【高中數(shù)學(xué)】第4章-4.2.2-等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式(第2課時(shí))

4.2.2等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式(第2課時(shí))素養(yǎng)目標(biāo)學(xué)科素養(yǎng)1.掌握等差數(shù)列前n項(xiàng)和的性質(zhì)及應(yīng)用．(重點(diǎn)、難點(diǎn))2．會(huì)用裂項(xiàng)相消法求和．(重點(diǎn))1.數(shù)學(xué)運(yùn)算；2．邏輯推理情境導(dǎo)學(xué)數(shù)列在我們?nèi)粘Ｉ钪杏兄鴱V泛的應(yīng)用，比如倉庫中堆放的鋼管，想要知道共有多少個(gè)，可取同樣的鋼管反位置擺放，這樣就可以知道有多少個(gè)．你能找到其中所應(yīng)用的數(shù)學(xué)原理嗎？1．?dāng)?shù)列{|an|}的前n項(xiàng)和問題根據(jù)通項(xiàng)公式判斷數(shù)列{an}是先正后負(fù)，還是先負(fù)后正，在正、負(fù)分界點(diǎn)處分兩段，分別去掉絕對值符號，轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列的求和問題．2．等差數(shù)列前n項(xiàng)和的性質(zhì)(1)設(shè)兩個(gè)等差數(shù)列{an}，{bn}的前n項(xiàng)和分別為Sn，Tn，則eq\f(an,bn)＝eq\f(S2n－1,T2n－1).(2)等差數(shù)列前n項(xiàng)和Sn最大(小)值的情形：①若a1>0，d<0，則Sn存在最大值，即所有非負(fù)項(xiàng)之和．②若a1<0，d>0，則Sn存在最小值，即所有非正項(xiàng)之和．判斷(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)．(1)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn一定是關(guān)于n的二次函數(shù)．(×)(2)若無窮等差數(shù)列{an}的公差d>0，則其前n項(xiàng)和Sn不存在最大值．(√)(3)若兩個(gè)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和分別為An，Bn，則一定有eq\f(an,bn)＝eq\f(An,Bn).(×)1．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a2＝－3，S5＝－10，則a5＝______，Sn的最小值為______.0－10解析：a2＝a1＋d＝－3，S5＝5a1＋10d＝－10，即a1＋2d＝－2，解得a1＝－4，d＝1，所以a5＝a1＋4d＝0，Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(n2－9n,2).當(dāng)n＝4或5時(shí)，Sn最小，為－10.2．已知等差數(shù)列{an}和{bn}的前n項(xiàng)和分別是Sn，Tn，且eq\f(a7,b7)＝eq\f(2,3)，則eq\f(S13,T13)＝________.eq\f(2,3)解析：eq\f(S13,T13)＝eq\f(\f(a1＋a13×13,2),\f(b1＋b13×13,2))＝eq\f(13a7,13b7)＝eq\f(a7,b7)＝eq\f(2,3).3．已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝－n2＋10n＋11，則該數(shù)列前________項(xiàng)的和最大．10或11解析：令an≥0得－n2＋10n＋11≥0，即n2－10n－11≤0，∴－1≤n≤11.∵n∈N*，∴該數(shù)列前10項(xiàng)為正，第11項(xiàng)為0.∴該數(shù)列前10或11項(xiàng)的和最大．4．已知等差數(shù)列{an}，an＝2n－9，則|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝________.52解析：由an≥0得n≥4.5，∴前4項(xiàng)為負(fù)，以后各項(xiàng)為正，∴|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝－(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋…＋a10)＝－S4＋S10－S4＝S10－2S4＝20－2×(－16)＝52.【例1】已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝－eq\f(3,2)n2＋eq\f(205,2)n，求數(shù)列{|an|}的前n項(xiàng)和Tn.解：a1＝S1＝－eq\f(3,2)×12＋eq\f(205,2)×1＝101.當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)n2＋\f(205,2)n))－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)n－12＋\f(205,2)n－1))＝－3n＋104.∵a1＝101也適合上式，∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝－3n＋104.由an＝－3n＋104≥0，得n≤eq\f(104,3).即當(dāng)n≤34時(shí)，an>0；當(dāng)n≥35時(shí)，an<0.①當(dāng)n≤34時(shí)，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝－eq\f(3,2)n2＋eq\f(205,2)n.