人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.2 等差数列精品第1课时学案设计

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.2 等差数列精品第1课时学案设计，共12页。

第1课时 等差数列的前n项和公式








有一次，老师与高斯去买铅笔，在商店发现了一个堆放铅笔的V形架，V形架的最下面一层放一支铅笔，往上每一层都比它下面一层多放一支，最上面一层放100支．老师问：“高斯，你知道这个V形架上共放着多少支铅笔吗？”


思考：计算1＋2＋3＋…＋99＋100.





1．等差数列前n项和公式是用倒序相加法推导的．


2．等差数列的前n项和公式


思考：等差数列{an}前n项和公式推导中，运用了哪条性质？


[提示] 运用性质“等差数列{an}中，若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq.”从而a1＋an＝a2＋an－1＝…＝ak＋an－k＋1.


3．等差数列前n项和Sn的最值


(1)若a1<0，d>0，则数列的前面若干项为负数项(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数项(或0)，所以将这些项相加即得{Sn}的最大值．


特别地，若a1>0，d>0，则S1是{Sn}的最小值；若a1<0，d<0，则S1是{Sn}的最大值．


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Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n，类比二次函数的最值情况，等差数列的Sn何时有最大值？何时有最小值？


[提示] 由二次函数的性质可以得出：当a1<0，d>0时，Sn先减后增，有最小值；当a1>0，d<0时，Sn先增后减，有最大值；且n取最接近对称轴的正整数时，Sn取到最值．





1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)


(1)数列的前n项和就是指从数列的第1项a1起，一直到第n项an所有项的和．( )


(2)an＝Sn－Sn－1(n≥2)化简后关于n与an的函数式即为数列{an}的通项公式．( )


(3)等差数列{an}的前n项和Sn都可以写成二次函数Sn＝An2＋Bn．( )


[提示] (1)正确．由前n项和的定义可知正确．


(2)错误．例如数列{an}中，Sn＝n2＋2.


当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.


又因为a1＝S1＝3，


所以a1不满足an＝Sn－Sn－1＝2n－1，故命题错误．


(3)错误．当公差为零时，Sn为一次函数．


[答案] (1)√ (2)× (3)×


2．在等差数列{an}中，已知a1＝2，d＝2，则S20＝( )


A．230 B．420 C．450 D．540


B [S20＝20a1＋eq \f(20×19,2)d＝20×2＋20×19＝420.]


3．(教材P23练习T2改编)等差数列－1，－3，－5，…的前n项和是－100，那么n的取值为( )


A．8 B．9 C．10 D．11


C [根据公式Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d得－100＝－n＋eq \f(nn－1,2)×(－2)，解得n＝10.]


4．(一题两空)在等差数列{an}中，a1＝20，an＝54，Sn＝999，则d＝________，项数n＝________.


eq \f(17,13) 27 [由等差数列的通项公式和前n项和公式得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(54＝20＋n－1d，,999＝\f(n20＋54,2)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n＝27，,d＝\f(17,13).))]


5．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝eq \f(1,2)，S4＝20，则S6＝________.


48 [设等差数列{an}的公差为d，由已知得4a1＋eq \f(4×3,2)×d＝20，即4×eq \f(1,2)＋eq \f(4×3,2)d＝20，


解得d＝3，所以S6＝6×eq \f(1,2)＋eq \f(6×5,2)×3＝3＋45＝48.]





【例1】 在等差数列{an}中，


(1)已知a6＝10，S5＝5，求a8；


(2)已知a2＋a4＝eq \f(48,5)，求S5.


[思路探究] (1)由于有两个已知条件，所以可以通过列方程组求出基本量a1，d来解决问题，也可以运用等差数列前n项和公式求解；(2)由于只有一个已知条件，需要结合等差数列的通项公式和前n项和公式求解，也可以利用等差数列的性质和前n项和公式求解．


[解] (1)法一：∵a6＝10，S5＝5，


∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋5d＝10，,5a1＋10d＝5，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－5，,d＝3.))


