2.3.2 等差数列的前n项和(二)

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等差数列的前n项和2

小结
1.公式的推导方法:倒序求和。 2.公式的特征。
n( a 1 a n ) Sn 2
S n na1 n( n 1) d 2
3.公式的应用。
练习：P122第3、4题。
作业
必做题：习题3.3第1题（1）、（2）选做题：练习题，第5题。思考题：在小于100的自然数中，有多少个数既是4的倍数又是6的倍数，并求出这些数的和。
解法二：设法同上
12(a b ) S=S12-(a+b)= -(a+b)=5(a+b) 2 10( x1 x10 )
解法三：设法同上∵x1+x10=a+b S
2
5(a b)
(2)求集合M={m|m=7n,n∈N*且m<100}的元素的个数并求这些元素的和。分析：在小于100的自然数中，有多少个数能被7整除，并求这些数的和。
4-----------------5---------------6--------------7------------8----------9--------10-----11-----
求钢管的总数，即求和s8=4+5+6+7+8+9+10+11
Sn=a1+a2+…….+an-1+an Sn=an+an-1+……+a2+a1 两式相加得： 2Sn=(a1+an)+(a2+an-1)…….+(an-1+a2)+(an+a1) =(a1+an)+(a1+d+an-d)+……(an-d+a1+d)+(an+a1) =(a1+an)+(a1+an)+…… (a1+an)+ (a1+an) =n (a1+an)

高中数学：2.3等差数列的前n项和公式(2)

2.3 等差数列的前n 项和公式(2) 课前预习 ● 温故知新学前温习1.等差数列的前n 项和公式设等差数列{n a }的公差为d ，其前n 项和Sn= 或Sn= .2.等差数列的前n 项和公式与二次函数的关系新课感知1.在等差数列{n a }中，若1a ＞0，d ＜0，则Sn 是否存在最大值？若存在，如何求？2. 已知{}n a 是等差数列，n S 是其前n 项和，求证：12186126,,S S S S S --也成等差数列。