②當(dāng)n≥35時(shí)，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|a34|＋|a35|＋…＋|an|＝2(a1＋a2＋…＋a34)－(a1＋a2＋…＋an)＝2S34－Sn＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)×342＋\f(205,2)×34))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)n2＋\f(205,2)n))＝eq\f(3,2)n2－eq\f(205,2)n＋3502.∴Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)n2＋\f(205,2)n，n≤34，,\f(3,2)n2－\f(205,2)n＋3502，n≥35.))已知等差數(shù)列{an}，求{|an|}的前n項(xiàng)和的步驟：(1)確定{an}的通項(xiàng)公式；(2)根據(jù)通項(xiàng)公式確定數(shù)列{an}中項(xiàng)的符號，即判斷數(shù)列{an}是先負(fù)后正，還是先正后負(fù)；(3)去掉數(shù)列{|an|}中各項(xiàng)的絕對值，轉(zhuǎn)化為{an}的前n項(xiàng)和求解，轉(zhuǎn)化過程中有時(shí)需添加一部分項(xiàng)，再利用數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和公式求解；(4)將{|an|}的前n項(xiàng)和寫成分段函數(shù)的形式．在等差數(shù)列{an}中，a1＝－60，a17＝－12，求數(shù)列{|an|}的前n項(xiàng)和．解：∵數(shù)列{an}的公差d＝eq\f(a17－a1,17－1)＝eq\f(－12－－60,17－1)＝3，∴an＝a1＋(n－1)d＝－60＋(n－1)×3＝3n－63.令an<0，即3n－63<0，解得n<21.∴數(shù)列{an}的前20項(xiàng)是負(fù)數(shù)，第20項(xiàng)以后的項(xiàng)都為非負(fù)數(shù)．設(shè)Sn，S′n分別表示數(shù)列{an}和{|an|}的前n項(xiàng)和，當(dāng)n≤20時(shí)，S′n＝－Sn＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－60n＋\f(nn－1,2)×3))＝－eq\f(3,2)n2＋eq\f(123,2)n；當(dāng)n>20時(shí)，S′n＝－S20＋(Sn－S20)＝Sn－2S20＝－60n＋eq\f(nn－1,2)×3－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－60×20＋\f(20×19,2)×3))＝eq\f(3,2)n2－eq\f(123,2)n＋1260.∴數(shù)列{|an|}的前n項(xiàng)和S′n＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)n2＋\f(123,2)n，n≤20，,\f(3,2)n2－\f(123,2)n＋1260，n>20.))【例2】等差數(shù)列{an}中，Sn為前n項(xiàng)和，且a1＝25，S17＝S9，數(shù)列{an}前多少項(xiàng)和最大？解：(方法一)∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝25，,S17＝S9，))∴17a1＋eq\f(17×16,2)d＝9a1＋eq\f(9×8,2)d，解得d＝－2.從而Sn＝25n＋eq\f(nn－1,2)×(－2)＝－n2＋26n＝－(n－13)2＋169.故前13項(xiàng)之和最大．(方法二)由方法一得d＝－2.∵a1＝25>0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＝25－2n－1≥0，,an＋1＝25－2n≤0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n≤13\f(1,2)，,n≥12\f(1,2)，))∴當(dāng)n＝13時(shí)，Sn有最大值．求等差數(shù)列前n項(xiàng)和Sn最值的方法：(1)尋找正、負(fù)項(xiàng)的分界點(diǎn)，可利用等差數(shù)列的性質(zhì)或利用eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≤0，,an＋1≥0))來尋找．(2)運(yùn)用二次函數(shù)的圖象求最值．1．在等差數(shù)列{an}中，a1＝29，S10＝S20，則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn的最大值為()A．S15 B．S16C．S15或S16 D．S17A解析：∵a1＝29，S10＝S20，∴10a1＋eq\f(10×9,2)d＝20a1＋eq\f(20×19,2)d，解得d＝－2，∴Sn＝29n＋eq\f(nn－1,2)×(－2)＝－n2＋30n＝－(n－15)2＋225.∴當(dāng)n＝15時(shí)，Sn取得最大值．2．在等差數(shù)列{an}中，a1＝7，公差為d，前n項(xiàng)和為Sn，當(dāng)且僅當(dāng)n＝8時(shí)Sn取得最大值，則d的取值范圍為________．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(7,8)))解析：由題意，當(dāng)且僅當(dāng)n＝8時(shí)Sn有最大值，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d<0，,a8>0，,a9<0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d<0，,7＋7d>0，,7＋8d<0，))解得－1<d<－eq\f(7,8).