等差数列的应用 PPT

又 S2n＋1＝S 奇＋S 偶＝77. ∴2n＋1a21＋a2n＋1＝2n＋12·2an＋1＝77 ∴(2n＋1)×11＝77， ∴2n＋1＝7， 即数列的中间项为 11，这个数列共 7 项．
等差数列前 n 项和性质小结： 1．等差数列{an}中，公差为 d，前 k 项的和为 Sk，则 Sk，S2k －Sk，S3k－S2k，…，Smk－S(m－1)k，…构成公差为 k2d 的等差数列． 2．等差数列{an}中，公差为 d： (1)若共有 2n 项，则 S2n＝n(an＋an＋1)； S 偶－S 奇＝nd；S 偶∶S 奇＝an＋1∶an. (2)若共有 2n＋1 项，则 S2n＋1＝(2n＋1)an＋1； S 偶－S 奇＝－an＋1；S 偶∶S 奇＝n∶(n＋1)．
∴S11＋S12＋…＋S1n＝121－13＋12－14＋
13－15＋…＋n－1 1－n＋1 1＋1n－n＋1 2
＝
1 2
1＋12－n＋1 1－n＋1 2＝34－2n＋2n1＋n3＋2.
1．若数列{an}是等差数列，公差为 d(d≠0)，则和式 Tn＝a11a2 ＋a21a3＋a31a4＋…＋an－11an可用裂项法求和，具体过程如下：
依题中条件知Smm、S22mm、S33mm成等差数列， 所以 2·S22mm＝S33mm＋Smm. 所以 S3m＝3(S2m－Sm)＝3×(100－30)＝210. (2)设等差数列{an}共 2n＋1 项，公差为 d，则奇数项有 n＋1 项，偶数项有 n 项，中间项是第 n＋1 项，即 an＋1， 则SS偶 奇＝ ＝aa21＋ ＋aa43＋ ＋aa65＋ ＋… …＋ ＋aa22nn＝ ＋1＝3344 ∴S 奇－S 偶＝a1＋nd＝an＋1＝11， 即中间项 an＋1＝11.
【自主解答】 (1)法一 设{an}的公差为 d， 依据题设和前 n 项和公式有
ma1＋mm2－1d＝30，
①
2ma1＋2m2m2 －1d＝100， ②
②－①，得 ma1＋m3m2－1d＝70， 所以 S3m＝3ma1＋3m3m2 －1d＝3ma1＋m3m2－1d ＝3×70＝210.
法二 Sm、S2m－Sm、S3m－S2m 成等差数列， 所以 30、70、S3m－100 成等差数列， 所以 2×70＝30＋S3m－100. 所以 S3m＝210. 法三 在等差数列{an}中， 因为 Sn＝a1n＋12n(n－1)d，所以Snn＝a1＋(n－1)d2. 即数列Snn构成首项为 a1，公差为d2的等差数列．
【答案】 A
等差数列前n项和的最值问题
数列{an}是等差数列，a1＝50，d＝－0.6. (1)从第几项开始有 an<0； (2)求此数列的前 n 项和的最大值． 【思路探究】 (1)怎样求 an？an<0 的含义是什么？不等式 的解集的含义是什么？ (2)能否用二次函数的方法处理前 n 项和的最值问题？由 an 的变化可以推测吗？
③
1 n＋1＋
＝ n
n＋1－
n等．
1．等差数列的前 n 项和 Sn 的有关性质在解题过程中如 果运用得当，可以化繁为简，化难为易．
2．求等差数列前 n 项和 Sn 的最值的常用方法有两种： (1)用二次函数的性质求解． (2)明确数列中的正项与负项，用负项之和最小，正项 之和最大来解决．
3．裂项相消法是数列求和的常用方法之一，就是把要 求和的数列的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出 现有规律的相互抵消，从而达到方便求和的目的.
【自主解答】 (1)∵a1＝50，d＝－0.6， ∴an＝50－0.6(n－1)＝－0.6n＋50.6. 令－0.6n＋50.6≤0，则 n≥500.6.6≈84.3. 由于 n∈N*，故当 n≥85 时，an<0， 即从第 85 项起以后各项均小于 0.
