高中数学第二章数列第六课时等差数列的前n项和教案(二)苏教版必修5

第六课时等差数列的前n项和(二)教课目的：进一步娴熟掌握等差数列的通项公式和前n项和公式，认识等差数列的一些性质，并会用它们解决一些有关问题；提升学生的应意图识.教课要点：娴熟掌握等差数列的乞降公式.教课难点：灵巧应用乞降公式解决问题.教课过程：Ⅰ.复习回首n1＋(n－1)d，乞降公式：nn（a1＋an）1通项公式：a＝aS＝2＝na＋n（n－1）d2Ⅱ.讲解新课下边联合这些例子，来看怎样应用上述知识解决一些有关问题.［例1］求会合M＝{m｜m＝7n，n∈N*，且m＜100}的元素个数，并求这些元素的和.剖析：知足条件的n的取值个数即为会合M的元素个数，这些元素若按从小到大摆列，则是一等差数列.1002解：由m＜100，得7n＜100，即n＜7＝147所以知足上边不等式的正整数n共有14个，即会合中的元素共有14M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{a}，此中a1＝7，a14＝98，n＝14n1414（7＋98）＝735则S＝2答：会合M中共有14个元素，它们和等于735.这一例题表示，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，由此能够确立求其前n项和的公式吗?剖析：将已知条件代入等差数列前n项和的公式后，可获得两个对于a1与d的关系，而后确立a1与，从而获得所求前n项和的公式.d解：由题意知S10＝310，S20＝1220将它们代入公式Sn＝na1＋n（n－1）d，获得210a1＋45d＝31020a1＋190d＝1220解这个对于a1与d的方程组，获得a1＝4，d＝6所以Sn＝4n＋n（n－1）×6＝3n2＋n2这就是说，已知S10与S20，能够确立这个数列的前n项和的公式，n2这个公式是S＝3n＋n.下边，同学们再来思虑这样一个问题：［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－S成等差数列吗?2k解：设{an}的首项是a1，公差为d，则S3＝a1＋a2＋a31＋2＋3)＋96－3＝4＋5＋6＝(a1＋3)＋(2＋3)＋(3＋3)＝(SSaaadadadaaadS3＋9dS9－S6＝a7＋a8＋a9＝(a4＋3d)＋(a5＋3d)＋(a6＋3d)(a4＋a5＋a6)＋9d＝(S6－S3)＋9d＝S3＋18dS3，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)＋k2d2∴Sk，S2k－Sk，S3k－S2k是以Sk为首项，kd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为什么值时，数列的前n项和最大？最大值为多少？剖析：要研究一个等差数列的前n项和的最大（小）问题，有两条基本门路；其一是利用Sn是n的二次函数关系来考虑；其二是经过观察数列的单一性来解决.