高中數(shù)學(xué)第二章數(shù)列第六課時(shí)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和教案(二)蘇教版必修5

第六課時(shí)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和(二)教課目的：進(jìn)一步嫻熟掌握等差數(shù)列的通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)和公式，認(rèn)識等差數(shù)列的一些性質(zhì)，并會(huì)用它們解決一些有關(guān)問題；提升學(xué)生的應(yīng)意圖識.教課要點(diǎn)：嫻熟掌握等差數(shù)列的乞降公式.教課難點(diǎn)：靈巧應(yīng)用乞降公式解決問題.教課過程：Ⅰ.復(fù)習(xí)回首n1＋(n－1)d，乞降公式：nn（a1＋an）1通項(xiàng)公式：a＝aS＝2＝na＋n（n－1）d2Ⅱ.講解新課下邊聯(lián)合這些例子，來看怎樣應(yīng)用上述知識解決一些有關(guān)問題.［例1］求會(huì)合M＝{m｜m＝7n，n∈N*，且m＜100}的元素個(gè)數(shù)，并求這些元素的和.剖析：知足條件的n的取值個(gè)數(shù)即為會(huì)合M的元素個(gè)數(shù)，這些元素若按從小到大擺列，則是一等差數(shù)列.1002解：由m＜100，得7n＜100，即n＜7＝147所以知足上邊不等式的正整數(shù)n共有14個(gè)，即會(huì)合中的元素共有14M個(gè)，將它們從小到大可列出，得：7，7×2，7×3，7×4，7×14，即：7，14，21，28，98這個(gè)數(shù)列是等差數(shù)列，記為{a}，此中a1＝7，a14＝98，n＝14n1414（7＋98）＝735則S＝2答：會(huì)合M中共有14個(gè)元素，它們和等于735.這一例題表示，在小于100的正整數(shù)中共有14個(gè)數(shù)是7的倍數(shù)，它們的和是735.［例2］已知一個(gè)等差數(shù)列的前10項(xiàng)的和是310，前20項(xiàng)的和是1220，由此能夠確立求其前n項(xiàng)和的公式嗎?剖析：將已知條件代入等差數(shù)列前n項(xiàng)和的公式后，可獲得兩個(gè)對于a1與d的關(guān)系，而后確立a1與，從而獲得所求前n項(xiàng)和的公式.d解：由題意知S10＝310，S20＝1220將它們代入公式Sn＝na1＋n（n－1）d，獲得210a1＋45d＝31020a1＋190d＝1220解這個(gè)對于a1與d的方程組，獲得a1＝4，d＝6所以Sn＝4n＋n（n－1）×6＝3n2＋n2這就是說，已知S10與S20，能夠確立這個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和的公式，n2這個(gè)公式是S＝3n＋n.下邊，同學(xué)們再來思慮這樣一個(gè)問題：［例3］已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，Sn是其前n項(xiàng)和.求證：S6，S12－S6，S18－S12成等差數(shù)列，設(shè)其k∈N*，Sk，S2k－Sk，S3k－S成等差數(shù)列嗎?2k解：設(shè){an}的首項(xiàng)是a1，公差為d，則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成等差數(shù)列.同理可得Sk,S2k－Sk,S3k－S2k成等差數(shù)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為首項(xiàng)，kd為公差的等差數(shù)列

