北师大版 (2019)选择性必修 第二册2.2 等差数列的前n项和第2课时学案设计

这是一份北师大版 (2019)选择性必修 第二册2.2 等差数列的前n项和第2课时学案设计，共11页。学案主要包含了等差数列前n项和的性质等内容，欢迎下载使用。

导语
我们知道，等差数列的前n项和公式是一个关于n的二次函数形式，那么等差数列的前n项和是否具有二次函数的性质呢？除此之外，它还有什么样的性质呢？
一、等差数列前n项和的性质
问题1 等差数列{an}中，你能发现其前n项和Sn、前2n项和S2n与前3n项和S3n有何关系吗？
提示 S2n＝a1＋a2＋…＋an＋an＋1＋…＋a2n＝Sn＋(a1＋nd)＋(a2＋nd)＋…＋(an＋nd)＝2Sn＋n2d，同样我们发现S3n＝3Sn＋3n2d，这里出现了一个有意思的数列Sn，S2n－Sn＝Sn＋n2d，S3n－S2n＝Sn＋2n2d，…，是一个公差为n2d的等差数列．
问题2 公差为d，项数为2n项的等差数列{an}中，各项和S2n、奇数项之和S奇与偶数项之和S偶分别如何表示？若项数为(2n＋1)项呢？
提示 (1)若数列共有2n项，则
S2n＝eq \f(2na1＋a2n,2)＝eq \f(2nan＋an＋1,2)＝n(an＋an＋1)，
S奇＝eq \f(na1＋a2n－1,2)＝eq \f(2nan,2)＝nan，
S偶＝eq \f(na2＋a2n,2)＝eq \f(2nan＋1,2)＝nan＋1.
(2)若数列共有(2n＋1)项，则
S2n＋1＝eq \f(2n＋1a1＋a2n＋1,2)＝eq \f(22n＋1an＋1,2)＝(2n＋1)an＋1，
S奇＝eq \f(n＋1a1＋a2n＋1,2)＝eq \f(2n＋1an＋1,2)＝(n＋1)an＋1，
S偶＝eq \f(na2＋a2n,2)＝eq \f(2nan＋1,2)＝nan＋1.
知识梳理
等差数列{an}的前n项和Sn的性质
角度1 “片段和”性质的应用
例1 已知等差数列前3项的和为30，前6项的和为100，则它的前9项的和为( )
A．130 B．170 C．210 D．260
答案 C
解析 利用等差数列前n项和的性质：S3，S6－S3，S9－S6成等差数列．
所以S3＋(S9－S6)＝2(S6－S3)，
即30＋(S9－100)＝2(100－30)，
解得S9＝210.
角度2 “奇偶项”性质的应用
例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．
解 设等差数列{an}共有(2n＋1)项，则奇数项有(n＋1)个，偶数项有n个，中间项是第(n＋1)项，即an＋1，
所以eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(\f(1,2)a1＋a2n＋1·n＋1,\f(1,2)a2＋a2n·n)＝eq \f(n＋1an＋1,nan＋1)＝eq \f(n＋1,n)＝eq \f(44,33)＝eq \f(4,3)，解得n＝3.
又因为S奇＝(n＋1)·an＋1＝44，
所以an＋1＝11.
故这个数列的中间项为11，共有2n＋1＝7(项)．
反思感悟 利用等差数列前n项和的性质简化计算
(1)在解决等差数列问题时，先利用已知求出a1，d，再求所求，是基本解法，有时运算量大些．
(2) 等差数列前n项和Sn的有关性质在解题过程中，如果运用得当可以达到化繁为简、化难为易、事半功倍的效果．
(3)设而不求，整体代换也是很好的解题方法．
跟踪训练1 (1)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
答案 A
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，于是求得b3＝5，b4＝7，b5＝9，即a17＋a18＋a19＋a20＝b5＝9.
(2)在等差数列{an}中，S10＝120，且在这10项中，eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(11,13)，则公差d＝________.