【例3】等差數(shù)列{an}中，a1＝3，公差d＝2，Sn為其前n項(xiàng)和，求eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn).解：∵等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝3，公差d＝2，∴前n項(xiàng)和Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝3n＋eq\f(nn－1,2)×2＝n2＋2n(n∈N*)，∴eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,n2＋2n)＝eq\f(1,nn＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2))).∴eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))＋eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(3,4)－eq\f(2n＋3,2n＋1n＋2).把數(shù)列的通項(xiàng)公式拆成兩項(xiàng)之差，即數(shù)列的每一項(xiàng)可按此法拆成兩項(xiàng)之差，在求和時(shí)一些正負(fù)項(xiàng)相抵消，于是前n項(xiàng)和變成首尾若干項(xiàng)之和，這一求和方法稱為裂項(xiàng)相消法．常見的拆項(xiàng)公式(其中n∈N*)：①eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).②eq\f(1,nn＋k)＝eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋k))).③eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))).④若等差數(shù)列{an}的公差為d，則eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋1)))，eq\f(1,anan＋2)＝eq\f(1,2d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋2))).⑤eq\f(1,nn＋1n＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,nn＋1)－\f(1,n＋1n＋2))).⑥eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n).⑦eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋k))＝eq\f(1,k)(eq\r(n＋k)－eq\r(n))．已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a3＝3，S4＝10，則eq\o(∑,\s\up14(n),\s\do14(k＝1))eq\f(1,Sk)＝________.eq\f(2n,n＋1)解析：設(shè)等差數(shù)列的首項(xiàng)為a1，公差為d.由題意有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝3，,4a1＋\f(4×3,2)d＝10，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝1.))數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝n×1＋eq\f(nn－1,2)×1＝eq\f(nn＋1,2)，裂項(xiàng)可得eq\f(1,Sk)＝eq\f(2,kk＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)－\f(1,k＋1)))，所以eq\o(∑,\s\up14(n),\s\do14(k＝1))eq\f(1,Sk)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(2n,n＋1).探究題1已知兩個(gè)等差數(shù)列{an}與{bn}的前n項(xiàng)和分別是Sn和Tn，且eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(2n＋1,3n－2)，求eq\f(a9,b9)的值．解：∵S2n－1＝eq\f(2n－1,2)(a1＋a2n－1)＝(2n－1)an，T2n－1＝eq\f(2n－1,2)(b1＋b2n－1)＝(2n－1)bn，∴eq\f(a9,b9)＝eq\f(S2×9－1,T2×9－1)＝eq\f(S17,T17)＝eq\f(2×17＋1,3×17－2)＝eq\f(5,7).探究題2已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，若eq\f(a7,a6)<－1，且前n項(xiàng)和Sn有最大值，則使Sn>0的n的最大值為________．11解析：∵eq\f(a7,a6)<－1，且Sn有最大值，∴a6>0，a7<0且a6＋a7<0，∴S11＝eq\f(11a1＋a11,2)＝11a6>0，S12＝eq\f(12a1＋a12,2)＝6(a6＋a7)<0，∴使Sn>0的n的最大值為11.探究題3等差數(shù)列{an}中，Sm＝n，Sn＝m，求Sm＋n.解：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.