2019-2020年高一数学 3.3等差数列的前n项和（备课资料） 大纲人教版必修.doc

2019-2020年高一数学 3.3等差数列的前n项和（备课资料） 大纲人教版必修一、参考例题例1在等差数列an中，（1）已知a2+a5+a12+a15=36,求S16（2）已知a6=20,求S11.分析：（1）由于本题只给了一个等式，不能直接利用条件求出a1,a16,d,但由等差数列的性质，可以直接利用条件求出a1+a16的和，于是问题得以解决.（2）要求S11只需知道a1+a11,即可，而a1与a11的等差中项恰好是a6,从而问题获解.解：（1）a2+a15=a5+a12=a1+a16=18,S16=818=144.（2）a1+a11=2a6,S11=11a6=1120=220.例2有一项数为2n+1的等差数列，求它的奇数项之和与偶数项之和的比.分析一：利用Sn=na1+d解题.解法一：设该数列的首项为a1,公差为d,奇数项为a1,a1+2d,其和为S1，共n+1项；偶数项为a1+d,a1+3d,a1+5d,其和为S2，共n项.=.分析二：利用Sn=解题.解法二：由解法一知：S1=，a1+a2n+1=a2+a2n,例3若两个等差数列的前n项和之比是（7n+1）(4n+27),试求它们的第11项之比.分析一：利用性质m+n=p+qam+an=ap+aq解题.解法一：设数列an的前n项和为Sn，数列bn的前n项和为Tn.则：a11=,b11=,=.分析二：利用等差数列前n项和Sn=An2+Bn解题.解法二：由题设，令Sn=(7n+1)nk,Tn=(4n+27)nk由an=SnSn1=k(14n6),得a11=148k,n2bn=TnTn1=k(8n23),得b11=111k,n2,.评述：对本例，一般性的结论有：已知等差数列an和bn的前n项和分别为Sn和Tn，则：（1）;(2).例4等差数列an的前m项和为30，前2m项和为100，则它的前3m项和为（ ）A.30 B.170 C.210 D.260答案：C分析一：把问题特殊化，即命m=1来解.解法一：取m=1,则a1=S1=30,a2=S2S1=70，d=a2a1=40,a3=a2+d=70+40=110,S3=a1+a2+a3=210分析二：利用等差数列的前n项和公式Sn=na1+d进行求解.解法二：由已知，得：解得a1=S2m=3ma1+d=210.分析三：借助等差数列的前n项和公式Sn=及性质m+n=p+qam+an=ap+aq求解.解法三：由已知，得：由及结合,得S3m=210.分析四：根据性质“已知an成等差数列，则Sn,S2nSn,S3nS2n，SknS(k1)n,(k2)成等差数列”解题.解法四：根据上述性质，知Sm,S2mSm,S3mS2m成等差数列.故Sm+(S3mS2m)=2(S2mSm),S3m=3(S2mSm)=210.分析五：根据Sn=an2+bn求解.解法五：an为等差数列，设Sn=an2+bn,Sm=am2+bm=30,S2m=4m2a+2mb=100得a=,b=,S3m=9m2a+3mb=210.分析六：运用等差数列求和公式，Sn=na1+d的变形式解题.解法六：由Sn=na1+d,即由此可知数列也成等差数列，也即成等差数列.由Sm=30,S2m=100,S3m=210.评述：一般地，对于等差数列am中，有 (pq).例5在a,b之间插入10个数，使它们同这两个数成等差数列，求这10个数的和.分析：求解的关键有二：其一是求和公式的选择；其二是用好等差数列的性质.解法一：设插入的10个数依次为x1,x2,x3,x10,则a,x1,x2,x10,b成等差数列.令S=x1+x2+x3+x10,需求出首项x1和公差d.b=a12=a1+11d,d=S=10x1+d=10+=5(a+b)解法二：设法同上，但不求d.依x1+x10=a+bS=5(a+b)解法三：设法同上，正难则反S=S12(a+b)=(a+b)=5(a+b)评述：求和问题灵活多变，要注意理解和运用.例6在凸多边形中，已知它的内角度数组成公差为5的等差数列，且最小角是120，试问它是几边形？解：设这是一个n边形，则：n=9所以这是一个九边形.二、参考练习题1.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千米？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+503=1250(M)a30=a3+1509(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+1501+a3+1509)=2(10a3+1509)=2(11000+6750)m=35.5(千米）答：这辆汽车行程共有35.5千米.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+=7750 m所以总共行程为(77502+100020)m=35.5千米答：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+502)2=2200 m,a2=(1000+505)2=2500 m,d=1502=300 m，项数共有10项.Sn=10a1+d=102200 m+59300 m=35.5(千米）答：略.2.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xx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=An+n(n+1)p.(2)当A=100，p=5.1,n=12时，本利和=100（12+12135.1)=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.备课资料一、参考例题例1已知数列an是等差数列，a10,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+136d9a1+36d=17a1+136d,8a1=100d,即d=0Sn=na1+d=na1+(a1)=na1a1=(n226n)= (n13)2+a1,a10,当n=13,Sn有最大值，最大值为a1.解法二：由a10,d0，可知此数列为从正项开始的递减数列：a1a2a3a4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an0,且an+10.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；解法二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2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.,an=Sn=a1a2+a2a3+anan+1=+=4(+()=4()=.例3设等差数列an的前n项和为Sn，已知a3=12,S120,S130.(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S120，S130列不等式组求之.解：依题设有即将a3=12,即a1=122d代入上式得解得d3(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(122d)+(n1)d=d0,n (5最小时，Sn最大.当d3时，6(5)6.5,正整数n=6时，n (5)2y最小，S6最大.分析二：由d0，知an是单调递减的，要使Sn最大，应有an0,an+10.解法二：由d0,可知a1a2a12a13要使1n12中存在自然数n，使得an0,an+10，则Sn就是S1,S2,S12中的最大值.由，知a6+a70,a70a6a70,a60,a70.故在S1,S2,S12中S6的值最大.解法三：由S120，S130，得,即也即a60且a70,S6最大.解法四：由a1=122d,d3，得,即5.5n7nN*,n=6,即S6最大.二、参考练习题1.首项为正数的等差数列an，它的前3项之和与前11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+=11a1+d,解之得d=0Sn=na1+d=故当n=7时，Sn最大，即前7项之和最大.解法二：由解得：n=7,即前7项之和最大.解法三：由d=a10,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且an+10的n值；二是由Sn=na1+=n2+(a1)n,利用二次函数的性质求n的值.2.数列an是等差数列，a1=50,d=0.6.(1)求从第几项开始，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nN*.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=500.6(n1)=0.6n+50.6.令0.6n+50.60解之得n84.3由nN*，故当n85时，an0,即从第85项起以后的各项均小于0.（2）解法一：d=0.60，由（1）知a840,a850.S1S2S85S86(Sn)max=S84=5084+(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,且a10,则有：0a1a2a3an1an，S1S2S3Sn1Sn0,且a10,则一定存在某一自然数k,使a1a2a3ak0ak+1ak+2an1an或a1a2a3ak0ak+1ak+2an1anS1S2Sk,且SkSk+1Sk+2SnSn的最小值是Sk.(3)若d0,必存在自然数k使a1a2a3ak0ak+1ak+2an或a1a2a3ak0ak+1ak+2an则S1S2S3Sk+1SnSn的最大值是Sk.(4)若da2a3an1an，S1S2S3Sn1SnSn的最大值是S1.第二种思考：Sn=a1n+d=由二次函数的最大、最小值知识及nN*,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.