∴a8＝a6＋2d＝16.


法二：∵S6＝S5＋a6＝15，


∴15＝eq \f(6a1＋a6,2)，即3(a1＋10)＝15.


∴a1＝－5，d＝eq \f(a6－a1,5)＝3.


∴a8＝a6＋2d＝16.


(2)法一：∵a2＋a4＝a1＋d＋a1＋3d＝eq \f(48,5)，∴a1＋2d＝eq \f(24,5).


∴S5＝5a1＋10d＝5(a1＋2d)＝5×eq \f(24,5)＝24.


法二：∵a2＋a4＝a1＋a5，∴a1＋a5＝eq \f(48,5)，


∴S5＝eq \f(5a1＋a5,2)＝eq \f(5,2)×eq \f(48,5)＝24.





求数列的基本量的基本方法


求数列的基本量的基本方法是构建方程或方程组或运用数列的有关性质进行处理，1“知三求一”：a1，d，n称为等差数列的三个基本量，在通项公式和前n项和公式中，都含有四个量，已知其中的三个可求出第四个.2“知三求二”：五个量a1，d，n，an，Sn中可知三求二，一般列方程组求解.





[跟进训练]


1．(1)已知数列{an}为等差数列，Sn为前n项和，若a2＋a4＝4，a5＝8，则S10＝( )


A．125 B．115 C．105 D．95


(2)已知等差数列{an}的前n项的和为Sn，若S9＝27，a10＝8，则S14＝( )


A．154 B．153 C．77 D．78


(1)D (2)C [(1)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋a4＝2a1＋4d＝4，,a5＝a1＋4d＝8))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－4，,d＝3，))S10＝10×(－4)＋eq \f(10×9,2)×3＝95.


(2)根据题意，等差数列{an}中，若S9＝27，即S9＝eq \f(9×a1＋a9,2)＝9a5＝27，解得a5＝3，又a10＝8，∴S14＝eq \f(14×a1＋a14,2)＝eq \f(14×a5＋a10,2)＝77.故选C.]


【例2】 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？


[思路探究] 因为每隔20分钟到达一辆车，所以每辆车的工作量构成一个等差数列．工作量的总和若大于欲完成的工作量，则说明24小时内可完成第二道防线工程．


[解] 从第一辆车投入工作算起，各车工作时间(单位：小时)依次设为a1，a2，…，a25.由题意可知，此数列为等差数列，且a1＝24，公差d＝－eq \f(1,3).


25辆翻斗车完成的工作量为：a1＋a2＋…＋a25＝25×24＋25×12×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))＝500，而需要完成的工作量为24×20＝480.∵500>480，∴在24小时内能构筑成第二道防线．





遇到与正整数有关的应用题时，可以考虑与数列知识联系，建立数列模型，具体解决要注意以下两点：


1抓住实际问题的特征，明确是什么类型的数列模型.


2深入分析题意，确定是求通项公式an，或是求前n项和Sn，还是求项数n.





[跟进训练]


2．(1)《张丘建算经》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有女不善织，日减功迟，初日织五尺，末日织一尺，今三十织迄，问织几何．”其大意为：有个女子不善织布，每天比前一天少织同样多的布，第一天织五尺，最后一天织一尺，三十天织完，则三十天共织布( )


A．30尺 B．90尺 C．150尺 D．180尺


(2)我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有金，长五尺，斩本一尺，重四斤．斩末一尺，重二斤．问次一尺各重几何？”其大意是：“现有一根金杖，一头粗，一头细，在粗的一端截下1尺，重4斤，在细的一端截下一尺，重2斤．问依次每一尺各重多少斤？”根据题中的已知条件，若金杖由粗到细是均匀变化的，则中间3尺的重量为( )