由此推广，你能得到什么结论？课堂学习 ● 互动探究知识精讲1.等差数列的前n 项和有如下的性质．(1)若{a n }为等差数列，前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…也为等差数列．(2)等差数列{a n }中，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 仍为等差数列．(3)等差数列{a n }中，若S m ＝S p (m≠p)，则S m ＋p ＝0. (4)在等差数列{a n }中，①若项数为偶数2n ，则S 2n ＝n(a 1＋a 2n )＝n(a n ＋a n ＋1)(a n ，a n ＋1为中间两项)；S 偶－S 奇＝nd ；S 奇S 偶＝a na n ＋1.②若项数为奇数2n －1，则S 2n －1＝(2n －1)a n ；S 奇－S 偶＝a n ；S 奇S 偶＝nn －1. (5)若数列{n a }与{b n }均为等差数列，且前n 项和分别是S n 和T n ，则a n b n ＝n n --2121S T.2.求等差数列的前n 项和S n 的最值有两种方法： (1)利用二次函数的最值特征求解．S n ＝n 1a ＋nn －12d ＝d 2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n＝d 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤n －⎝ ⎛⎭⎪⎫12－a 1d 2－d 2⎝ ⎛⎭⎪⎫12－a 1d 2.由二次函数的对称性及n∈N *知，当n 取最接近12－a 1d 的正整数时，S n 取到最大值(或最小值)，值得注意的是最接近12－a 1d 的正整数有时有1个，有时有2个． (2)根据项的正负来定．若1a >0，d<0，则数列前n 项和有最大值，可由n a ≥0，且1+n a ≤0，求得n 的值若1a <0，d>0，则数列前n 项和有最小值，可由n a ≤0，且1+n a ≥0，求得n 的值课堂点拨1、在等差数列{ a n }中， 125a =，179s s =，求n s 的最大值．解析：方法一：由S 17＝S 9，得25×17＋172(17－1)d ＝25×9＋92(9－1)d ，解得d ＝－2，∴S n ＝25n ＋n2(n －1)(－2)＝－(n －13)2＋169，由二次函数性质得当n ＝13时，S n 有最大值169. 方法二：先求出d ＝－2(同方法一)， ∵a 1＝25>0，由⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝25－2n －1≥0a n ＋1＝25－2n<0，得⎩⎪⎨⎪⎧n≤1312n>1212.∴当n ＝13时，S n 有最大值169. 方法三：先求出d ＝－2(同方法一)，1,..S S a a a a a a a a a a a a a d a a a ⋯<>∴><1791011171017111612151314131413140020000Q ，由＝得＋＋＋＝，而＋＝＋＝＋＝＋故＋＝＝－，，，故n ＝13时，Sn 有最大值169.方法四：先求出d ＝－2(同方法一)得S n 的图象如图所示，由S 17＝S 9知图象对称轴n ＝9＋172＝13， ∴当n ＝13时，取得最大值169.【点拨】求等差数列前n 项和的最值，常用的方法：（1）利用等差数列的单调性，求出其正负转折项；（2）利用性质求出其正负转折项，便可求得和的最值；（3）利用等差数列的前n 项和Sn=An 2+Bn （A 、B 为常数）为二次函数，根据二次函数的性质求最值.2、已知数列{n a }为等差数列，其前12项和354，在前12项中，偶数项之和与奇数项之和的比为32∶27，求这个数列的通项公式．解析：方法一：由等差数列的性质可知奇数项a 1，a 3，a 5，…，a 11与偶数项a 2，a 4，a 6，…，a 12仍然成等差数列，设{a n }的首项为a 1，公差为d ，则 S 偶＝a 2×6＋6×52×2d＝6a 1＋36d ， S 奇＝a 1×6＋6×52×2d＝6a 1＋30d ， ⎩⎪⎨⎪⎧12a 1＋66d ＝354，6a 1＋36d 6a 1＋30d ＝3227，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝5.∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝5n －3.方法二：设奇数项与偶数项的和分别为S 奇，S 偶， ∴⎩⎪⎨⎪⎧S 偶＋S 奇＝354，S 偶S 奇＝3227，∴⎩⎪⎨⎪⎧S 偶＝192，S 奇＝162，∴d＝192－1626＝5，又∵S 奇＝a 1＋a 11×62＝3(2a 1＋10d)＝162， ∴a 1＝2，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝5n －3.【点拨】等差数列{n a }中，a 1，a 3，a 5，…是首项为a 1，公差为2d 的等差数列，a 2，a 4，a 6，…是首项为a 2，公差为2d 的等差数列．当项数为2n 时，S 偶－S 奇＝nd ，方法2中运用到了这些，利用等差数列前n 项和公式列方程组求解或根据等差数列的奇数项依次成等差数列，偶数项依次成等差数列求解．3、两个等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若S n T n ＝2n 3n ＋1，求a n b n . 解析：方法一：设a n ＝a 1＋(n －1)d ，b n ＝b 1＋(n －1)e. 取n ＝1，则a 1b 1＝S 1T 1＝12，所以b 1＝2a 1.所以S n T n ＝na 1＋n n －12d nb 1＋n n －12e ＝a 1＋n －12d b 1＋n －12e ＝a 1＋n 2d －d22a 1＋n 2e －e 2＝2n3n ＋1，故en 2＋(4a 1－e)n ＝32dn 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 1－32d ＋d 2n ＋a 1－d 2.从而⎩⎪⎨⎪⎧a 1－d2＝0，4a 1－e ＝3a 1－d ，e ＝32d.即⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2a 1，e ＝3a 1.所以a n b n ＝2n －13n －1.方法二：设S n ＝an 2＋bn ，T n ＝pn 2＋qn(a ，b ，p ，q 为常数)，则S n T n ＝an ＋b pn ＋q ＝2n3n ＋1，所以3an 2＋(3b ＋a)n ＋b ＝2pn 2＋2qn ，从而⎩⎪⎨⎪⎧3a ＝2p ，3b ＋a ＝2q ，b ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2q ，b ＝0，p ＝3q ，所以S n ＝2qn 2，T n ＝3qn 2＋qn.当n ＝1时，a 1b 1＝S 1T 1＝12；当n≥2时，a n b n ＝S n －S n －1T n －T n －1＝2n －13n －1方法三：1212112121()22()22n n n n n n n n n a a a a S n b b b b T ----+===+2(21)21=.3(21)131n n n n --=-+- 【点拨】由S n T n ＝7n ＋2n ＋3，设S n 与T n 时，如果设成S n ＝(7n ＋2)k ，T n ＝(n ＋3)k 则错误．从此的性质方向讲是正确的．但要考虑到等差数列的前n 项和为关于n 的二次函数，所以应设为S n ＝(7n ＋2)kn ，T n ＝(n ＋3)kn. , 当堂达标1.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n 等于( )A ．6B ．7C ．8D ．92、设{}n a 是公差为2的等差数列，若5097741=++++a a a a Λ，则99963a a a a ++++Λ的值为（） A. 78 B. 82 C. 148 D. 1823. 设S n 是等差数列{}n a 的前n 项和，若3163=S S ,则=126S S ( ) （A ）103 （B ） 31 （C ）8 （D ）914. 已知数列}{n a 、}{n b 都是公差为1的等差数列，其首项分别为1a 、1b ，且511=+b a ，*11,N b a ∈．设n b n a c =（*N n ∈），则数列}{n c 的前10项和等于（）A ．55B ．70C ．85D ．1005.等差数列{a n }中，S n 是其前n 项和，a 1＝－11，S 1010－S 88＝2，则S 11＝( )A ．－11B ． 11C ．10D 。