答案 2
解析 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S奇＋S偶＝120，,\f(S奇,S偶)＝\f(11,13)，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S奇＝55，,S偶＝65，))
所以S偶－S奇＝5d＝10，所以d＝2.
二、等差数列前n项和的函数性质与最值
问题3 根据上节课所学，等差数列前n项和公式有什么样的函数特点？
提示 由Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d，可知Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n，当d≠0时，Sn是常数项为0的二次函数．该函数的定义域是n∈N＋，公差的符号决定了该二次函数的开口方向，通项简记为Sn＝An2＋Bn.
知识梳理
等差数列前n项和的函数性质与最值
1．等差数列前n项和公式Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d可化成关于n的函数得Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n.
2．因为Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n，若d≠0，则从二次函数的角度看：当d>0时，Sn有最小值；当d<0时，Sn有最大值；且n取最接近对称轴的自然数时，Sn取到最值．
3．在等差数列{an}中，当a1>0，d<0时，Sn有最大值，使Sn取到最值的n可由不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥0，,an＋1≤0))确定；当a1<0，d>0时，Sn有最小值，使Sn取到最值的n可由不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≤0，,an＋1≥0))确定．
注意点：
(1)当a1>0，d>0时，Sn有最小值S1；当a1<0，d<0时，Sn有最大值S1.
(2)Sn取得最大或最小值时的n不一定唯一．
例3 在等差数列{an}中，a10＝18，前5项的和S5＝－15.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{an}的前n项和的最小值，并指出何时取最小值．
解 (1)设等差数列的公差为d，
因为在等差数列{an}中，a10＝18，S5＝－15，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋9d＝18，,5a1＋\f(5,2)×4×d＝－15，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－9，,d＝3，))
所以an＝3n－12，n∈N＋.
(2)因为a1＝－9，d＝3，an＝3n－12，
所以Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝eq \f(1,2)(3n2－21n)
＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(7,2)))2－eq \f(147,8)，
所以当n＝3或4时，
前n项和Sn取得最小值为S3＝S4＝－18.
延伸探究
1．在本例中，根据第(2)问的结果，若Sn＝0，求n.
解 方法一 因为S3＝S4＝－18为Sn的最小值，
由二次函数的图象可知，其对称轴为x＝eq \f(7,2)，
所以当x＝0或x＝7时，图象与x轴的交点为(0,0)，(7,0)，
又n∈N＋，所以S7＝0，所以n＝7.
方法二 因为S3＝S4，所以a4＝S4－S3＝0，
故S7＝eq \f(1,2)×7×(a1＋a7)＝7a4＝0，所以n＝7.
2．把本例中的条件“S5＝－15”改为“S5＝125”，其余不变，则数列{an}的前n项和有最大值还是有最小值？并求出这个最大值或最小值．
解 S5＝eq \f(1,2)×5×(a1＋a5)＝eq \f(1,2)×5×2a3＝5a3＝125，
故a3＝25，a10－a3＝7d，即d＝－1＜0，
故Sn有最大值，
an＝a3＋(n－3)d＝28－n，n∈N＋.
设Sn最大，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥0，,an＋1≤0，))解得27≤n≤28，
即S27和S28最大，
又a1＝27，故S27＝S28＝378.
反思感悟 求等差数列前n项和的最值的方法
(1)二次函数法：用求二次函数的最值的方法来求其前n项和的最值，但要注意n∈N＋，结合二次函数图象的对称性来确定n的值，更加直观．
(2)通项法：当a1>0，d<0，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥0，,an＋1≤0))时，Sn取得最大值；当a1<0，d>0，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≤0，,an＋1≥0))时，Sn取得最小值．
跟踪训练2 已知在等差数列{an}中，a1＝9，a4＋a7＝0.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)当n为何值时，数列{an}的前n项和取得最大值？
解 (1)由a1＝9，a4＋a7＝0，
得a1＋3d＋a1＋6d＝0，
解得d＝－2，
∴an＝a1＋(n－1)·d＝11－2n，n∈N＋.