A．6斤 B．9斤 C．9.5斤 D．12斤


(1)B (2)B [(1)由题意知，该女子每天织布的数量组成等差数列{an}，其中a1＝5，a30＝1，∴S30＝eq \f(30×5＋1,2)＝90，即共织布90(尺)．


(2)依题意，金杖由细到粗各尺重量构成一个等差数列{an}．设首项为2，则a5＝4，∴中间3尺的重量为a2＋a3＋a4＝3a3＝eq \f(a1＋a5,2)×3＝eq \f(2＋4,2)×3＝9(斤)．]


[探究问题]


1．Sn＝An2＋Bn的函数特征怎样？


[提示] (1)当A＝0，B＝0时(此时a1＝0，d＝0)，Sn＝0，此时Sn是关于n的常数函数；


(2)当A＝0，B≠0时eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(此时a1≠\f(d,2)，d＝0))，Sn＝Bn，此时Sn是关于n的一次函数(正比例函数)；


(3)当A≠0，B＝0时eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(此时a1＝\f(d,2)，d≠0))，Sn＝An2，此时Sn是关于n的二次函数；


(4)当A≠0，B≠0时eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(此时a1≠\f(d,2)，d≠0))，Sn＝An2＋Bn，此时Sn是关于n的二次函数．


2．已知一个数列{an}的前n项和为Sn＝n2－5n，试画出Sn关于n的函数图象．你能说明数列{an}的单调性吗？该数列前n项和有最值吗？


[提示] Sn＝n2－5n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(5,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(25,4)，它的图象是分布在函数y＝x2－5x的图象上的离散的点，由图象的开口方向可知该数列是递增数列，图象开始下降说明了{an}前n项为负数．由Sn的图象可知，Sn有最小值且当n＝2或3时，Sn最小，最小值为－6，即数列{an}前2项或前3项和最小．





【例3】 数列{an}的前n项和Sn＝33n－n2，


(1)求{an}的通项公式；


(2)则{an}的前多少项和最大？


[思路探究] (1)利用Sn与an的关系求通项，也可由Sn的结构特征求a1，d，从而求出通项．


(2)利用Sn的函数特征求最值，也可以用通项公式找到通项的变号点求解．


[解] (1)法一：(公式法)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝34－2n，


又当n＝1时，a1＝S1＝32＝34－2×1，满足an＝34－2n.


故{an}的通项公式为an＝34－2n.


法二：(结构特征法)由Sn＝－n2＋33n知Sn是关于n的缺常数项的二次型函数，所以{an}是等差数列，由Sn的结构特征知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(d,2)＝－1，,a1－\f(d,2)＝33，))


解得a1＝32，d＝－2，所以an＝34－2n.


(2)法一：(公式法)令an≥0，得34－2n≥0，所以n≤17，


故数列{an}的前17项大于或等于零．


又a17＝0，故数列{an}的前16项或前17项的和最大．


法二：(函数性质法)由y＝－x2＋33x的对称轴为x＝eq \f(33,2)，


距离eq \f(33,2)最近的整数为16，17.由Sn＝－n2＋33n的


图象可知：当n≤17时，an≥0，当n≥18时，an<0，


故数列{an}的前16项或前17项的和最大．





1．(变条件)将例题中的条件“Sn＝33n－n2”变为“在等差数列{an}中，a1＝25，S17＝S9”，求其前n项和Sn的最大值．


[解] 法一：∵S9＝S17，a1＝25，


∴9×25＋eq \f(99－1,2)d


＝17×25＋eq \f(1717－1,2)d，


解得d＝－2.


∴Sn＝25n＋eq \f(nn－1,2)×(－2)＝－n2＋26n


＝－(n－13)2＋169.


∴当n＝13时，Sn有最大值169.


法二：同法一，求出公差d＝－2.


∴an＝25＋(n－1)×(－2)＝－2n＋27.


∵a1＝25>0，


由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＝－2n＋27≥0，,an＋1＝－2n＋1＋27≤0，))


得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n≤13\f(1,2)，,n≥12\f(1,2)，))


又∵n∈N*，∴当n＝13时，Sn有最大值169.