∵Sm＝ma1＋eq\f(mm－1,2)d＝n，①Sn＝na1＋eq\f(nn－1d,2)＝m，②①－②得(m－n)a1＋eq\f(m－nm＋n－1,2)d＝n－m，∴a1＋eq\f(m＋n－1,2)d＝－1.∴Sm＋n＝(m＋n)a1＋eq\f(m＋nm＋n－1,2)d＝(m＋n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(m＋n－1,2)d))＝－(m＋n)．設(shè)兩個(gè)等差數(shù)列{an}，{bn}的前n項(xiàng)和分別為Sn，Tn，則eq\f(an,bn)＝eq\f(S2n－1,T2n－1).設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1>0，a3＋a10>0，a6a7<0，則滿足Sn>0的最大自然數(shù)n的值為()A．6 B．7C．12 D．13C解析：因?yàn)閍1>0，a6a7<0，所以a6>0，a7<0，等差數(shù)列的公差小于零．又a3＋a10＝a1＋a12>0，a1＋a13＝2a7<0，所以S12>0，S13<0，所以滿足Sn>0的最大自然數(shù)n的值為12.1．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a1＝－11，a2＋a8＝－6，則Sn的最小值等于()A．－34 B．－36C．－6 D．6B解析：設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，∵a2＋a8＝－6，∴2a1＋8d＝－6.又a1＝－11，∴d＝2，∴Sn＝na1＋eq\f(nn－1d,2)＝－11n＋n(n－1)＝n2－12n＝(n－6)2－36，∴當(dāng)n＝6時(shí)，Sn有最小值S6＝－36.故選B．2．等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S2＝4，S4＝10，則S6等于()A．12 B．18C．24 D．42B解析：由于{an}是等差數(shù)列，故S2，S4－S2，S6－S4成等差數(shù)列，所以2(S4－S2)＝S2＋S6－S4，即2(10－4)＝4＋S6－10，解得S6＝18.故選B．3．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S4≥10，S5≤15，則a4的最大值為()A．2 B．3C．4 D．5C解析：因?yàn)镾4＝2(a2＋a3)≥10，所以a2＋a3≥5.又S5＝5a3≤15，所以a3≤3.而a4＝3a3－(a2＋a3)，故a4≤4，當(dāng)且僅當(dāng)a2＝2，a3＝3時(shí)等號成立，所以a4的最大值為4.故選C．4．已知等差數(shù)列{an}的公差為1，a1＋a2＋a3＋…＋a99＝102，試求a3＋a6＋…＋a99的值．解：由題意，等差數(shù)列{an}的公差為1，且a1＋a2＋a3＋…＋a99＝102，則a1＋a2＋a3＋…＋a99＝(a1＋a4＋a7＋…＋a97)＋(a2＋a5＋a8＋…＋a98)＋(a3＋a6＋…＋a99)＝3(a3＋a6＋…＋a99)－33×2d－33d＝3(a3＋a6＋…＋a99)－99，所以a3＋a6＋…＋a99＝eq\f(102＋99,3)＝67.5．某種病毒感染性腹瀉在全世界范圍內(nèi)均有流行，感染對象主要是成人和學(xué)齡兒童，寒冷季節(jié)呈現(xiàn)高發(fā)．據(jù)資料統(tǒng)計(jì)，某市11月1日開始出現(xiàn)該病毒感染者，11月1日該市的病毒新感染者共有20人，此后每天的新感染者比前一天的新感染者增加50人，由于該市醫(yī)療部門采取措施，使該病毒的傳播速度得到控制，從第t天起，每天的新感染者比前一天的新感染者減少30人，直到11月30日為止．(1)設(shè)11月n日當(dāng)天新感染人數(shù)為an，求{an}的通項(xiàng)公式(用t表示)；(2)若到11月30日止，該市在這30日感染該病毒的患者共有8670人，11月幾日，該市感染此病毒的新患者人數(shù)最多？并求出這一天的新患者人數(shù)．解：(1)由題意得，當(dāng)n≤t時(shí)是公差為50，首項(xiàng)為20的等差數(shù)列，此時(shí)an＝20＋50(n－1)＝50n－30(1≤n≤t)．當(dāng)n≥t＋1時(shí)是公差為－30，首項(xiàng)為50t－30的等差數(shù)列，此時(shí)an＝50t－30－30(n－t)＝－30n＋80t－30(t＋1≤n≤30)，故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(50n－30，n≤t，,－30n＋80t－30，t＋1≤n≤30，n∈N*.))(2)由(1)可知，前t日患者共有St＝eq\f(20＋50t－30t,2)＝(25t2－5t)人．又第t＋1日有－30(t＋1)＋80t－30＝(50t－60)人，第30日有－30×30＋80t－30＝(80t－930)人．故t＋1日至第30日共30－t天的時(shí)間里共有S′t＝eq\f(50t－60＋80t－93030－t,2)＝－65t2＋2445t－14850.故1到30日共有St＋S′t＝25t2－5t－65t2＋2445t－14850＝－40t2＋2440t－14850.故－40t2＋2440t－14850＝8670?t2－61t＋588＝0即(t－12)(t－49)＝0，又1≤t≤30，故t＝12.當(dāng)天新增患病人數(shù)為50×12－30＝570.故11月12日，該市感染此病毒的新患者人數(shù)最多，這一天的新患者人數(shù)為570人．1．