《等差数列的前n项和》人教版高二数学下册PPT课件

合作探究
COOPERATIVE INQUIRY
[跟踪训练] 2．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.
解得 a 1＝－5 ，d ＝3. ∴a 8＝a 6＋2 d ＝1 0 ＋2×3 ＝1 6 ，
1 0 ×9 S 10＝1 0 a 1＋ 2 d ＝1 0 ×(－5 )＋5 ×9 ×3 ＝8 5 .
1 7 × a 1＋a 17
1 7 × a 3＋a 15
1 7 ×4 0
(2 )S 17＝
2
＝
2
＝
＝3 4 0 .
S 1，n ＝1 ，
项公式，那么数列{a n
}的通项公式要分段表示为
a
n
＝
S
n －S
n －1，n
≥2 .
合作探究
COOPERATIVE INQUIRY
等差数列前 n 项和公式的实际应用
例 3、某抗洪指挥部接到预报，24 小时后有一洪峰到达，为确保安全，指挥部决定在洪峰到来之前临时筑一道堤坝作为第二道防线．经计算，除现有的参战军民连续奋战外，还需调用 20 台同型号翻斗车，平均每辆车工作 24 小时．从各地紧急抽调的同型号翻斗车目前只有一辆投入使用，每隔 20 分钟能有一辆翻斗车到达，一共可调集 25 辆，那么在 24 小时内能否构筑成第二道防线？
3，n ＝1，
∴a
n
＝ 2
n
，n
≥2
.
合作探究
COOPERATIVE INQUIRY
2 ．(变条件变结论)将本例中的条件“S n ＝2 n 2－3 0 n ”变为“正数数列{b n }的前 n 项和 S n

2.3 第1课时等差数列的前n项和课件人教新课标

第1课时
等差数列的前n项和
-1-
第1课时
等差数列的前n项和
课前篇自主预习
课堂篇探究学习
课标阐释
思维脉络
1.掌握等差数列前 n 项和公式的
等差数列的前 n 项和
推导方法.
2.掌握等差数列的前 n 项和公式, 前 n 项和公式推导
能够运用公式解决相关问题.
应用
3.理解 Sn 与 an 的关系,并能运用由S 求a
)
答案:①× ②×
(2)①若数列{an}的前 n 项和
1
6
1
5
)
1
Sn=+1,则 a5=
②若数列{an}的前 n 项和 Sn=n2+n,则 an=
课堂篇探究学习
.
.
1
30
解析:①a5=S5-S4= − =- .
②当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n.当 n=1
(2)①在等差数列{an}中,其前n项和为Sn,a3=7,公差d=2,则
S20=
.
②已知数列{an}为等差数列,a1=2,an=10,Sn=72,则n=
.
20×19
解析:①由 a3=7,d=2,得 a1=3,故 S20=20×3+ 2 ×2=440.
( + )
(2+10)
②∵Sn= 12 ,∴ 2 =72,解得 n=12.
等差数列的前n项和
探究二
探究三
思维辨析
课堂篇探究学习
课堂篇探究学习
当堂检测
反思感悟已知数列{an}的前n项和Sn,求通项公式an的步骤
1.当n=1时,a1=S1.

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

2.3.2等差数列的前n项和的性质课件

故 d 的取值范围为 d≤－2 2或 d≥2 2.
2
例 4：已知一个等差数列{an}的通项公式 an＝25－5n，求数
列{ |an|} 的前 n 项和 Sn.
错因剖析：解本题易出现的错误就是：(1)由an≥0 得，n≤5
理解为n＝5，得出结论：Sn＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝50(n≤5)， 20－5nn－5 Sn＝；(2)把“前 n 项和”认为“从n≥6 起”的和． 2 事实上，本题要对n 进行分类讨论．正解：由an≥0 得n≤5，
4－1.已知 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，Sn＝12n－n2. (1)求|a1|＋|a2|＋|a3|； (2)求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a10|； (3)求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|.
解：∵Sn＝12n－n2，
∴当n＝1 时，a1＝S1＝12－1＝11，当n≥2 时，an＝Sn－Sn－1 ＝(12n－n2)－12(n－1)＋(n－1)2＝13－2n，当n＝1 时，13－2×1＝11＝a1，∴an＝13－2n. 13 ，由an＝13－2n≥0，得 n≤ 2 ∴当1≤n≤6 时，an>0；当n≥7 时，an<0. (1)|a1|＋|a2|＋|a3|＝a1＋a2＋a3 ＝S3＝12×3－32＝27；
－15 解：(1)由题意知 S6＝ S ＝－3，a6＝S6－S5＝－8， 5
5a1＋10d＝5 ∴ a1＋5d＝－8
.解得 a1＝7，
∴S6＝－3，a1＝7.
(2)∵S5S6＋15＝0，
∴(5a1＋10d)(6a1＋15d)＋15＝0，即2 a1＋9da1＋10d2＋1＝0. 故(4a1＋9d)2＝d2－8. ∴d2≥8.
解法五：∵{an}为等差数列， ∴设Sn＝a·n2＋m＝4m2a＋2mb＝100，