法三：∵S9＝S17，


∴a10＋a11＋…＋a17＝0.


由等差数列的性质得a13＋a14＝0.


∵a1>0，∴d<0.∴a13>0，a14<0.


∴当n＝13时，Sn有最大值169.


法四：设Sn＝An2＋Bn.∵S9＝S17，


∴二次函数对称轴为x＝eq \f(9＋17,2)＝13，且开口方向向下，


∴当n＝13时，Sn取得最大值169.


2．(变结论)本例中条件不变，令bn＝|an|，求数列{bn}的前n项和Tn.


[解] 由数列{an}的通项公式an＝34－2n知，当n≤17时，an≥0；


当n≥18时，an<0.


所以当n≤17时，Tn＝b1＋b2＋…＋bn


＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|


＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝33n－n2.


当n≥18时，


Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|a17|＋|a18|＋…＋|an|


＝a1＋a2＋…＋a17－(a18＋a19＋…＋an)


＝S17－(Sn－S17)＝2S17－Sn


＝n2－33n＋544.


故Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(33n－n2n≤17，,n2－33n＋544n≥18.))





1．在等差数列中，求Sn的最小(大)值的方法


(1)利用通项公式寻求正、负项的分界点，则从第一项起到分界点该项的各项和为最大(小)值．


(2)借助二次函数的图象及性质求最值．


2．寻求正、负项分界点的方法


(1)寻找正、负项的分界点，可利用等差数列的性质或利用eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥0，,an＋1≤0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≤0，,an＋1≥0))来寻找．


(2)利用到y＝ax2＋bx(a≠0)图象的对称轴距离最近的一侧的一个整数或离对称轴最近且关于对称轴对称的两个整数对应项即为正、负项的分界点．


3．求解数列{|an|}的前n项和，应先判断{an}的各项的正负，然后去掉绝对值号，转化为等差数列的求和问题．











1．等差数列{an}的前n项和Sn，有下面几种常见变形


(1)Sn＝n·eq \f(a1＋an,2)；


(2)Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n；


(3)eq \f(Sn,n)＝eq \f(d,2)n＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是公差为\f(d,2)的等差数列)).


2．(1)若d＞0，则在等差数列{an}中有an－an－1＝d＞0，即an＞an－1(n≥2)，所以数列单调递增．


当a1≥0时，有Sn＞Sn－1(n≥2)，即S1＜S2＜S3＜…＜Sn－1＜Sn＜…，所以Sn的最小值为S1；


当a1＜0时，则一定存在某一自然数k，使a1＜a2＜a3＜…＜ak≤0＜ak＋1＜ak＋2＜…＜an＜…(或a1＜a2＜a3＜…＜ak＜0≤ak＋1＜ak＋2＜…＜an＜…)，则Sn的最小值为Sk.


(2)若d＜0，则在等差数列{an}中有an－an－1＝d＜0，即an＜an－1(n≥2)，所以数列单调递减．


当a1＞0时，则一定存在某一自然数k，使a1＞a2＞a3…＞ak≥0＞ak＋1＞ak＋2＞…＞an＞…(或a1＞a2＞a3＞…＞ak＞0≥ak＋1＞ak＋2＞…＞an＞…)，则Sn的最大值为Sk；当a1≤0时，有Sn＞Sn＋1，即S1＞S2＞S3＞…＞Sn＞Sn＋1＞…，所以Sn的最大值为S1.