已知等差數(shù)列{an}，求{|an|}的前n項(xiàng)和的步驟(1)確定{an}的通項(xiàng)公式；(2)根據(jù)通項(xiàng)公式確定數(shù)列{an}中項(xiàng)的符號，即判斷數(shù)列{an}是先負(fù)后正，還是先正后負(fù)；(3)去掉數(shù)列{|an|}中各項(xiàng)的絕對值，轉(zhuǎn)化為{an}的前n項(xiàng)和求解，轉(zhuǎn)化過程中有時(shí)需添加一部分項(xiàng)，再利用數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和公式求解；(4)將{|an|}的前n項(xiàng)和寫成分段函數(shù)的形式．2．求等差數(shù)列前n項(xiàng)和Sn最值的兩種方法(1)函數(shù)法：利用等差數(shù)列前n項(xiàng)和的函數(shù)表達(dá)式Sn＝an2＋bn，通過配方或借助圖象求二次函數(shù)最值的方法求解．(2)鄰項(xiàng)變號法：①當(dāng)a1>0，d<0時(shí)，滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(am≥0，,am＋1≤0))的項(xiàng)數(shù)m使得Sn取得最大值為Sm；②當(dāng)a1<0，d>0時(shí)，滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(am≤0，,am＋1≥0))的項(xiàng)數(shù)m使得Sn取得最小值為Sm.3．利用裂項(xiàng)相消法求數(shù)列前n項(xiàng)和．課時(shí)分層作業(yè)(六)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式(第2課時(shí))(60分鐘100分)eq\f(基礎(chǔ)對點(diǎn)練,基礎(chǔ)考點(diǎn)分組訓(xùn)練)知識點(diǎn)1求數(shù)列{|an|}的前n項(xiàng)和1．(5分)設(shè)數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－7，則|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a15|＝()A．139 B．153C．144 D．178B解析：∵an＝2n－7，∴a1＝－5，d＝2.∴Sn＝n2－6n.∴|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－a1－a2－a3＋a4＋…＋a15＝－S3＋(S15－S3)＝S15－2S3＝153.2.(5分)在等差數(shù)列{an}中，a1>0，a10·a11<0，若此數(shù)列前10項(xiàng)和S10＝36，前18項(xiàng)和S18＝12，則數(shù)列{|an|}的前18項(xiàng)和T18的值為________．60解析：∵a1>0，a10·a11<0，∴d<0，a10>0，a11<0，∴T18＝a1＋a2＋…＋a10－(a11＋a12＋…＋a18)＝S10－(S18－S10)＝60.知識點(diǎn)2等差數(shù)列前n項(xiàng)和的最值問題3．(5分)已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，a2＝0，a4＝－2，則其前n項(xiàng)和Sn的最大值為()A．eq\f(9,8) B．eq\f(9,4)C．1 D．0C解析：∵a2＝0，a4＝－2，∴d＝－1，∴an＝2－n.∴Sn的最大值為S1＝S2＝1.4．(5分)已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝26－2n，若使此數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn最大，則n的值為()A．12 B．13C．12或13 D．14C解析：由an≥0，得n≤13，∴S13＝S12最大.5.(5分)已知等差數(shù)列{an}，|a5|＝|a9|，公差d>0，則使得其前n項(xiàng)和Sn取得最小值的正整數(shù)n的值是________．6或7解析：∵d>0，∴|a5|＝|a9|可化為－a5＝a9.即a5＋a9＝2a7＝0.∴a7＝0，∴a6<0，a8>0.∴S6＝S7最小．知識點(diǎn)3利用裂項(xiàng)相消法求數(shù)列的和6．(5分)在數(shù)列{an}中，an＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(2,n＋1)＋…＋eq\f(n,n＋1)(n∈N*)．又bn＝eq\f(1,anan＋1)，則數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn為(A)A．eq\f(4n,n＋1) B．eq\f(2n,n＋1)C．eq\f(n,2n－1) D．eq\f(2n,2n＋1)得分7.(5分)設(shè)數(shù)列{an}滿足對任意的n∈N*，Pn(n，an)滿足PnPn＋1＝(1,2)，且a1＋a2＝4，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an·an＋1)))的前n項(xiàng)和Sn為________．eq\f(n,2n＋1)解析：∵Pn(n，an)，Pn＋1(n＋1，an＋1)，∴PnPn＋1＝(1，an＋1－an)＝(1,2)，∴an＋1－an＝2.∴{an}為等差數(shù)列，d＝2.∵a1＋a2＝2a1＋d＝4，∴a1＝1.∴an＝2n－1.∵eq\f(1,an·an＋1)＝eq\f(1,2n－1·2n＋1)＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，∴Sn＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(n,2n＋1).知識點(diǎn)4等差數(shù)列前n項(xiàng)和性質(zhì)的應(yīng)用8．