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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 。
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。