2.3等差数列的前n项和(二)

2
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

等差数列的前N项和+(二)教学课件

第二章数列
普通高中课程标准实验教科书《数学》（必修5）
例2 在新城大道一侧A处，运来20棵新树苗，一名工人从A处起沿大道一侧路边每隔10m栽一棵树苗，这名工人每次只能运一棵.要栽完这20棵树苗，并返回A处，植树工人共走了多少路程？
解：植树工人每种一棵树并返回A处所要走的路程(单位：m) 组成了一个数列 0，20，40，60，…，380. 这是首项为0，公差为20，项数为20的等差数列，其和
20 (20 1) S 20 3800( m) 2
答高中课程标准实验教科书《数学》（必修5）第二章数列
例3 九江抗洪指挥部接到预报，24时后有一洪峰到达.为确保安全，指挥部决定在洪峰来临前筑一道堤坝作为第二道防线.经计算，除现有的部队指战员和九江干群连续奋战外，还需调用20台同型号翻斗车，平均每辆工作24时.但目前只有一辆车投入施工，其余的需从昌九高速公路沿线抽调，每隔20分能有一辆车到达，指挥部最多可调集25辆车，那么在24时内能否构筑成第二道防线？解: 从第一辆车投入工作算起，各车工作时间(单位：h) 依次设为：a1，a2，a3，…，a25 . 这是一个等差数列，a1＝24，公差d＝ 1 3 25辆车可以完成的工作量为： 25 24 1 a1 a2 a25 25 24 ( ) 500 2 3 需要完成的工作量为24×20＝480 因此，在24小时内能构筑成第二道防线.
4. 由数列的前n项和Sn求数列的通项an
n 1 S1 , an S n S n1 , n 2
普通高中课程标准实验教科书《数学》（必修5）第二章数列
n 1 S1 , an S n S n 1 , n 2
2n 2
且a1 S1 1 3 4

第二章 2.3 第1课时等差数列的前n项和公式 -【教师版】

A．2 300 B．2 400 C．2 600 D．2 500
答案 D
解析由 am＝a1＋(m－1)d，得 99＝1＋(m－1)×2，解得 m＝50，所以 S50＝50×1＋50×49×2＝2 500.
2 2．记等差数列的前 n 项和为 Sn，若 S2＝4，S4＝20，则该数列的公差 d 等于( )
n＝1
时，a1＝S1＝12＋12＋1＝52不符合①式．∴an＝
2 2n－1，n≥2，n∈N*.
2
反思感悟已知前 n 项和 Sn 求通项 an，先由 n＝1 时，a1＝S1 求得 a1，再由 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1 求得 an，
最后验证 a1 是否符合 an，若符合则统一用一个解析式表示，不符合则分段表示．
例 1 在等差数列{an}中：
(1)已知 a5＋a10＝58，a4＋a9＝50，求 S10；
(2)已知 S7＝42，Sn＝510，an－3＝45，求 n.
解 (1)方法一由已知条件得
a5＋a10＝2a1＋13d＝58，
a1＝3，
解得
a4＋a9＝2a1＋11d＝50，
d＝4.
∴S10＝10a1＋10×10－1d＝10×3＋10×9×4＝210.
2
2
a5＋a10＝a1＋a10＋4d＝58，方法二由已知条件得
a4＋a9＝a1＋a10＋2d＝50，
∴a1＋a10＝42，
∴S10＝10a1＋a10＝5×42＝210. 2
(2)S7＝7a1＋a7＝7a4＝42，∴a4＝6. 2
∴Sn＝na1＋an＝na4＋an－3＝n6＋45＝510.∴n＝20.
解由 Sn＝na1＋nn－1d， 2
得 na1＋nn－1×2＝35， 2