(5分)已知兩個(gè)等差數(shù)列{an}和{bn}的前n項(xiàng)和分別為An和Bn，且eq\f(An,Bn)＝eq\f(5n＋3,n＋3)，則eq\f(a5,b5)的值為()A．2 B．eq\f(7,2)C．4 D．5C解析：∵兩個(gè)等差數(shù)列{an}和{bn}的前n項(xiàng)和分別為An和Bn，且eq\f(An,Bn)＝eq\f(5n＋3,n＋3)，∴eq\f(a5,b5)＝eq\f(2a5,2b5)＝eq\f(a1＋a9,b1＋b9)＝eq\f(\f(9,2)a1＋a9,\f(9,2)b1＋b9)＝eq\f(A9,B9)＝eq\f(5×9＋3,9＋3)＝4.故選C．9．(5分)已知等差數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn，若S13<0，S12>0，則此數(shù)列中絕對值最小的項(xiàng)為()A．第5項(xiàng) B．第6項(xiàng)C．第7項(xiàng) D．第8項(xiàng)C解析：∵S13<0，S12>0，∴d<0.∵S13＝eq\f(13a1＋a13,2)＝13a7<0，∴a7<0.∵S12＝eq\f(12a1＋a12,2)＝6(a6＋a7)>0，∴a6>0且|a6|>|a7|.∴a7的絕對值最小.eq\f(能力提升練,能力考點(diǎn)拓展提升)10.(5分)(多選)設(shè){an}是等差數(shù)列，Sn是前n項(xiàng)的和，且S5<S6，S6＝S7>S8，則()A．d>0B．a(chǎn)7＝0C．S9>S5D．S6與S7均為Sn的最大值BD解析：由S5<S6得a1＋a2＋…＋a5<a1＋a2＋…＋a5＋a6，∴a6>0.又S6＝S7，∴a1＋a2＋…＋a6＝a1＋a2＋…＋a6＋a7，∴a7＝0.同理由S7>S8可得a8<0.若S9>S5，則a6＋a7＋a8＋a9>0，∴2(a7＋a8)>0.由題設(shè)a7＝0，a8<0，顯然A，C項(xiàng)是錯(cuò)誤的．11．(5分)已知兩個(gè)等差數(shù)列{an}和{bn}的前n項(xiàng)和分別為An和Bn，且eq\f(An,Bn)＝eq\f(7n＋45,n＋3)，則使得eq\f(an,bn)為整數(shù)的正整數(shù)n有()A．2個(gè) B．3個(gè)C．4個(gè) D．5個(gè)D解析：∵eq\f(an,bn)＝eq\f(A2n－1,B2n－1)＝eq\f(72n－1＋45,2n－1＋3)＝eq\f(14n＋38,2n＋2)＝eq\f(7n＋19,n＋1)＝7＋eq\f(12,n＋1).當(dāng)n＋1＝2,3,4,6,12，即n＝1,2,3,5,11時(shí)，eq\f(an,bn)是整數(shù)．12．(5分)(多選)已知等差數(shù)列{an}中，|a3|＝|a9|，公差d<0，則使其前n項(xiàng)和Sn取得最大值的自然數(shù)n是()A．4 B．5C．6 D．7BC解析：∵在等差數(shù)列{an}中，|a3|＝|a9|，公差d<0，∴a3＋a9＝0，∴a6＝0.又d<0，∴a5>0，a7<0，∴使其前n項(xiàng)和Sn取得最大值的自然數(shù)n是5或6.13.(5分)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足S19>0，S20<0，則使Sn取得最大值的n為________．10解析：由S19>0，S20<0，可知{an}為遞減的等差數(shù)列．設(shè)其公差為d，則d<0.由S19＝eq\f(19×a1＋a19,2)>0，S20＝eq\f(20×a1＋a20,2)<0，得a1＋a19＝2a10>0，a1＋a20＝a10＋a11<0，所以a10>0，a11<0.所以使Sn取得最大值的n為10.14.(5分)已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝－2n－1，則數(shù)列{|an|}的前n項(xiàng)和為________．n2＋2n解析：由題可知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為負(fù)值，設(shè)數(shù)列{|an|}的前n項(xiàng)和為Sn，則有Sn＝－a1－a2－…－an＝3＋5＋7＋…＋(2n＋1)＝eq\f(n3＋2n＋1,2)＝n2＋2n.15.(10分)已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，其中a2＋a3＝8，a5＝3a2.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)記bn＝eq\f(2,anan＋1)，設(shè){bn}的前n項(xiàng)和為Sn，求最小的正整數(shù)n，使得Sn>eq\f(2020,2021).解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，依題意有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋3d＝8，,a1＋4d＝3a1＋3d，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2，))從而{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1.(2)因?yàn)閎n＝eq\f(2,anan＋1)＝eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1)，所以Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝1－eq\f(1,2n＋1).令1－eq\f(1,2n＋1)>eq\f(2020,2021)，解得n>1010，故取n＝1011.16.(10分)設(shè)數(shù)列{an}的各項(xiàng)都為正數(shù)，其前n項(xiàng)和為Sn，已知對任意n∈N*，Sn是aeq\o\al(2,n)和an的等差中項(xiàng)．