) 5 5 15 1125 ( ) ( n ) 2 2 7 14 2 56
15 2
例 题 讲 解
于是，当n取与
最接近的整数即7或8时， S n 取最大值.
函数思想
还有其它 方法吗？
上页
10
下页
例 题 讲 解 2 4 例4. 已知等差数列5， 4 ，3 ，的前 .... n项和为Sn , 7 7 求使得Sn最大的序号n的值.
11
1.等差数列的前n项和公式
n(n 1) Sn na1 d 2 ( n 1) S1 2. 已知前 n项和 S n , 可求出通项公式： a n
n(a1 an ) Sn 2
S n S n 1 ( n 1) 3.推导等差数列前n项和公式方法：
4.本节基本思想：
（1）若r≠0，则这个数列一定不是等差数列.
（2）若r＝0，则这个数列一定是等差数列. n ( n 1) d 2 d s n na1 d n ( a1 ) n 2 2 2
常数项为 0的关于n 的二次型 函数
2
结论：数列是等差数列等价于
S n An Bn
上页
9
下页
2 4 例4. 已知等差数列5， 4 ，3 ，的前 .... n项和为Sn , 7 7 求使得Sn最大的序号n的值.
12
1.课本P45页练习
2
2.课本P46页习题2.3A组 4，5 3.做好下面方面：
13
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
3
2
程思想和 前n项和 公式相结 合 a1 4
一 题 多 解
例2、已知一个等差数列｛an｝的前10项的和是310， 前20项的和是1220，由这些条件能确定这个等差 数列的前n项和的公式吗？
另解：S10 10(a1 a10 ) 310 a1 a10 62 ① 2
S20
5 5 40 另解：an a1 (n 1)d 5 (n 1) ( ) n . 7 7 7 5 40 an n 0, 解得n 8,即a8 0, a9 0. 7 7 从等差数 和是从第9项开始减小，而第8项为0， 列的通项 前7项和前8项和最大. 公式出发 来分析
1
知 识 复习
1．等差数列前n项和的公式； （两个）
n(a1 an ) Sn 2
— 倒序相加法
n(n 1) Sn na1 d 2
2．等差数列前n项和公式的推导方法—
3.公式的应用 (知三求一) ；
2
例 题 讲 解
例2、已知一个等差数列｛an｝的前10项的和是310， 前20项的和是1220，由这些条件能确定这个等差 分析：方 数列的前n项和的公式吗？
解：由题意知：S10＝310，S20＝1220，将 它们代入公式 S na n(n 1) d
n 1
10a1 45d 310 得到 解方程得 20a1 190d 1220 d 6 n(n 1) Sn n 4 6＝3n2 n 还有其它 2 方法吗？
②-①得：a20 a10 60,10d 60; d 6,
（ n n 1 ） 2 Sn a1n d 3n n 2
20(a1 a20 ) 1220 a1 a20 122② 2
a1 4
上页
4
下页
一 题 变 式
例2变式、已知一个等差数列｛an｝的前10项的和 是310，前20项的和是1220，由这些条件能确定这 个等差数列的前30项和的公式吗？ 【另解】由等差数列的性质，可推得： a1 a 2 a10 a11 a12 a20 a21 a22 a30 成等差数列
2（s20 s10 ) s10 (s30 s20 )
解得：前30项的和为2730 .
上述方法没有列出方程求出具体的个别量， 点评： 而是恰当地运用数学中的整体思想来快速求出， 要注意体会这种思想在数学中的运用.
上页
整 体 思 想
5
下页
变 式 提 高
在一个等差数列中，已知a10 10, 求S19.
解 ： S n a1 a 2 a n 1 a n
2
1 1 1 2 an sn sn1 n n [(n 1) (n 1)] 2n ① 当n >1时： 2 3 2 2 1 2 a s 1 1 当n=1时： 1 也满足①式. 1 2 2 1 数列{an }的通项公式为an 2n . 3 2 由此可知：数列{an}是以 为首项，公差 为2的等差数列. 7 2
19( a1 a19 ) 19( a10 a10 ) S19 19 a10 19 10 190 2 2
上页
6
下页
例 题 讲 解 1 2 例3.已知数列{an}的前n项和为Sn n n, 求这个数列 2 的通项公式，这个数列是等差数列吗?如果是，它的 首项与公差分别是什么？
上页
S n 1 a1 a 2 a n 1 ( n 1)
下页
变 式 训 练
1 2 n n 1, 求这个数列 2
已知数列{an}的前n项和为Sn
当n >1时：
的通项公式.
1 1 2 1 an sn sn1 n n 1 [(n 1) (n 1) 1] 2n ① 2 2 2 分 1 5 2 当n=1时：a1 s1 1 1 1 不满足①式. 类 2 5 2 讨