3．数列{|an|}的前n项和的四种类型及其求解策略


(1)等差数列{an}的各项都为非负数，这种情形中数列{|an|}就等于数列{an}，可以直接求解．


(2)等差数列{an}中，a1＞0，d＜0，这种数列只有前边有限项为非负数，从某项开始其余所有项都为负数，可把数列{an}分成两段处理．


(3)等差数列{an}中，a1＜0，d＞0，这种数列只有前边有限项为负数，其余都为非负数，同样可以把数列分成两段处理．


(4)等差数列{an}的各项均为负数，则{|an|}的前n项和为{an}前n项和的相反数．


4．常用的数列求和公式


1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(nn＋1,2)；


2＋4＋6＋…＋2n＝n(n＋1)；


1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2；


12＋22＋32＋…＋n2＝eq \f(nn＋12n＋1,6).





1．等差数列{an}前n项和为Sn，且S3＝6，a3＝4，则公差d等于( )


A．1 B．eq \f(5,3) C．2 D．3


C [设{an}的公差为d，首项为a1，由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3a1＋\f(3×2,2)d＝6，,a1＋2d＝4，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝0，,d＝2.))]


2．设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝100，则a4＋a7＝( )


A．12 B．20 C．40 D．100


B [法一：由等差数列的前n项和的公式得：S10＝10a1＋eq \f(10×9,2)d＝100，即2a1＋9d＝20，从而a4＋a7＝a1＋3d＋a1＋6d＝2a1＋9d＝20.


法二：S10＝eq \f(10a1＋a10,2)＝100，∴a1＋a10＝20，a4＋a7＝a1＋a10＝20.故选B.]


3．若数列{an}的通项公式an＝43－3n，则Sn取得最大值时，n＝( )


A．13 B．14 C．15 D．14或15


B [由数列{an}的通项公式an＝43－3n，可得该数列为递减数列，且公差为－3，a1＝40，


∴Sn＝eq \f(n40＋43－3n,2)＝－eq \f(3,2)n2＋eq \f(83,2)n.


考虑函数y＝－eq \f(3,2)x2＋eq \f(83,2)x，易知该函数的图象是开口向下的抛物线，对称轴为直线x＝eq \f(83,6).


又n为正整数，与eq \f(83,6)最接近的一个正整数为14，故Sn取得最大值时，n＝14.]


4．已知等差数列{an}中，a1＝eq \f(3,2)，d＝－eq \f(1,2)，Sn＝－15，则n＝________.


12 [Sn＝n·eq \f(3,2)＋eq \f(nn－1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－15，整理得n2－7n－60＝0，解得n＝12或n＝－5(舍去)，即n＝12.]


5．在等差数列{an}中，


(1)a1＝eq \f(5,6)，an＝－eq \f(3,2)，Sn＝－5，求n和d；


(2)a1＝4，S8＝172，求a8和d；


(3)已知d＝2，an＝11，Sn＝35，求a1和n.


[解] (1)由题意，得Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝eq \f(n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)－\f(3,2))),2)＝－5，解得n＝15.


∵a15＝eq \f(5,6)＋(15－1)d＝－eq \f(3,2)，∴d＝－eq \f(1,6).


(2)由已知，得S8＝eq \f(8a1＋a8,2)＝eq \f(84＋a8,2)＝172，解得a8＝39，


∵a8＝4＋(8－1)d＝39，∴d＝5.


(3)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＝a1＋n－1d，,Sn＝na1＋\f(nn－1,2)d，))


得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2n－1＝11，,na1＋\f(nn－1,2)×2＝35))，解方程组得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n＝5，,a1＝3))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n＝7，,a1＝－1)).


学 习 目 标
核 心 素 养
1.了解等差数列前n项和公式的推导过程(难点)．


2．掌握等差数列前n项和公式及其应用(重点)．


3．会求等差数列前n项和的最值(重点).
1.通过等差数列前n项和的有关计算及an与Sn关系的应用，培养数学运算素养．


2．借助等差数列前n项和的实际应用，培养学生的数学建模及数学运算素养.
已知量
首项、末项与项数
首项、公差与项数
求和公式
Sn＝eq \f(na1＋an,2)
Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d
等差数列前n项和的有关计算
等差数列前n项和公式的实际应用
等差数列前n项和Sn的函数特征