《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。

必修五等差数列前n项和公式的变形及应用

§2.3.2 等差数列前n项和公式的变形及应用学习目标1. 会利用等差数列性质简化求和运算.2. 会利用等差数列前n项和的函数特征求最值.知识点一等差数列前n 项和与等差中项的关系思考等差数列{a n }中，若a 3＝2，求S 5. 答案 S 5＝5(a 1＋a 5)2＝5·a 1＋a 52＝5a 3＝10.梳理等差数列{a n }的前n 项和S n ＝n (a 1＋a n )2，其中a 1＋a n2为a 1，a n 的等差中项，若结合性质“m ＋n＝p ＋q 得a m ＋a n ＝a p ＋a q ，”还可把a 1＋a n 换成a 2＋a n －1，a 3＋a n －2，….知识点二等差数列前n 项和的最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 ＝d2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n ，类比二次函数的最值情况，等差数列的前n 项和S n 何时有最大值？何时有最小值？答案由二次函数的性质可以得出：当a 1<0，d >0时，S n 先减后增，有最小值；当a 1＞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.梳理等差数列前n 项和的最值与{S n }的单调性有关.(1)若a 1>0，d <0，则数列的前面若干项为正项(或0)，所以将这些项相加即得{S n }的最大值. (2)若a 1<0，d >0，则数列的前面若干项为负项(或0)，所以将这些项相加即得{S n }的最小值. (3)若a 1>0，d >0，则{S n }是递增数列，S 1是{S n }的最小值；若a 1<0，d <0，则{S n }是递减数列，S 1是{S n }的最大值.1.等差数列的前n 项和一定是常数项为0的关于n 的二次函数.( × )2.等差数列{a n }的前n 项和S n ＝n (a 3＋a n －2)2(n ≥3).( √ )3.若等差数列{a n }的前n 项和为S n ，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 为等差数列.( √ )类型一等差数列前n 项和的性质的应用例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.考点等差数列前n 项和性质运用题点等差数列连续m 项和成等差数列解 (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 3m 3m 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＝12(a 1＋a 9)12(b 1＋b 9)＝9(a 1＋a 9)29(b 1＋b 9)2＝S 9T 9＝7×9＋29＋3＝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 .考点等差数列前n 项和性质运用题点等差数列前n 项和性质其他问题解设等差数列{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 ＝7，15a 1＋105d ＝75，即⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋3d ＝1，a 1＋7d ＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，d ＝1.∴S n n ＝a 1＋12(n －1)d ＝12n －52，∴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 .类型二等差数列前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. 考点等差数列前n 项和最值题点求等差数列前n 项和的最值解方法一 ∵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.方法二同方法一，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.方法三同方法一，求出公差d ＝－2. ∵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 13>0，a 14<0. ∴当n ＝13时，S n 有最大值169.方法四同方法一，求出公差d ＝－2.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.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？考点等差数列前n 项和最值题点求使等差数列前n 项和取最值时的n 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)方法一由(1)知，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.类型三求数列{|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 .考点等差数列前n 项和绝对值之和题点求等差数列前n 项和绝对值之和解 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也符合上式，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝－3n ＋104(n ∈N *). 由a n ＝－3n ＋104≥0，得n ≤1043. 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，S n 为数列{a n }的前n 项和，若S 2＝16，S 4＝24，求数列{|a n |}的前n 项和T n .考点等差数列前n 项和绝对值之和题点求等差数列前n 项和绝对值之和解设等差数列{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 *.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.13B.35C.49D.63 考点等差数列前n 项和性质运用题点等差数列前n 项和与中间项的关系答案 C解析 S 7＝7(a 1＋a 7)2＝7·a 2＋a 62＝7·3＋112＝49.2. 若等差数列{a n }的前5项和S 5＝25，且a 2＝3，则a 7等于( )A.12B.13C.14D.15 考点等差数列前n 项和性质运用题点等差数列前n 项和与中间项的关系答案 B解析 ∵S 5＝5a 3＝25，∴a 3＝5，∴d ＝a 3－a 2＝5－3＝2，∴a 7＝a 2＋5d ＝3＋10＝13.故选B. 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.63B.45C.36D.27 考点等差数列前n 项和性质运用题点等差数列连续m 项和成等差数列答案 B解析 ∵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 考点等差数列前n 项和最值题点求使等差数列前n 项和取最值时的n 值答案 B解析由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 ＝d2x 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. 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________. 考点等差数列前n 项和性质运用题点等差数列前n 项和性质其他问题答案 2A1. 等差数列{a n }的前n 项和S n ，有下面几种常见变形(1)S n ＝n ·a 1＋a n 2； (2)S n ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n ； (3)S n n ＝d2n ＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2⎝⎛⎭⎫⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是公差为d 2的等差数列. 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.一、选择题1. 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.1 考点等差数列前n 项和性质运用题点等差数列前n 项和性质其他问题答案 B解析 ∵等差数列前n 项和S n 的形式为S n ＝An 2＋Bn ，∴λ＝－1.2. 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 014B.2 015C.2 016D.2 017考点等差数列前n 项和性质运用题点等差数列前n 项和与中间项的关系答案 C解析因为等差数列的前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＋k2，解得k ＝2 016.