.［例4］已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，a1＞0，S9＝S17，試問n為什么值時(shí)，數(shù)列的前n項(xiàng)和最大？最大值為多少？剖析：要研究一個(gè)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和的最大（?。﹩栴}，有兩條基本門路；其一是利用Sn是n的二次函數(shù)關(guān)系來考慮；其二是經(jīng)過觀察數(shù)列的單一性來解決.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，可知此數(shù)列為從正項(xiàng)開始的遞減數(shù)列：1＞2adaa＞a＞a＞34故n在某一時(shí)刻，必定會(huì)出現(xiàn)負(fù)項(xiàng)，此時(shí)前n項(xiàng)的和開始減少，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此時(shí)，S最大，S＝13a＋2d＝25a.評論：解法一利用S是n的二次函數(shù)關(guān)系，概括為求二次函數(shù)的最值n問題，可是要注意自變量n是正整數(shù)；解法2是從研究數(shù)列的單一性及項(xiàng)的正負(fù)從而研究前n項(xiàng)和Sn的最大值，方法更擁有一般性.2an［例5］在數(shù)列{an}中，a1＝1，an+1＝an＋2，求數(shù)列{anan+1}的前n項(xiàng)和.剖析：要求數(shù)列{aa}的前n項(xiàng)和，需要先求數(shù)列{a}的通項(xiàng)公式.nn+1n111解：由已知得an＋1＝an＋2111∴{an}為首項(xiàng)為a1＝1，公差為2的等差數(shù)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］設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知a3＝12，S12＞0，S13＜0.求公差d的取值范圍；（2）指出S1，S2，，S12中哪一個(gè)值最大？并說明原因.1）剖析：由S12＞0，S13＜0列不等式組求之.S12＝12a1＋12（12－1）d＞02解：依題設(shè)有13（13－1）S＝13＋＜01312即2a1＋11d＞0將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：寫出Sn的表達(dá)式Sn＝f(n)＝An2＋Bn.配方確立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）]最小時(shí)，S24124當(dāng)－7＜d＜－3時(shí)，6＜2(5－d)＜6.5∴正整數(shù)n＝6時(shí)，[n－1(5－24)]2最小，∴6最大.2dyS剖析二：由＜0知{an}是單一遞減的，要使n最大，應(yīng)有an≥0，n+1dSa0.解法二：由d＜0，可知a1＞a2＞＞a12＞a13∴要使1≤n≤12中存在自然數(shù)n，使得an＞0，an+1＜0，則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］首項(xiàng)為正數(shù)的等差數(shù)列{an}，它的前三項(xiàng)之和與前十一項(xiàng)之和相等，問此數(shù)列前多少項(xiàng)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故當(dāng)n＝7時(shí)，Sn最大，即前解法二：由1an＝a1＋（n－1）d＝13