(1)證明數(shù)列{an}為等差數(shù)列，并求an.(2)若bn＝－n＋5，求{an·bn}的最大值，并求出取最大值時(shí)n的值．解：(1)由已知，得2Sn＝aeq\o\al(2,n)＋an，且an>0.當(dāng)n＝1時(shí)，2a1＝aeq\o\al(2,1)＋a1，解得a1＝1.當(dāng)n≥2時(shí)，2Sn－1＝aeq\o\al(2,n－1)＋an－1.所以2Sn－2Sn－1＝aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＋an－an－1，即2an＝aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＋an－an－1，即(an＋an－1)(an－an－1)＝an＋an－1.因?yàn)閍n＋an－1>0，所以an－an－1＝1(n≥2)．故數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列，且an＝n.(2)由(1)可知an＝n.設(shè)cn＝an·bn，則cn＝n(－n＋5)＝－n2＋5n＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(5,2)))2＋eq\f(25,4).∵n∈N*，∴當(dāng)n＝2或n＝3時(shí)，{cn}的最大項(xiàng)為6.故{an·bn}的最大值為6，此時(shí)n＝2或n＝3.17.(10分)已知Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，a1＝25，a4＝16.(1)求n為何值時(shí)，Sn取得最大值；(2)求a2＋a4＋a6＋a8＋…＋a20的值；(3)求數(shù)列{|an|}的前n項(xiàng)和Tn.解：(1)在等差數(shù)列{an}中，a1＝25，a4＝16，∴公差d＝eq\f(a4－a1,4－1)＝－3.∴an＝－3n＋28.令an＝－3n＋28≥0且n∈N*，得n≤9.∴當(dāng)n≤9時(shí)，an>0；當(dāng)n>9時(shí)，an<0.∴當(dāng)n＝9時(shí)，Sn取得最大值．(2)∵數(shù)列{an}是等差數(shù)列，∴a2＋a4＋a6＋a8＋…＋a20＝eq\f(10a2＋a20,2)＝10a11＝10×(－3×11＋28)＝－50.(3)由(1)得，當(dāng)n≤9時(shí)，an>0；當(dāng)n>9時(shí)，an<0.∴當(dāng)n≤9時(shí)，Tn＝a1＋a2＋…＋an＝25n＋eq\f(nn－1,2)×(－3)＝－eq\f(3,2)n2＋eq\f(53,2)n.當(dāng)n>9時(shí)，Tn＝a1＋a2＋…＋a9－(a10＋a11＋…＋an)＝2S9－Sn＝2×(9×25－36×3)－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(25n－\f(3,2)nn－1))＝eq\f(3,2)n2－eq\f(53,2)n＋234.所以Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)n2＋\f(53,2)n，n≤9，,\f(3,2)n2－\f(53,2)n＋234，n>9.))重難強(qiáng)化訓(xùn)練(一)數(shù)列和等差數(shù)列(60分鐘100分)練易錯(cuò)易錯(cuò)點(diǎn)1|忽視數(shù)列是特殊的函數(shù)[防范要訣]數(shù)列的通項(xiàng)an及前n項(xiàng)和Sn都可看作定義域?yàn)檎麛?shù)集或其子集上的函數(shù)，要善于運(yùn)用函數(shù)的觀點(diǎn)認(rèn)識和理解數(shù)列問題．[對點(diǎn)集訓(xùn)]1．(5分)設(shè)an＝－n2＋5n－6，則數(shù)列{an}中的最大項(xiàng)的值是()A．eq\f(16,3) B．eq\f(13,3)C．eq\f(3,4) D．0D解析：此二次函數(shù)圖象對稱軸n＝eq\f(5,2)?N*.∴當(dāng)n＝2或3時(shí)，an取最大值，a2＝a3＝0.2．(5分)已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝n2＋kn＋2，若對于任意n∈N*，都有an＋1>an成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是()A．k>0 B．k>－1C．k>－2 D．k>－3D解析：∵an＋1>an，∴(n＋1)2＋k(n＋1)＋2>n2＋kn＋2，即k>－(2n＋1)對于任意n∈N*都成立，當(dāng)n＝1時(shí)，－(2n＋1)取最大值－3，∴k>－3.3.(5分)已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝－n2＋10n＋11，則該數(shù)列前________項(xiàng)的和最大．10或11解析：令an≥0得－n2＋10n＋11≥0，即n2－10n－11≤0，∴－1≤n≤11.∵n∈N*，∴該數(shù)列前10項(xiàng)為正，第11項(xiàng)為0.∴該數(shù)列前10或11項(xiàng)的和最大．易錯(cuò)點(diǎn)2|不能正確進(jìn)行an與Sn互化[防范要訣]凡是已知Sn的表達(dá)式或Sn與an的關(guān)系式，都需要用到當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1；另外，也不要忽視檢驗(yàn)n＝1是否也適合an.[對點(diǎn)集訓(xùn)]4．(5分)已知Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，Sn＋Sn＋1＝an＋1(n∈N*)，則此數(shù)列是()A．遞增數(shù)列 B．