(2)方法一 a1＝9，d＝－2，
Sn＝9n＋eq \f(nn－1,2)·(－2)＝－n2＋10n
＝－(n－5)2＋25，
∴当n＝5时，Sn取得最大值．
方法二 由(1)知a1＝9，d＝－2<0，
∴{an}是递减数列．
令an≥0，
则11－2n≥0，
解得n≤eq \f(11,2).
∵n∈N＋，
∴当n≤5时，an>0；
当n≥6时，an<0.
∴当n＝5时，Sn取得最大值．
1.知识清单：
(1)等差数列前n项和的性质及应用．
(2)等差数列前n项和的最值问题．
2．方法归纳：整体思想、函数思想、分类讨论思想、数形结合思想．
3．常见误区：
(1)求等差数列前n项和的最值时，忽视条件n∈N＋导致错误．
(2)不注意运用性质导致解题烦琐．
1．在等差数列{an}中，若S10＝120，则a1＋a10的值是( )
A．12 B．24 C．36 D．48
答案 B
解析 S10＝eq \f(1,2)×10×(a1＋a10)＝5(a1＋a10)＝120，故a1＋a10＝24.
2．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S6＝36，则a7＋a8＋a9等于( )
A．63 B．45 C．36 D．27
答案 B
解析 因为a7＋a8＋a9＝S9－S6，
而由等差数列前n项和的性质可知，S3，S6－S3，S9－S6构成等差数列，
所以S3＋(S9－S6)＝2(S6－S3)，
即a7＋a8＋a9＝S9－S6＝2S6－3S3＝2×36－3×9＝45.
3．已知某等差数列共有10项，其奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差为________．
答案 3
解析 由等差数列前n项和的性质，得S偶－S奇＝eq \f(10,2)×d(d为该数列的公差)，即30－15＝5d，解得d＝3.
4．首项为正数的等差数列，前n项和为Sn，且S3＝S8，当n＝________时，Sn取到最大值．
答案 5或6
解析 ∵S3＝S8，
∴S8－S3＝a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝5a6＝0，∴a6＝0.
∵a1>0，
∴a1>a2>a3>a4>a5>a6＝0，a7<0.
故当n＝5或6时，Sn最大．
课时对点练
1．等差数列{an}满足a1＋a2＋a3＝－24，a18＋a19＋a20＝78，则此数列的前20项和等于( )
A．160 B．180
C．200 D．220
答案 B
解析 由a1＋a2＋a3＝3a2＝－24，得a2＝－8，由a18＋a19＋a20＝3a19＝78，得a19＝26，S20＝eq \f(1,2)×20×(a1＋a20)＝10(a2＋a19)＝10×18＝180.
2．在等差数列{an}中，首项a1>0，公差d<0，Sn为其前n项和，则点(n，Sn)所在的曲线可能为( )
答案 C
解析 Sn为等差数列的前n项和，故Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n，又a1>0，d<0，故点(n，Sn)在开口向下的抛物线上且S1>0，C中曲线满足．
3．数列{an}为等差数列，它的前n项和为Sn，若Sn＝(n＋1)2＋λ，则λ的值是( )
A．－2 B．－1 C．0 D．1
答案 B
解析 ∵等差数列前n项和Sn的形式为Sn＝an2＋bn，
∴(n＋1)2＋λ＝n2＋2n＋1＋λ＝an2＋bn，∴λ＝－1.
4．在等差数列{an}中，Sn是其前n项和，且S2 012＝S2 019，Sk＝S2 010，则正整数k为( )
A．2 018 B．2 019 C．2 020 D．2 021
答案 D
解析 因为等差数列的前n项和Sn是关于n的二次函数，
所以由二次函数的对称性及S2 012＝S2 019，Sk＝S2 010，
可得eq \f(2 012＋2 019,2)＝eq \f(2 010＋k,2)，
解得k＝2 021.
