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第10课时《等差数列前n项和的性质与应用》


目标导航 1.理解等差数列前 n 项和的性质并能简单应用.(重点) 2.掌握裂项相消法求和. 3.掌握等差数列前 n 项和之比问题以及实际应用.(难点)

1 新知识· 预习探究 知识点一 等差数列前 n 项和的有关性质 (1)等差数列{an}中,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n 也构成等差数列,且 公差是 n2d.如下所示:

(2)若等差数列的项数为 2n(n∈N*),则 S奇 an ①S2n=n(an+an+1);②S 偶-S 奇=nd;③ = . S偶 an+1

若等差数列的项数为 2n-1(n∈N*),则 S奇 n ①S2n-1=(2n-1)an(an 为中间项);②S 奇-S 偶=an;③ = . S偶 n-1 an (3)若{an}与{bn}均为等差数列, 且前 n 项和分别为 Sn 与 S′n, 则b n S2n-1 = . S′2n-1 ?Sn? (4)若等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,则数列? n ?是等差数列,且 ? ? d 首项为 a1,公差为2.

【练习 1】 若等差数列共有 n 项,其和为 210,前四项的和为 124,后四项的和为 156,求 n 的值.

解:设前四项分别为 a1,a2,a3,a4. 后四项分别为 an-3,an-2,an-1,an. 则 a1+a2+a3+a4=124,an-3+an-2+an-1+an=156, ∴a1+a2+a3+a4+an-3+an-2+an-1+an=4(a1+an)=280, n?a1+an? n×70 ∴a1+an=70,∴Sn= = =210. 2 2 ∴n=6.

知识点二 等差数列前 n 项和的最值问题 等差数列的前 n 项和 Sn=pn2+qn(p,q 为常数,且 p≠0,n∈N*) 是 n 的二次函数,所以可以借助二次函数的图象、性质来研究等差数 列前 n 项和的最值问题. 2 ? ? q q 由于 Sn=pn2+qn=p?n+2p?2-4p,结合二次函数的性质可知: ? ? q ①如果顶点横坐标-2p是正整数,Sn 在顶点处取得最大值(p<0)或 最小值(p>0). q ②如果顶点横坐标-2p不是正整数,Sn 在最接近顶点横坐标的正 整数处取得最大值(p<0)或最小值(p>0).

【练习 2】 在等差数列{an}中, a1=25, S17=S9, 求 Sn 的最大值.

解:解法一:利用前 n 项和公式和二次函数的性质. 17 9 由 S17=S9,得 25×17+ 2 ×(17-1)d=25×9+2×(9-1)d, 解得 d=-2. n ∴Sn=25n+2(n-1)(-2)=-(n-13)2+169. ∴由二次函数的性质,得当 n=13 时,Sn 有最大值 169.

解法二:由解法一,得 d=-2. ∵a1=25>0,

?n≤131 ? ? 2 ?an=25-2?n-1?≥0, 由? 得? ? ?an+1=25-2n≤0, ?n≥121 2 ?

.

13×12 ∴当 n=13 时, Sn 有最大值, 最大值为 S13=13×25+ 2 ×(- 2)=169.

解法三:由 S17=S9,得 a10+a11+…+a17=0, 而 a10+a17=a11+a16=a12+a15=a13+a14, 故 a13+a14=0. 由解法一,得 d=-2<0,a1>0, ∴a13>0,a14<0. 13×12 故 n=13 时,Sn 有最大值,最大值为 S13=13×25+ ×( - 2 2)=169.

2 新视点· 名师博客 1.等差数列的前 n 项和公式与函数的关系 n?n-1? d 2 等差数列的前 n 项和公式 Sn=na1+ d 可以写成 Sn= n + 2 2 ? d? ?a1- ?n. 2? ? d d 若令2=A,a1-2=B,则上式可以写成 Sn=An2+Bn,即 Sn 是关 于项数 n 的函数. (1)当 A=0,B=0 时(此时 a1=0,d=0),Sn=0 是关于 n 的常数 函数; (2)当 A=0,B≠0 时(此时 a1≠0,d=0),Sn=Bn 是关于 n 的一次 函数(或正比例函数);

(3)当 A≠0,B≠0 时(此时 d≠0),Sn=An2+Bn 是关于 n 的二次函 数. 从上面的分析,我们可以看出: (1)若一个数列{an}是等差数列, 则其前 n 项和公式 Sn=f(n)是关于 n 的二次函数或一次函数或常数函数,且其常数项为 0,即 Sn=An2+ Bn(A,B 为常数); (2)若一个数列前 n 项和的表达式为 Sn=An2+Bn+C(A,B,C 为 常数),则当 C≠0 时,数列{an}不是等差数列,但从第 2 项起为等差 数列; (3)当 d≠0 时,(n,Sn)是抛物线 y=Ax2+Bx 上的一群孤立的点; (4)由二次函数图象的性质可知,当 d>0 时,{an}是递增数列,Sn 有最小值;当 d<0 时,{an}是递减数列,Sn 有最大值.