遞減數(shù)列C．常數(shù)列 D．?dāng)[動(dòng)數(shù)列C解析：∵Sn＋Sn＋1＝an＋1，∴Sn－1＋Sn＝an(n≥2)，兩式相減得an＋an＋1＝an＋1－an，∴an＝0(n≥2)．當(dāng)n＝1時(shí)，S1＋S2＝a2，∴2a1＝0即a1＝0.∴{an}是常數(shù)列，各項(xiàng)均為0.5.(5分)已知數(shù)列{an}滿足Sn＝n2＋1，則通項(xiàng)公式an＝________.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,2n－1，n≥2))解析：∵Sn＝n2＋1，∴an＝Sn－Sn－1＝n2＋1－[(n－1)2＋1]＝2n－1(n≥2)．當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝2與上式不符合．∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,2n－1，n≥2.))易錯(cuò)點(diǎn)3|對等差數(shù)列的定義理解不透致誤[防范要訣]使用等差數(shù)列的定義時(shí)容易出現(xiàn)以下錯(cuò)誤：(1)對定義中“從第二項(xiàng)起”理解有誤，常常忽略首項(xiàng)；(2)忽略“任意”，誤認(rèn)為驗(yàn)證有限個(gè)相鄰兩項(xiàng)的差是常數(shù)即得等差數(shù)列；(3)誤認(rèn)為任意相鄰兩項(xiàng)的差就是等差數(shù)列的公差．[對點(diǎn)集訓(xùn)]6.(5分)已知數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝2，2an＋1＝2an＋3(n≥2，n∈N*)，判斷{an}是否是等差數(shù)列．解：當(dāng)n≥2時(shí)，由2an＋1＝2an＋3，得an＋1－an＝eq\f(3,2).但a2－a1＝1≠eq\f(3,2)，故數(shù)列{an}不是等差數(shù)列.7.(10分)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿足Sn＝eq\f(1,4)(an＋1)2，且an>0.求{an}的通項(xiàng)公式．解：∵Sn＝eq\f(1,4)(an＋1)2.∴當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,4)(an＋1)2－eq\f(1,4)(an－1＋1)2.∴aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)－2an－2an－1＝0.∴(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0.∵an>0，∴an－an－1＝2(n≥2)．∴{an}為等差數(shù)列，公差為2.當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝a1＝eq\f(1,4)(a1＋1)2.∴aeq\o\al(2,1)－2a1＋1＝0.∴a1＝1.∴an＝2n－1.練疑難8．(5分)在數(shù)列{an}中，a1＝1，an·an－1＝an－1＋(－1)n(n≥2，n∈N*)，則a3的值是()A．eq\f(1,2) B．eq\f(2,3)C．eq\f(3,4) D．1A解析：∵在數(shù)列{an}中，a1＝1，an·an－1＝an－1＋(－1)n(n≥2，n∈N*)，∴a2×1＝a1＋(－1)2＝1＋1＝2，解得a2＝2，a3×2＝a2＋(－1)3＝2－1＝1.∴a3＝eq\f(1,2).9．(5分)若lg2，lg(2x－1)，lg(2x＋3)成等差數(shù)列，則x的值等于()A．0 B．log25C．32 D．0或32B解析：依題意得2lg(2x－1)＝lg2＋lg(2x＋3)，∴(2x－1)2＝2(2x＋3)，∴(2x)2－4·2x－5＝0，∴(2x－5)(2x＋1)＝0，∴2x＝5或2x＝－1(舍)，∴x＝log25.10．(5分)已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝n－7eq\r(n)＋2，則此數(shù)列中數(shù)值最小的項(xiàng)是()A．第10項(xiàng) B．第11項(xiàng)C．第12項(xiàng) D．第13項(xiàng)C解析：∵an＝n－7eq\r(n)＋2＝(eq\r(n))2－7eq\r(n)＋2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(n)－\f(7,2)))2－eq\f(41,4).令eq\r(n)＝eq\f(7,2)，則n＝eq\f(49,4)＝12.25.∵n∈N*，∴當(dāng)n＝12時(shí)，an最?。?1．(5分)已知{an}為等差數(shù)列，首項(xiàng)為eq\f(1,25)，它從第10項(xiàng)開始比1大，那么公差d的取值范圍是()A．d>eq\f(8,75)B．d<eq\f(3,25)C．eq\f(8,75)<d<eq\f(3,25)D．eq\f(8,75)<d≤eq\f(3,25)D解析：由題可得a1＝eq\f(1,25)，且eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a10>1，,a9≤1，))根據(jù)等差數(shù)列的通項(xiàng)公式可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,25)＋9d>1，,\f(1,25)＋8d≤1，))從而解得eq\f(8,75)<d≤eq\f(3,25).12．(5分)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和滿足S20＝S40，則下列結(jié)論正確的是()A．S30是Sn的最大值