5．含2n＋1项的等差数列，其奇数项的和与偶数项的和之比为( )
A.eq \f(2n＋1,n) B.eq \f(n＋1,n) C.eq \f(n－1,n) D.eq \f(n＋1,2n)
答案 B
解析 S奇＝eq \f(n＋1a1＋a2n＋1,2)，S偶＝eq \f(na2＋a2n,2)，
∵a1＋a2n＋1＝a2＋a2n，∴eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(n＋1,n).
6．(多选)设{an}是等差数列，Sn为其前n项和，且S5S8，则下列结论正确的是( )
A．d<0
B．a7＝0
C．S9>S5
D．S6与S7均为Sn的最大值
答案 ABD
解析 ∵S5S8，
∴a6>0，a7＝0，a8<0.
∴d<0.
∴S6与S7均为Sn的最大值．
S9－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＝2(a7＋a8)<0.
∴S97．若等差数列{an}的前n项和为Sn＝An2＋Bn，则该数列的公差为________．
答案 2A
解析 数列{an}的前n项和为Sn＝An2＋Bn，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝An2＋Bn－A(n－1)2－B(n－1)＝2An＋B－A，当n＝1时也满足，所以d＝2A.
8．在等差数列{an}中，a1＝－2 021，其前n项和为Sn，若eq \f(S10,10)－eq \f(S8,8)＝2，则S2 021＝________.
答案 －2 021
解析 由等差数列前n项和的性质可知，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))也为等差数列，设其公差为d，则由eq \f(S10,10)－eq \f(S8,8)＝2，可得2d＝2，即d＝1.又eq \f(S1,1)＝－2 021，所以eq \f(S2 021,2 021)＝－2 021＋(2 021－1)×1＝－1，所以S2 021＝－2 021.
9．(1)在等差数列{an}中，eq \f(a3,a5)＝eq \f(9,5)，求eq \f(S5,S9)的值；
(2)在等差数列{an}中，S10＝100，S100＝10，求S110.
解 (1)∵{an}为等差数列，∴S5＝eq \f(5a1＋a5,2)＝5a3，
S9＝eq \f(9a1＋a9,2)＝9a5，
∴eq \f(S5,S9)＝eq \f(5a3,9a5)＝eq \f(5,9)×eq \f(9,5)＝1.
(2)∵数列{an}为等差数列，
∴S10，S20－S10，S30－S20，…，S110－S100也成等差数列，
设其公差为d，由此数列的前10项之和为
S10＋(S20－S10)＋(S30－S20)＋…＋(S100－S90)＝S100，
即10S10＋eq \f(10×9,2)d＝S100＝10.
又∵S10＝100，代入上式，得d＝－22，
∴S110－S100＝S10＋(11－1)d＝100＋10×(－22)＝－120，
S110＝－120＋S100＝－110.
10．在等差数列{an}中，a2＋a3＝－38，a12＝0，求Sn的最小值以及相对应的n值．
解 方法一 (单调性法)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋d＋a1＋2d＝－38，,a1＋11d＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－22，,d＝2.))
∴当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≤0，,an＋1≥0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－22＋2n－1≤0，,－22＋2n≥0))时，Sn有最小值，
解得11≤n≤12，
∴当n＝11或12时，Sn取得最小值，最小值为S11＝S12＝－132.
方法二 (配方法)由方法一得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－22，,d＝2，))
∴Sn＝－22n＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2－23n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(23,2)))2－eq \f(529,4)，
∴当n＝11或12时，Sn取得最小值，最小值为S11＝S12＝－132.
11．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，且S6>S7>S5，有下列四个命题：①d<0；②S11>0；③S12<0；④数列{Sn}中的最大项为S11，其中正确命题的序号是( )
A．②③ B．①② C．①③ D．①④
答案 B
解析 ∵S6>S7，∴a7<0，
∵S7>S5，∴a6＋a7>0，∴a6>0，∴d<0，①正确．
又S11＝eq \f(11,2)(a1＋a11)＝11a6>0，②正确．
S12＝eq \f(12,2)(a1＋a12)＝6(a6＋a7)>0，③不正确．
{Sn}中最大项为S6，④不正确．
故正确的是①②.