7項(xiàng)之和最大.a1（15－2n）＞01an＋1＝a1＋nd＝13a1（13－2n）＜0解得：13＜＜15，∴＝7，即前7項(xiàng)之和最大.2n2n解法三：由＝－2<0，知：{a}是遞減等差數(shù)列.1n又S3＝S11a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＋a10＋a11＝0,∴a7＋a8＝0∴必有a>0，a<0.∴前7項(xiàng)之和最大.78評論：解法三利用等差數(shù)列的性質(zhì)，解得簡單，易懂.等差數(shù)列的前n項(xiàng)和S，在d<0時(shí)有最大值，求當(dāng)n為什么值時(shí)，使Snn取最大值，有兩種方法：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］數(shù)列{an}是等差數(shù)列，a1＝50，d＝－0.6.求從第n項(xiàng)開始有an<0；(2)求此數(shù)列的前n項(xiàng)和的最大值.剖析：對于（1）實(shí)質(zhì)上是解一個(gè)不等式，但要注意n∈N*.對于（2）其實(shí)是研究S隨n的變化規(guī)律，因?yàn)榈炔顢?shù)列中S是對于n的二次函數(shù)，nn能夠用二次函數(shù)方法辦理，也能夠由a的變化，推斷S的變化.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*.故當(dāng)n≥85時(shí)，an<0,即從第85項(xiàng)起此后的各項(xiàng)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當(dāng)n取靠近于503的自然數(shù)，即n＝84時(shí)，Sn達(dá)到最大值S84＝2108.46評論：不是常數(shù)列的等差數(shù)列，不遞加必遞減，因此如有連續(xù)兩項(xiàng)a,ak+1k異號，則Sk必為Sn的最大或最小值.下邊對此類問題作一下較為深入的研究.在特別數(shù)列的等差數(shù)列中，當(dāng)d>0，d<0時(shí)，怎樣求Sn的最小、最大值？第一種思慮：1）若d>0，且a1≥0，則有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，則必定存在某一自然數(shù)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<則0>S1>S2>>Sk,且Sk<Sk+1<Sk+2<<Sn<∴Sn的最小值是Sk.若d<0，而a1>0，必存在自然數(shù)k使a1>a2>a3>>ak≥0>ak+1>ak+2>>an>或a1>a2>a3>>ak>0≥ak+1>ak+2>>an>則S1<S2<S3<<Sk,且Sk>Sk+1>>Sn>∴Sn的最大值是Sk.若d<0，且a1≤0，則有0≥a1>a2>a3>>an－1>an>∴S1>S2>S3>>Sn－1>Sn>∴Sn的最大值是S1.第二種思慮：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由二次函數(shù)的最大、最小值知識及n∈N*,知：當(dāng)n取最靠近2－d的11n，值得注意的是最靠近2a的自然自然數(shù)時(shí)，S取到最大值（或最小值）－d數(shù)有時(shí)1個(gè)，有時(shí)2個(gè).［例9］有30根水泥電線桿，要運(yùn)往1000米遠(yuǎn)的地方開始安裝，在1000米處放一根，此后每50米放一根，一輛汽車每次只好運(yùn)三根，假如用一輛汽車達(dá)成這項(xiàng)任務(wù)，這輛汽車的行程共有多少公里？解法一：以下圖：假設(shè)30根水泥電線桿寄存M處.a1＝|Ma|＝1000(M)a2＝|Mb|＝1050(M)a3＝|MC|＝1100(M)a6＝a3＋50×3＝1250(M)a30＝a3＋150×9(M)因?yàn)橐惠v汽車每次只好裝3根，故每運(yùn)一次只好到3，6，9，，30aaaa這些地方，這樣構(gòu)成公差為150M，首項(xiàng)為1100的等差數(shù)列，令汽車行程為S，則有：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：這輛汽車行程共有35.5公里.解法二：依據(jù)題設(shè)和汽車需運(yùn)送十次，可得一等差數(shù)列{an}，此中a1100，d＝150，n＝10則S10＝10a1＋10（10－1）d＝7750m2所以總合行程為(7750×2＋1000×20)m＝35.5公里答：略.解法三：依據(jù)題意和汽車每次走的行程可構(gòu)成一個(gè)等差數(shù)列，此中a1＝(1000＋50×2)×2＝2200m，a2＝(1000＋50×5)×2＝2500md＝150×2＝300m項(xiàng)數(shù)共有10項(xiàng).10（10－1）∴n＝101＋

2

＝10×2200m＋5×9×300m＝35.5(

公里）答：略.［例10］有一種零存整取的積蓄項(xiàng)目，它是每個(gè)月某日存入一筆同樣金額，這是零存；則到一準(zhǔn)時(shí)期到期，能夠提出所有本金及利息，這是整取，1它的本利和公式以下：本利和＝每期存入金額×

[存期＋

2存期×（存期＋

1）×利率].1）試解說這個(gè)本利和公式；2）若每個(gè)月初存入100元，月利率5.1‰，到第12個(gè)月尾的本利和是多少？（3）若每個(gè)月初存入一筆金額，月利率是5.1‰，希望到第12個(gè)月尾取得本利和2000元，那么應(yīng)每個(gè)月存入多少金額？剖析：存款積蓄不是復(fù)利計(jì)息，若存入金額為A，月利率為p，則n個(gè)月后的利息是nAp.解：（1）設(shè)每期存入金額A，每期利率p，存的期數(shù)為n，則各期利息之和為：1Ap＋2Ap＋3Ap＋＋nAp＝2n(n＋1)Ap.連同本金，就得11本利和＝nA＋2n(n＋1)Ap＝A[n＋2n(n＋1)p].當(dāng)A＝100，p＝5.1‰，n＝12時(shí)，1本利和＝100×（12＋2×12×13×5.1