2.等差数列前 n 项和比值的问题 (1)设等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d1,等差数列{bn}的首项 为 b1,公差为 d2,它们的前 n 项和分别为 Sn,Tn,则它们前 n 项和的 Sn 比T 具有下列性质: n Sn 等差数列{an}的前 n 项和 Sn 与等差数列{bn}的前 n 项和 Tn 的比 是 Tn Sn an+b 关于 n 的函数,即T = ; cn+d n (2)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,则 Sm,Sn 与 am,an 有如下性 质: 2 S2m-1 ?2m-1?am Sm am +bm ① = ; ②S = 2 . S2n-1 ?2n-1?an an + bn n 微课:等差数列前 n 项和性质的应用

3 新课堂· 互动探究 考点一 等差数列前 n 项和性质及应用 例 1 一个等差数列的前 10 项之和为 100,前 100 项之和为 10,求 其前 110 项之和. 分析:解答本题可利用前 n 项和公式求出 a1 和 d,即可求出 S110, 或利用等差数列前 n 项和的性质求解.

解析:解法一:设此等差数列的前 n 项和为 Sn=an2+bn. ∵S10=100,S100=10, 11 ? 2 ?a=-100, ? ?10 a+10b=100, ∴? 2 解得? ? ?100 a+100b=10, ?b=111. 10 ? 11 2 111 ∴Sn=-100n + 10 n. 11 111 2 ∴S110=-100×110 + 10 ×110=-110.

解法二:数列 S10,S20-S10,S30-S20,…,S100-S90,S110-S100 成等差数列. 设其公差为 D,则前 10 项的和为 10×9 10S10+ · D=S100=10,解得 D=-22, 2 ∴S110-S100=S10+(11-1)D=100+10×(-22)=-120. ∴S110=-120+S100=-110. 90?a11+a100? 解 法 三 : ∵ S100 - S10 = a11 + a12 + … + a100 = = 2 90?a1+a110? , 又 S100-S10=10-100=-90,∴a1+a110=-2. 2 110?a1+a110? ∴S110= =-110. 2

点评:(1)利用已知求出 a1,d,然后再求所求,是基本解法,有 时运算量大些. (2)我们也可以利用等差数列前 n 项和的性质,或利用等差数列通 项公式的性质,这两种解法可简化运算,为最优解法. (3)设而不求,整体代换也是很好的解题方法.

变式探究 1 (1)一个等差数列共 2 011 项,求它的奇数项和与偶 数项和之比; (2)一个等差数列前 20 项和为 75,其中的奇数项和与偶数项和之 比为 1∶2,求公差 d. 解:(1)等差数列{an}共有 1 006 个奇数项,1 005 个偶数项, 1 006?a1+a2 011? 1 005?a2+a2 010? ∴S 奇= ,S 偶= . 2 2 S奇 1 006 ∵a1+a2 011=a2+a2 010,∴ =1 005. S偶 1 2 (2)前 20 项中,奇数项和 S 奇= ×75=25,偶数项和 S 偶= ×75 3 3 =50,又 S 偶-S 奇=10d, 50-25 ∴d= 10 =2.5

考点二 等差数列的前 n 项和的最值问题 例 2 设等差数列{an}满足 a3=5,a10=-9. (1)求{an}的通项公式; (2)求{an}的前 n 项和 Sn 及使得 Sn 最大的序号 n 的值. 分析:可利用{an}的单调性或二次函数求最值的方法求 Sn 的最大 值.

解析:(1)由 an=a1+(n-1)d 及 a3=5,a10=-9 得 ? ? ?a1+2d=5, ?a1=9, ? 解得? ?a1+9d=-9 ?d=-2, ? ? 所以数列{an}的通项公式为 an=a1+(n-1)d=11-2n. 11 (2)方法一:由 an=11-2n>0 知 n< ; 2 11 由 an=11-2n<0 知 n> 2 . 又 n∈N*,所以数列{an}的前 5 项为正,从第 6 项开始均为负.故 n=5 时,Sn 有最大值. n?n-1? 方法二:由(1)知,Sn=na1+ 2 d=10n-n2. 因为 Sn=-(n-5)2+25, 所以当 n=5 时,Sn 取得最大值.