12．等差数列{an}的前n项和为Sn，当首项a1和公差d变化时，若a5＋a8＋a11是一个定值，则下列为定值的是( )
A．S17 B．S18 C．S15 D．S16
答案 C
解析 由等差数列的性质，得a5＋a11＝2a8，由a5＋a8＋a11为定值，得a8为定值．又因为S15＝eq \f(15a1＋a15,2)＝eq \f(15×2a8,2)＝15a8，所以S15为定值．
13．已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且eq \f(An,Bn)＝eq \f(7n＋45,n＋3)(n∈N＋)，则eq \f(a7,b7)＋eq \f(a9,b11)＝________.
答案 eq \f(46,3)
解析 设An＝kn(7n＋45)，Bn＝kn(n＋3)，则n≥2，n∈N＋时，an＝An－An－1＝k(14n＋38)，bn＝k(2n＋2)，则eq \f(a7,b7)＝eq \f(k14×7＋38,k2×7＋2)＝eq \f(17,2)，eq \f(a9,b11)＝eq \f(k14×9＋38,k2×11＋2)＝eq \f(41,6)，所以eq \f(a7,b7)＋eq \f(a9,b11)＝eq \f(17,2)＋eq \f(41,6)＝eq \f(46,3).
14．已知在无穷项等差数列{an}中，它的前n项和为Sn，且S7>S6，S7>S8，若数列{bn}中bn＝|an|，数列{bn}的和为Tn，则下列命题正确的是________(填序号)．
①{bn}中b7最大；②{an}中a3或a4最大；
③当n≥8时，an<0；④一定有T3＝T11.
答案 ③
解析 由S7>S6知a7>0，由S7>S8知a8<0，故d<0，所以当n≥8时，an<0，所以②错误，③正确；数列{bn}的单调性是先减后增的，所以①错误；由于bn>0，所以T3≠T11，所以④错误．
15．已知等差数列{an}，满足a2 019＋a2 020<0，a2 019·a2 020<0，且数列{an}的前n项和Sn有最大值，那么Sn取最小正值时，n等于( )
A．4 037 B．4 036 C．4 035 D．4 034
答案 A
解析 因为数列{an}的前n项和Sn有最大值，所以数列{an}是递减的等差数列．
又a2 019＋a2 020<0，a2 019·a2 020<0，所以a2 019>0>a2 020，
即数列的前2 019项为正数，从第2 020项开始为负数，
由等差数列求和公式和性质可知，
S4 037＝eq \f(4 037,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋a4 037))＝4 037a2 019>0，
S4 038＝eq \f(4 038,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋a4 038))＝eq \f(4 038,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2 019＋a2 020))<0，
所以当Sn取最小正值时，n＝4 037.
16．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝－15，S5＝－55.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若不等式Sn>t对于任意的n∈N＋恒成立，求实数t的取值范围．
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
S5＝5·eq \f(a1＋a5,2)＝5a3＝－55，
∴a3＝－11，
∴d＝eq \f(a3－a1,3－1)＝eq \f(－11＋15,2)＝2.
∴an＝a1＋(n－1)d＝－15＋(n－1)×2＝2n－17，n∈N＋.
(2)由(1)知，an＝2n－17，
∴Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝eq \f(n－15＋2n－17,2)
＝n(n－16)＝(n－8)2－64，
∴(Sn)min＝－64.
Sn>t对任意n∈N＋恒成立等价于(Sn)min>t，
即－64>t.∴t∈(－∞，－64)．性质1：“片段和”性质
等差数列中依次k项之和Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…组成公差为k2d的等差数列
性质2：“奇偶项”性质
若等差数列的项数为2n(n∈N＋)，则S2n＝n(an＋an＋1)，S偶－S奇＝nd，eq \f(S偶,S奇)＝eq \f(an＋1,an)(S奇≠0)；若等差数列的项数为2n－1(n∈N＋)，则S2n－1＝(2n－1)an(an是数列的中间项)，S奇－S偶＝an，eq \f(S偶,S奇)＝eq \f(n－1,n)(S奇≠0)