故选C.3. 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 项和数值最大时，n 的值为( )A.6B.7C.8D.9 考点等差数列前n 项和最值题点求使等差数列前n 项和取最值时的n 值答案 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7.4. 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 ＋1nB.n ＋1nC.n －1nD.n ＋12n考点等差数列前n 项和性质运用题点等差数列奇偶项和问题答案 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 .5. 等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0，S 2m －1＝38，则m 等于( )A.38B.20C.10D.9 考点等差数列前n 项和性质运用题点等差数列前n 项和与中间项的关系答案 C解析因为{a n }是等差数列，所以a m －1＋a m ＋1＝2a m ，由a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0，得2a m －a 2m ＝0，由S 2m －1＝38知a m ≠0，所以a m ＝2，又S 2m －1＝38，即(2m －1)(a 1＋a 2m －1)2＝38，即(2m －1)×2＝38，解得m ＝10，故选C.6. 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12B.12C.13D.12或13考点等差数列前n 项和最值题点求使等差数列前n 项和取最值时的n 值答案 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，故选D.7. 已知等差数列{a n }中，a 1 008＝4，S 2 016＝2 016，则S 2 017等于( )A.－2 017B.2 017C.－4 034D.4 034考点等差数列前n 项和性质运用题点等差数列前n 项和与中间项的关系答案 C解析因为{a n }是等差数列，所以S 2 016＝1 008(a 1＋a 2 016)＝1 008(a 1 008＋a 1 009)＝2 016，则a 1 008＋a 1 009＝2.又a 1 008＝4，所以a 1 009＝－2，则S 2 017＝2 017(a 1＋a 2 017)2＝2 017a 1 009＝－4 034.二、填空题8. 数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1，则它的通项公式是________. 考点 a n 与S n 关系题点由S n 公式求a n答案 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2解析当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n ＋1－[3(n －1)2－2(n －1)＋1]＝6n －5，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＋1＝2，不符合上式，∴an ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2. 9. 设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 4＝1，S 5＝10，则当S n 取得最大值时，n 的值为________. 考点等差数列前n 项和最值题点求使等差数列前n 项和取最值时的n 值答案 4或5解析由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝a 1＋3d ＝1，S 5＝5a 1＋5×42d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，d ＝－1，∴a 5＝a 1＋4d ＝0，∴S 4＝S 5且同时最大. ∴n ＝4或5.10. 已知数列{a n }的前n 项和公式为S n ＝2n 2－30n ，则S n 取最小值时对应的n 值为________. 考点等差数列前n 项和最值题点求使等差数列前n 项和取最值时的n 值答案 7或8解析 ∵S n ＝2n 2－30n ＝2⎝⎛⎭⎫n －1522－2252，∴当n ＝7或8时，S n 最小. 11. 若数列{a n }是等差数列，首项a 1＞0，a 2 013＋a 2 014＞0，a 2 013·a 2 014<0，则使前n 项和S n ＞0成立的最大自然数n 是________.考点等差数列前n 项和性质运用题点等差数列前n 项和有关的不等式问题答案 4 026解析由条件可知数列是递减数列，故知a 2 013＞0，a 2 014<0，故S 4 026＝4 026(a 1＋a 4 026)2＝2 013(a 2 013＋a 2 014)＞0，S 4 027＝4 027(a 1＋a 4 027)2＝4 027×a 2 014<0，故使前n 项和S n ＞0成立的最大自然数n 是4 026.三、解答题12. 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 最大的自然数n 的值.考点等差数列前n 项和最值题点求使等差数列前n 项和取最值时的n 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，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝－2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝11－2n ，n ∈N *.(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. 13. 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T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |，求T n .考点等差数列前n 项和绝对值之和题点求等差数列前n 项和绝对值之和解 (1)∵a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0，∴a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，∴{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)设数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ＝8n ＋n (n －1)2×(－2)＝9n －n 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，T 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，T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝9n －n 2.∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧9n －n 2，n ≤5，n ∈N *，n 2－9n ＋40，n ≥6，n ∈N *. 四、探究与拓展14. 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 等于( )A.12B.14C.16D.18 考点等差数列前n 项和性质运用题点等差数列前n 项和与中间项的关系答案 B解析因为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. 15. 已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－15，S 5＝－55.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若不等式S n >t 对于任意的n ∈N *恒成立，求实数t 的取值范围. 考点等差数列综合题点数列与不等式综合解 (1)S 5＝5·a 1＋a 52＝5a 3＝－55，∴a 3＝－11，∴d ＝a 3－a 13－1＝－11＋152＝2. ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－15＋(n －1)×2＝2n －17.(2)由(1)知，a n ＝2n －17，∴S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (－15＋2n －17)2＝n (n －16)＝(n －8)2－64， ∴(S n )min ＝－64. S n >t 对任意n ∈N *恒成立等价于(S n )min >t ，即－64>t . ∴t ∈(－∞，－64).。