点评:探求数列前 n 项和的最大值问题. 方法一:根据数列项的正负.对于等差数列,若 a1>0,d<0,则 数列所有正数项和最大;若 a1<0,d>0,则数列所有负数项和最小. 方法二:从函数角度,如配方、数形结合、利用单调性等,求其 最值.

变式探究 2 等差数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 S10=0, S15=25, 则 nSn 的最小值为________.

解析:∵数列{an}是等差数列,S10=0,S15=25,

?10a +10×9d=0, ? 1 2 ∴? ?15a1+15×14d=25, 2 ?

? ?a1=-3, 解得? 2 d = ? ? 3,

? n?n-1? 2? 1 3 1 ?-3n+ 则 nSn=n· × ?=3(n -10n2),令 f(x)=3(x3-10x2)(x>0), 2 3? ?

1 20 20 则 f′(x)= (3x2-20x). 令 f′(x)=0, 可得 x= 或 0, 当 0<x< 时, f′(x)<0; 3 3 3 ?20? 20 20 1 当 x> 时,f′(x)>0,则函数 f(x)的最小值为 f? 3 ?.∵6< <7,6S6= ×(63- 3 3 3 ? ? 1 2 10×6 )=-48,7S7= ×(73-10×72)=-49,6S6>7S7,∴nSn 的最小值为 7S7= 3 -49. 答案:-49

考点三 前 n 项和比的问题 a1+a2+a3+…+an 例 3 有 两 个 等 差 数 列 {an} , {bn} 满 足 = b1+b2+b3+…+bn 7n+2 a5 ,求b . n+3 5 n?a1+an? 分析: 可利用等差数列前 n 项和公式 Sn = 及 an = 2 a1+a2n-1 ,把项的比值转化为和的比值.可应用其他有关知识求解. 2

解析: 法一:设等差 数列 {an} 、 {bn} 公 差分别为 d1 、 d2 , 则 n?n-1? n-1 a1+a2+…+an na1+ 2 d1 a1+ 2 d1 = = , b1+b2+…+bn n?n-1? n-1 nb1+ 2 d2 b1+ 2 d2 n-1 a1+ 2 d1 7n+2 a5 a1+4d1 则有 = . ① 又由于b = , ② n-1 n+3 b1+4d2 5 b1+ 2 d2 a1+4d1 7×9+2 65 a5 65 观察①、 ②, 可在①中取 n=9, 得 = =12.故b =12. b1+4d2 9+3 5

法二:设{an}、{bn}前 n 项和分别为 An、Bn, ?a1+an?n An 7n+2 则有B = ,其中 An= .由于 a1+a9=2a5, 2 n+3 n a1+a9 ?a1+a9?· 9 即 =a5, 故 A9= =a5×9. 2 2 A9 a5×9 a5 A9 7×9+2 65 同理 B9=b5×9.故B = . 故b =B = =12. b × 9 9 + 3 9 5 9 5

法三: 因为等差数列前 n 项和 Sn=an

2

? b? ? +bn=a· n n+a?, 根据已知, ? ?

可令 An=(7n+2)kn,Bn=(n+3)kn. ∴a5=A5-A4 =(7×5+2)k×5-(7×4+2)k×4=65k, b5=B5-B4=(5+3)k×5-(4+3)k×4=12k. a5 65k 65 ∴b =12k=12. 5 A2n-1 an a5 A9 7×9+2 65 法四:由 = ,有 = = = . b b B 12 B2n-1 n 9+ 3 5 9

点评:(1)本题反映了等差数列和的比值与项的比值之间的转化, a1+a2n-1 公式 an= , 2 ∴an∶bn=S2n-1∶T2n-1. (2) 等差数列的项随项数而均匀变化,这是等差数列的最本质特 征.而等差数列的性质则是这一特征的具体反映.利用等差数列的性 质解题,就是要从等差数列的本质特征入手去思考,分析题目,这样 做必定会获得事半功倍的效果.