(2)法一 Sn＝50n＋nn2－1×(－0.6) ＝－0.3n2＋50.3n＝－0.3n－50632＋5102302. 当 n 取接近于5063的正整数， 即 n＝84 时，Sn 达到最大值 S84＝2 108.4. 法二 ∵d＝－0.6<0，a1＝50>0， 由(1)知 a84>0，a85<0， ∴S1<S2<…<S84，且 S84>S85>S86>…. ∴(Sn)max＝S84＝50×84＋84×2 83×(－0.6)＝2 108.4.
1．一个有 11 项的等差数列，奇数项之和为 30，则它的中
间项为( )
A．8
B．7
C．6
D．5
【解析】 由条件知 a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＝30， 又∵a1＋a11＝a3＋a9＝a5＋a7， ∴a5＋a7＝2a6＝10， ∴中间项 a6＝5.
(2)项数为奇数的等差数列，奇数项之和为 44，偶数项之和 为 33，求这个数列的中间项及项数．
【思路探究】 (1)可设出 a1 和 d，用前 n 项和公式列方程 组变形求解，也可利用等差数列的性质求解．
(2)设项数为 2n＋1，则奇数项有 n＋1 项，偶数项有 n 项， 由奇数项之和与偶数项之和的关系，列式求解．
2．我们知道，a1＋a2＝S2，a3＋a4＝S4－S2，a5＋a6＝S6－S4， 则上述关系可以描述为一个怎样的结论？
【提示】 如果{an}是等差数列，那么 S2，S4－S2，S6－S4 也成等差数列．
3．这种结论可以推广吗？ 【提示】 可以推广．
等差数列{an}中，其前 n 项和为 Sn，则{an}中连续的 n 项和 构成的数列 Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…构成 等差 数列.
【解】 ∵数列{an}是首项为 1，公差为 1 的等差数列． ∴Sn＝n＋nn2－1×1＝12n2＋12n， ∴S1n＝nn2＋1＝21n－n＋1 1， ∴S11＋S12＋S13＋…＋S1n
＝21－12＋12－13＋…＋1n－n＋1 1 ＝21－n＋1 1＝n2＋n1.
裂项相消法求和
n∈N*)．
2．过程与方法 通过对公式从不同角度、不同侧面的剖析，培养学生思维的 灵活性，提高学生分析问题和解决问题的能力． 3．情感、态度与价值观 (1)提高学生代数的思维能力，使学生获得一定的成就感； (2)通过生动具体的现实问题、数学问题，激发学生探究的兴趣 与欲望，树立求真的勇气与自信心，增强学生学好数学的心理体 验，产生热爱数学的情感．
(1)若 a1<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 Sn 的最 小 值．
(2)若 a1>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 Sn 的最 大 值．
等差数列前n项和的性质
(1)已知等差数列{an}，Sm，S2m，S3m 分别是其前 m， 前 2m，前 3m 项和，若 Sm＝30，S2m＝100，求 S3m.
等差数列前 n 项和的最值问题 (1)利用 an：当 a1＞0，d＜0 时，前 n 项和有最大值，可由 an≥0，且 an＋1≤0，求得 n 的值；当 a1＜0，d＞0 时，前 n 项和 有最小值，可由 an≤0，且 an＋1≥0，求得 n 的值． (2)利用 Sn：二次函数 Sn＝d2n2＋a1－d2n 由配方法求得 Sn 取 最值时 n 的值．
(12 分)在数列{an}中，a1＝2，an＝2an－1＋2n＋1(n≥2，
(1)若 bn＝a2nn，求证：{bn}是等差数列；
(2)在(1)的条件下，设 Cn＝bnb1n＋1，求{Cn}的前 n 项和 Tn.