高中数学必修5课件：第2章2-3-2等差数列前n项和习题课

第二章数列
温故知新
等差数列{an}的前 n 项和 Sn＝na1＋nn－2 1d＝d2n2＋(a1－d2)n，令d2＝A，a1－d2＝B，则得 Sn＝________.[答案] An2＋Bn数 Nhomakorabea 必修5
第二章数列
新课引入
用分期付款的方式购买家用电器需 11 500 元，购买当天先付 1 500 元，以后每月交付 500 元，并加付利息，月利率为 0.5%，若从交付 1 500 元后的第 1 个月开始算分期付款的第 1 个月，问：
所以S3m＝3ma1＋3m3m2 －1d＝210.
数学必修5
第二章数列
方法二：利用公式 Sn＝na1＋2 an，以及等差数列的性质 p
＋q＝m＋n⇒ap＋aq＝am＋an.
ma1＋am＝60，
①
由已知有m3ma1a＋1＋a2am3m＝＝1020S，3m，
② ③
2a2m＝am＋a3m，
④
由①②③④可得 S3m＝210.
【错解】 an＝Sn－Sn－1＝(n2＋n－1)－[(n－1)2＋(n－1)－ 1]＝2n，又an－an－1＝2n－2(n－1)＝2，即数列每一项与前一项的差是同一个常数，
∴{an}是等差数列．【错因】已知数列的前n项和Sn，求数列的通项an时，需分类讨论，即分n≥2与n＝1两种情况．
数学必修5
解得a＝m202， b＝1m0.
所以 S3m＝9am2＋3bm＝210.
数学必修5
第二章数列
等差数列前n项和的性质应用
一个等差数列的前12项的和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27，求该数列的公差d.
[思路点拨] 可以利用列方程组方法求解，也可以利用等差数列前n项和的性质求解．

等差数列的前n项和(二)

2012-12-1
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

等差数列的前n项和二

(D )
练一练·当堂检测、目标达成落实处
§2.3（二）
2．数列{an}为等差数列，它的前n项和为Sn，若Sn＝(n＋1)2
＋λ，则λ的值是
(B )
本讲
A．－2
B．－1
C．0
D．1
栏目
解析等差数列前n项和Sn的形式为Sn＝an2＋bn，
开关
∴λ＝－1.
练一练·当堂检测、目标达成落实处
§2.3（二）
关
因此，由二次函数的性质立即可以得出结论：当 d＞0 时，Sn
有最小值；当 d＜0 时，Sn 有最大值；且 n 取最接近对称轴的
正整数时，Sn 取到最值．
研一研·问题探究、课堂更高效
§2.3（二）
探究按要求，把下列表格填充完整，并观察使等差数列前n项
和Sn取到最值时序号n的规律.
序号等差数列基本量
即22aa11＋＋d3＝d＝161，2.
解得 ad1＝＝－9，2.
关所以等差数列{an}的通项公式为an＝11－2n (n∈N*)．
①当n≤5时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝－n2 ＋10n.
研一研·问题探究、课堂更高效
§2.3（二）
②当n≥6时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a5－a6－a7 －…－an＝2S5－Sn
目
开关
由aann＝＋1＝252－5－2n2n－≤10≥，0，
得nn≤ ≥11321212， .
所以当n＝13时，Sn有最大值． S13＝25×13＋13×123－1×(－2)＝169.
因此Sn的最大值为169.
研一研·问题探究、课堂更高效
方法三由S17＝S9，得a10＋a11＋…＋a17＝0，而a10＋a17＝a11＋a16＝a12＋a15＝a13＋a14，