解法一：∵S＝S，S＝9a＋36d，S＝17a＋136d91791171∴9a1＋36d＝17a1＋136d，8a1＝－100d，即d＝－2a1＜025n1n（n－1）1n（n－1）21S＝na＋2d＝na＋2·(－25a)＝1－n（n－1）1＝－11(n2－26)＝－11(n－13)2＋169na2a25an25a25a1∵a＞0，169251n1解法二：由1＞0,＜0，可知此数列为从正项开始的递减数列：1＞2adaa＞a＞a＞34故n在某一时刻，必定会出现负项，此时前n项的和开始减少，所以，要使S最大，n一定使得a≥0，且a+1≤0.nnn227an＝a1＋（n－1）d＝－25a1n＋25a1≥0即an＋1＝－227a1（n＋1）＋a1≤02525a1＞02527解得2≤n≤2.∴n＝13n13113×121691此时，S最大，S＝13a＋2d＝25a.评论：解法一利用S是n的二次函数关系，概括为求二次函数的最值n问题，可是要注意自变量n是正整数；解法2是从研究数列的单一性及项的正负从而研究前n项和Sn的最大值，方法更拥有一般性.2an［例5］在数列{an}中，a1＝1，an+1＝an＋2，求数列{anan+1}的前n项和.剖析：要求数列{aa}的前n项和，需要先求数列{a}的通项公式.nn+1n111解：由已知得an＋1＝an＋2111∴{an}为首项为a1＝1，公差为2的等差数列.11＋12∴，∴an＝a＝1＋(n－1)×＝2n＋1nS＝aa＋aa＋＋aa444＝＋＋＋n1223nn+111111111＝4[(2－3)＋（3－4）＋＋(n－n＋1)]＝4(2－n＋1)＝2(n－1).n＋1［例6］设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝12，S12＞0，S13＜0.求公差d的取值范围；（2）指出S1，S2，，S12中哪一个值最大？并说明原因.1）剖析：由S12＞0，S13＜0列不等式组求之.S12＝12a1＋12（12－1）d＞02解：依题设有13（13－1）S＝13＋＜01312即2a1＋11d＞0将a3＝12，即a1＝12－2d代入上式得24＋7d＞0a1＋6d＜03＋d＜024解得－7＜d＜－3剖析一：写出Sn的表达式Sn＝f(n)＝An2＋Bn.配方确立Sn的最大值.解法一：n＝1＋n（n－1）＝(12－2)＋n（n－1）22d1242d1242＝2[n－2（5－d）]－2[2（5－d）]1242n最大.∵d＜0，∴[n－2(5－d）]最小时，S24124当－7＜d＜－3时，6＜2(5－d)＜6.5∴正整数n＝6时，[n－1(5－24)]2最小，∴6最大.2dyS剖析二：由＜0知{an}是单一递减的，要使n最大，应有an≥0，n+1dSa0.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.S12＝6（a6＋a7）＞0由S13＝13a7＜0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＜012a1＋12×11d＞0d得2113×11,即a＋5d＞－2＞0131＋＜01a2d也即a6＞0且7＜0，∴6最大.aS解法四：由1＝12－2，－24＜＜－3ad7d得an＝12＋（n－3）d＞0，即5.5＜n＜7an＋1＝12＋（n－2）d＜0∵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＝S113×211×10得：3a1＋2d＝11a1＋2d,解之得d＝－21<013a∴S＝1＋n（n－1）d12141（1n2492＝－1＋1＝－－7）＋1n故当n＝7时，Sn最大，即前解法二：由1an＝a1＋（n－1）d＝13