【思路点拨】 (1)要证明{bn}是等差数列，须满足 bn－bn－1 ＝常数(n≥2)，即a2nn－a2nn－ －11＝常数(n≥2)．
大家学习辛苦了，还是要坚持
继续保持安静
等差数列前n项和Sn的最值
【问题导思】 等差数列的前 n 项和 Sn 与 n 之间是怎样的函数关系呢？ 【提示】 Sn＝d2n2＋a1－d2n. 当 d≠0 时，Sn 是项数 n 的二次函数且不含常数项， 当 d＝0 时，Sn＝a1n，不是 n 的二次函数．
对于裂项后明显有能够相消的项的一类数列，在求和时常用
“裂项法”，分式的求和多利用此法．可用待定系数法对通项公
式进行拆项，相消时应注意消去项的规律，即消去哪些项，保留
哪些项，常见的拆项公式有：
①nn1＋k＝1k·1n－n＋1 k；
②若{an}为等差数列，公差为 d，
则an·a1n＋1＝1da1n－an1＋1；
【思路探究】 (1)由 a1，d 能否求出 Sn？S1n为多少？(2)S1n能 否为裂项成为正负相消的项？
【自主解答】 ∵等差数列{an}的首项 a1＝3，公差 d＝2， ∴前 n 项和 Sn＝na1＋nn2－1d＝3n＋nn2－1×2＝n2＋2n(n ∈N*)，
∴S1n＝n2＋1 2n＝nn1＋2＝121n－n＋1 2，
思
想
教
方
学
法
教
技
法
巧
分
析
当
堂
双
课
基
前 自
第 2 课时 等差数列的综合应用
达 标
主
导
课
学
后
知
能Biblioteka Baidu
课
检
堂
测
互
动
教
探
师
究
备
课
资
源
●三维目标 1．知识与技能 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 差数列通项公式和前 n 项和公式研究 Sn 的最值．初步体验函数 思想在解决数列问题中的应用．
在等差数列{an}中，若 S4＝1，S8＝4，则 a17＋a18＋a19＋a20 的值为( )
A．9
B．12
C．16
D．17
【解析】 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{bn}，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.
等差数列{an}中，a1<0，S9＝S12，该数列前多少项和最小？ 【解】 法一 设等差数列{an}的公差为 d，则由题意得， 9a1＋12×9×(9－1)d＝12a1＋12×12×(12－1)d， 即 3a1＝－30d，∴a1＝－10d.
∵a1<0，∴d>0， ∴Sn＝na1＋12n(n－1)d＝12dn2－221dn ＝d2n－2212－2812d. ∵d>0，∴Sn 有最小值． 又∵n∈N*，∴n＝10 或 n＝11 时，Sn 取得最小值．
(2)可以考虑用裂项相消法求 Tn. 【规范解答】 (1)∵an＝2an－1＋2n＋1， ∴a2nn－a2nn－ －11＝2(n≥2).3 分 又 bn＝a2nn，∴b1＝a21＝1， ∴数列{bn}是首项为 1，公差为 2 的等差数列.6 分
(2)由(1)知 bn＝2n－1， ∴Cn＝bnb1n＋1＝2n－112n＋1＝122n1－1－2n1＋1，9 分 ∴Tn＝C1＋C2＋C3＋…＋Cn ＝121－13＋13－15＋…＋2n1－1－2n1＋1 ＝121－2n1＋1 ＝2nn＋1.12 分
∵an－11·an＝1dan1－1－a1n， ∴Tn＝1da11－a12＋a12－a13＋…＋an1－1－a1n ＝1da11－a1n＝na－1a1n .
2．常用到的裂项公式有如下形式：
(1)nn1＋k＝1k1n－n＋1 k；
(2)
1 n＋k＋
n＝1k(
n＋k－
n)．
本例中若把条件改为“a1＝1，d＝1”，其他都不变，试求 解之．
法二 a1＝－10d(过程同法一)． 由aann＝ ＋1＝a1＋ a1＋nn－d≥ 1d0≤，0， 即11－ －111100nn≤－01.≥0， 得 10≤n≤11， ∴n 取 10 或 11 时，Sn 取最小值.
裂项相消法求数列的和
等差数列{an}中，a1＝3，公差 d＝2，Sn 为前 n 项 和，求S11＋S12＋…＋S1n.
●重点难点 重点：等差数列前 n 项和公式的掌握与应用． 难点：灵活运用求和公式解决问题．
等差数列前n项和的性质
【问题导思】 已知等差数列{an}，其前 n 项和为 Sn. 1．a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6 成等差数列吗？ 【提示】 a3＋a4＝(a1＋a2)＋4d，a5＋a6＝(a3＋a4)＋4d， ∴(a5＋a6)－(a3＋a4)＝(a3＋a4)－(a1＋a2)＝4d， 即 a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6 构成等差数列．