2.3.2 等差数列前N项和公式

2
所 S20 − S16 = S4 + (5 −1) ×32 = 129 以因 a17 + a18 +⋯+ a20 = S20 − S16, 则为
a17 + a18 +⋯+ a20的为。值 129
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1 1、已知数列{a n }且a n > 0，n ∈ N ，前 n项的和 s n 满足 s n = ( a n + 4) 2 8 （1）求该数列的通项，并判断该数列是否为等差数列
∗
1 （2）若有 bn = a n − 30，求数列{bn } 的前 n项和Tn的最值与此时的 n值。 2
解根上解：据例得
(n = 1 ) p + q + r an = ) 2 pn − p + q (n〉1
只 r = 0时数 {an}才等数有，列是差列首为 a1 = p + q,公为 d = 2 p 项：差：如数 {an} 前n项是数为0，是果列的和常项且
2、用an：助项式an的负况前n项 Sn的利借通公正情与和变情，an ≤ 0且an+1 ≥ 0 化况
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例：知列{an}是差列 sn是前n项和 3 已数等数，其的。求：s6 , (s12 − s6 ), (s18 − s12 )也等数证成差列
解设差列项 a1,公为d，有: ：等数首为差则 s6 = 6a1 +15d s12 = 12a1 + 66d s18 = 18a1 +153d ∴s12 − s6 = 6a1 + 51d s18 − s12 = 6a1 + 87d ∴(s12 − s6 ) − s6 = 36d = (s18 − s12 ) − (s12 − s6 ) ∴s6 , s12, s18也等数，差 36d 成差列公为

等差数列前n项和(二)

课堂小结
•回顾从特殊到一般的研究方法；
•体会方程思想与函数思想在等差数列中的运用；
•注重思维的发散性，倡导勇于探索的学习方式。
作业布置
A必做题：课本118页，习题3.3 5、6、7、8 B选做题：(1)在等差数列中，前4项之和为124，后四项之和为156，所有项和为210，求项数n。 (2) 一个等差数列前 12 项和为 354 ，前 12 项中偶数项与奇数项和之比为32：27，求公差d。 C思考题：由数列1，1+2+1，1+2+3+2+1，1+2+3+4+3+2+1，… 前4项的值，推测第n项 an=1+2+3+…+(n-1)+n+(n1)+…+3+2+1的结果，并给出证明。
变题1.设等差数列{an}满足3a8=5a13,且a1>0, Sn为其前n项和，问：该数列前多少项的和最小？变题2.等差数列{an}中，a1<0,Sn为其前n项和，S9=S12,问：该数列前多少项的和最小？变题3.等差数列{an}中，前n项和Sn的最大值为S7，|a7|<|a8| ，求使Sn>0的n的最大值。
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干系/他の本意是出手相救/假设结局别如意/他还别如当初别出那各手/虽然他们之间从没什么谈论过名分问题/可是霍沫是各兰心蕙质の女子/怎么可能想别到那壹层关系？所以当王爷提出/名分/问题の时候/由于她早早就深思熟虑过/当即没什么丝毫迟疑地回复道：/回爷/那壹辈子/霍沫真是啥啊念想也没什么/若别是十三爷/霍沫现在也就是孤魂野鬼壹各/若别是您/霍沫现在也就是贫尼壹名/两位爷の救命、知遇之恩/霍沫就是壹辈子给您们当牛做马也

2.3.2 等差数列前N项和公式(2)

5 6n 5 n 2 12 12
1 4 2 3
当n 1时，a1 S1 3
59 12
不满足an
(n 12 所以数列an 的通项公式为： an 6n 5 12
返回
2.在等差数列an 中，Sn为前n项和，公差d 2 且S4 1 ，求：a17 a18 a19 a20的值
2 2 1.已知数列an 的前n项的和为：Sn 1 n 3 n 3, 4
求数列通项公式。
2 2 2 1 2 解：根据 S n 1 n n 3 与 S ( n 1 ) (n 1) 3(n1) 4 3 3 n 1 4
2 2 2 2 1 当n1时，an S n S n 1 ( 1 n n 3 ) [ ( n 1 ) 3 (n 1) 3] 4 3 4
例3. 己知一个等差数列｛an｝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?
解：由题意知
S10 10(a1 a10 ) 310 2
得
a1 a20 S 20 20 1220 2
a1 a10 62；
①
②
则
所以
a1 a20 122； ②-①，得 10 d 60
能不能把此结论推广到一般情况：如果 an 为等差数列， sk , s2k sk , s3k s2k 也成等差数列。（ k Z )
公差为原来公差的 k 2倍
2 2 1.已知数列an 的前n项的和为：Sn 1 n n 3 , 4 3
求数列通项公式。
2.在等差数列an 中，Sn为前n项和，公差d 2 且S4 1，求：a17 a18 a19 a20的值

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