变式探究 3 若两个等差数列{an}和{bn}的前 n 项和 An 和 Bn 满 An 7n+1 an 足关系式B = (n∈N*),求b . 4n+27 n n

解析:法一:∵等差数列的前 n 项和 n?n-1? dn2 ? d? Sn=na1+ 2 d= 2 +?a1-2?n, ? ? An 7n+1 又 = , Bn 4n+27 ∴设 An=k(7n2+n),Bn=k(4n2+27n). 当 n≥2 时,an=An-An-1=7kn2+kn-7k(n-1)2-k(n-1)=k(14n -6),bn=Bn-Bn-1=k(4n2+27n)-k[4(n-1)2+27(n-1)]=k(8n+23). an 14n-6 ∴ = ,当 n=1 时,亦成立. bn 8n+23

4 新思维· 随堂自测 1.已知某等差数列共 20 项,其所有项和为 75,偶数项和为 25, 则公差为( ) A.5 B.-5 C.-2.5 D.2.5

解析:S 奇=S20-S 偶=75-25=50, ∴S 偶-S 奇=10d=25-50=-25, ∴d=-2.5. 答案:C

2.设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,若 a1=1,公差 d=2,Sk+2 -Sk=24,则 k 等于( ) A.8 B.7 C.6 D.5

解析:∵Sk+2-Sk=ak+1+ak+2=a1+kd+a1+(k+1)d=2a1+(2k+ 1)d=2×1+(2k+1)×2=4k+4=24,∴k=5. 答案:D

3.已知{an}为等差数列,a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99.以 Sn 表示{an}的前 n 项和,则使得 Sn 达到最大值的 n 是( ) A.21 B.20 C.19 D.18

解析:∵(a2-a1)+(a4-a3)+(a6-a5)=3d, ∴99-105=3d.∴d=-2. 又 a1+a3+a5=3a1+6d=105,∴a1=39. n?n-1? d? d 2 ? ∴ Sn =na1 + d= n + ?a1-2? n =- n2 +40n=-(n- 20)2 + 2 2 ? ? 400.∴当 n=20 时,Sn 达到最大值. 答案:B

S9 4. 设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn, 若 a5=5a3, 则 =________. S5

9 9 ?a +a ? ×2a5 S9 2 1 9 2 解析:S =5 =5 =9. 5 2?a1+a5? 2×2a3 答案:9

5.(1)在等差数列{an}中,若 a6+a9+a12+a15=34,求 S20; (2)在等差数列{an}中,S10=310,第 11 项到第 20 项的和为 910, 求第 21 项到第 30 项的和.

解:(1)由等差数列的性质知 a6+a15=a9+a12=a1+a20=17,S20 a1+a20 = 2 ×20=170. (2) 方法一:设等差数列的首项为 a1 ,公差为 d ,由题意,得 10×9 ? ?10a1+ 2 d=310, ? ?S10=310, ? 即? ? S - S = 910 , ? 20 10 ?20a1+20×19d-310=910. 2 ? ∴a21=4+20×6=124, 10×9 ∴a21+a22+…+a30=10×124+ ×6=1 510. 2 方法二:∵S10,S20-S10,S30-S20 成等差数列, 2(S20-S10)=S10+(S30-S20) ∴S30-S20=2×910-310=1 510.
? ?a1=4, 解得? ? ?d=6.

5 辨错解· 走出误区 易错点:忽略公式的基本特征而致错 【典例】 已知两个等差数列{an}和{bn}的前 n 项和分别为 Sn 和 Sn 5n+3 a9 Tn,且对一切正整数 n 都有T = ,试求b 的值. 2 n + 7 n 9

【错解】 设 Sn=(5n+3)k,Tn=(2n+7)k,k≠0, 则 a9=S9-S8=(5×9+3)k-(5×8+3)k=5k, b9=T9-T8=(2×9+7)k-(2×8+7)k=2k, a9 5 所以b =2. 9 Sn 5n+3 【错因分析】 此解答错在根据条件 = , 设 Sn=(5n+3)k, Tn 2n+7 Tn=(2n+7)k,这是把等差数列前 n 项和误认为是关于 n 的一次函数, 没有准确把握前 n 项和公式的特点.

【正解】 因为{an}和{bn}是公差不为 0 的等差数列, 故设 Sn=n(5n+3)k,Tn=n(2n+7)k,k≠0,则 a9=S9-S8=9×(5×9+3)k-8×(5×8+3)k=88k, b9=T9-T8=9×(2×9+7)k-8×(2×8+7)k=41k, a9 88 所以b =41. 9


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