7项之和最大.a1（15－2n）＞01an＋1＝a1＋nd＝13a1（13－2n）＜0解得：13＜＜15，∴＝7，即前7项之和最大.2n2n解法三：由＝－2<0，知：{a}是递减等差数列.1n又S3＝S11a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＋a10＋a11＝0,∴a7＋a8＝0∴必有a>0，a<0.∴前7项之和最大.78评论：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S，在d<0时有最大值，求当n为什么值时，使Snn取最大值，有两种方法：一是知足an>0且an+1<0的n值；二是由Sn＝na1＋n（n－1）d2dn的值.22na21［例8］数列{an}是等差数列，a1＝50，d＝－0.6.求从第n项开始有an<0；(2)求此数列的前n项和的最大值.剖析：对于（1）实质上是解一个不等式，但要注意n∈N*.对于（2）其实是研究S随n的变化规律，因为等差数列中S是对于n的二次函数，nn能够用二次函数方法办理，也能够由a的变化，推断S的变化.nn解：（1）∵a1＝50，＝－0.6d∴an＝50－0.6(n－1)＝－0.6n＋50.6.50.6令－0.6n＋50.6≤0，解之得：n≥0.6≈84.3由n∈N*.故当n≥85时，an<0,即从第85项起此后的各项均小于0.2）解法一：∵d＝－0.6<0，a1＝50>0由（1）知a84>0，a85<0.S1<S2<<S84且S84>S85>S86>84×83∴(S)max＝S84＝50×84＋×(－0.6)＝2108.4.n2解法二：n＝50＋n（n－1）×(－0.6)＝－0.3n2＋50.3n＝－0.3(n2503)2＋50326120当n取靠近于503的自然数，即n＝84时，Sn达到最大值S84＝2108.46评论：不是常数列的等差数列，不递加必递减，因此如有连续两项a,ak+1k异号，则Sk必为Sn的最大或最小值.下边对此类问题作一下较为深入的研究.在特别数列的等差数列中，当d>0，d<0时，怎样求Sn的最小、最大值？第一种思虑：1）若d>0，且a1≥0，则有0≤a1<a2<a3<<an－1<an<∴S1<S2<S3<<Sn－1<Sn<∴S的最小值是S.n1（2）若d>0，且a1<0，则必定存在某一自然数k，使a1<a2<a3<<ak≤0<k+1<k+2<<aaan－1<an<或a1<a2<a3<<ak<0≤ak+1<ak+2<<an－1<an<则0>S1>S2>>Sk,且Sk<Sk+1<Sk+2<<Sn<∴Sn的最小值是Sk.若d<0，而a1>0，必存在自然数k使a1>a2>a3>>ak≥0>ak+1>ak+2>>an>或a1>a2>a3>>ak>0≥ak+1>ak+2>>an>则S1<S2<S3<<Sk,且Sk>Sk+1>>Sn>∴Sn的最大值是Sk.若d<0，且a1≤0，则有0≥a1>a2>a3>>an－1>an>∴S1>S2>S3>>Sn－1>Sn>∴Sn的最大值是S1.第二种思虑：n＝1＋n（n－1）d＝d2＋(a1－d)nSna22n21d1d）2da－22（a－2d1a12d11＝2[n＋d]－2d＝2[n－（2－d）]－2（2－d）21a1由二次函数的最大、最小值知识及n∈N*,知：当n取最靠近2－d的11n，值得注意的是最靠近2a的自然自然数时，S取到最大值（或最小值）－d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，此后每50米放一根，一辆汽车每次只好运三根，假如用一辆汽车达成这项任务，这辆汽车的行程共有多少公里？解法一：以下图：假设30根水泥电线杆寄存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)因为一辆汽车每次只好装3根，故每运一次只好到3，6，9，，30aaaa这些地方，这样构成公差为150M，首项为1100的等差数列，令汽车行程为S，则有：30)＝2(3＋3＋150×1＋＋3＋150×9)＝2（3＋6＋＋aaaSaaa2(10a3＋150×19×9)＝2(11000＋6750)m＝35.5(公里）2答：这辆汽车行程共有35.5公里.解法二：依据题设和汽车需运送十次，可得一等差数列{an}，此中a1100，d＝150，n＝10则S10＝10a1＋10（10－1）d＝7750m2所以总合行程为(7750×2＋1000×20)m＝35.5公里答：略.解法三：依据题意和汽车每次走的行程可构成一个等差数列，此中a1＝(1000＋50×2)×2＝2200m，a2＝(1000＋50×5)×2＝2500md＝150×2＝300m项数共有10项.10（10－1）∴n＝101＋

2

＝10×2200m＋5×9×300m＝35.5(

公里）答：略.［例10］有一种零存整取的积蓄项目，它是每个月某日存入一笔同样金额，这是零存；则到一准时期到期，能够提出所有本金及利息，这是整取，1它的本利和公式以下：本利和＝每期存入金额×

[存期＋

2存期×（存期＋

1）×利率].1）试解说这个本利和公式；2）若每个月初存入100元，月利率5.1‰，到第12个月尾的本利和是多少？（3）若每个月初存入一笔金额，月利率是5.1‰，希望到第12个月尾取得本利和2000元，那么应每个月存入多少金额？剖析：存款积蓄不是复利计息，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：1Ap＋2Ap＋3Ap＋＋nAp＝2n(n＋1)Ap.连同本金，就得11本利和＝nA＋2n(n＋1)Ap＝A[n＋2n(n＋1)p].当A＝100，p＝5.1‰，n＝12时，1本利和＝100×（12＋2×12×13×5.1