1.2.3 第2课时 等差数列前n项和的性质-【金版新学案】2023-2024学年新教材高二数学选择性必修第一册同步课堂高效讲义教师用书（湘教版2019）

第2课时　等差数列前n项和的性质 应用一、等差数列前n项和性质的应用 (1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S2n＝6，S3n＝12，则Sn的值为(　　) A．2　　 B．0　　　　 C．3　　　　 D．4 (2)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，若－＝100，则d的值为(　　) A．1 B． C． D． (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(　　) A．5 B．4 C．3 D．2 解析：　(1)因为Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列，故有2(S2n－Sn)＝Sn＋(S3n－S2n)，即2(6－Sn)＝Sn＋(12－6)， 解得Sn＝2．故选A． (2)根据Sn＝，得－＝＝＝100，则d＝1． (3)由题知S偶－S奇＝5d， ∴d＝＝3． 答案：　(1)A　(2)A　(3)C 等差数列的前n项和的常用性质 (1)等差数列的依次k项之和Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…组成公差为k2d的等差数列； (2)数列{an}是等差数列⇔Sn＝an2＋bn(a，b为常数)⇔数列{}为等差数列； (3)若S奇表示奇数项的和，S偶表示偶数项的和，公差为d； ①当项数为偶数2n时，S偶－S奇＝nd，＝； ②当项数为奇数2n－1时，S奇－S偶＝an，＝．　　 即时练1．一个等差数列共211项，则它的奇数项和与偶数项和之比为________． 解析：　设该数列为{an}，则等差数列{an}中共有106个奇数项，105个偶数项， 所以S奇＝，S偶＝． 又a1＋a211＝a2＋a210， 所以S奇∶S偶＝106∶105． 答案：　106∶105 即时练2．一个等差数列前20项的和为75，其中奇数项的和与偶数项的和之比为1∶2，则公差d的值为________． 解析：　依题意，前20项中，奇数项的和S奇＝×75＝25， 偶数项的和S偶＝×75＝50， 又S偶－S奇＝10d，所以d＝＝． 答案：　 即时练3．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝－12，S9＝45，则S12＝________． 解析：　因为{an}是等差数列， 所以S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等差数列， 所以2(S6－S3)＝S3＋S9－S6， 即2(S6＋12)＝－12＋45－S6，解得S6＝3． 又2(S9－S6)＝S6－S3＋S12－S9， 即2×(45－3)＝3＋12＋S12－45，解得S12＝114． 答案：　114 应用二、等差数列前n项和最值问题 在等差数列{an}中，公差为d，若a1＝25，且S9＝S17，求Sn的最大值． 解析：　法一：由S9＝S17得9a1＋d ＝17a1＋d， 又a1＝25，∴d＝－2． 则Sn＝25n＋×(－2)＝－n2＋26n ＝－(n－13)2＋169， 故当n＝13时，Sn取得最大值，最大值为169． 法二：由S9＝S17得9a1＋d＝17a1＋d，又a1＝25，∴d＝－2， 则an＝25＋(－2)×(n－1)＝－2n＋27． 令an>0，则－2n＋27>0，解得n<13．5， 即数列{an}的前13项均为正数，第13项以后均为负数， 故数列{an}的前13项和最大，最大值为 S13＝13×25＋×(－2)＝169． 等差数列前n项和的最值的求法 (1)若a1>0，d<0，则Sn必有最大值，其n可用不等式组来确定； 若a1<0，d>0，则Sn必有最小值，其n可用不等式组来确定． (2)配方法 Sn＝n2＋(a1－)n ＝－· ＝2－·， 由二次函数的最大值、最小值知识及n∈N＋，知当n取最接近－的正整数时，Sn取得最大值或最小值．最接近－的正整数有时有一个，有时有两个． 即时练4．已知数列{an}的通项公式为an＝2n－37，则Sn取最小值时n的值为(　　) A．17 B．18 C．19 D．20 B　[因为an＝2n－37，当n≥19时，an>0，当n≤18时，an<0，故Sn的最小值为S18，故选B．] 即时练5．已知数列{an}中，前n项和Sn＝n2－15n，则使Sn为最小值的n是(　　) A．7 B．8 C．7或8 D．9 C　[Sn＝n2－15n＝－， ∴数列{Sn}的图象是分布在抛物线y＝(x－)2－上的横坐标为正整数的离散的点． 又抛物线开口向上，以x＝为对称轴，且＝， 所以当n＝7，8时，Sn有最小值． 故选C．] 即时练6．已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，以Sn表示{an}的前n项和，则使得Sn达到最大值的n是(　　) A．21 B．20 C．19 D．18 B　[设等差数列{an}的公差为d，则由已知a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，得： 解得：所以an＝41－2n，由an＝41－2n≥0，得：n≤20， ∴当1≤n≤20时，an>0，当n≥21时，an<0， 故当n＝20时，Sn达到最大值． 故选B．] 应用三、等差数列前n项和的实际应用 某工厂用分期付款的方式购买40套机器设备，共需1 150万元，购买当天先付150万元，以后每月这一天都交付50万元．并加付欠款利息，月利率为1%，若交付150万元后的第1个月为分期付款的第1个月，问分期付款的第10个月应付多少钱？全部按期付清后，买这40套机器设备实际花了多少钱？ 解析：　因为购买设备时已付150万元， 所以欠款为1 000万元． 依据题意，知其后应分20次付款， 则每次付款的数额顺次构成数列{an}，且a1＝50＋1 000×1%＝60，a2＝50＋(1 000－50)×1%＝59．5，a3＝50＋(1 000－50×2)×1%＝59，……，an＝50＋[1 000－50(n－1)]×1%＝60－0．5(n－1)(1≤n≤20，n∈N＋)， 所以数列{an}是以60为首项，－0．5为公差的等差数列， 所以a10＝60－9×0．5＝55．5， S20＝＝1 105． 所以全部按期付清后，买这40套机器设备实际共花费了1 105＋150＝1 255(万元)． 故分期付款的第10个月应付55．5万元，全部按期付清后，买这40套机器设备实际花了1 255万元． 应用等差数列解决实际问题的一般思路 (1)根据题设条件，建立数学模型：①分析实际问题的结构特征；②找出所含元素的数量关系；③确定为何种数学模型． (2)利用相关的数列知识加以解决：①分清首项、公差、项数等；②分清是an还是Sn问题；③选用适当的方法求解． (3)把数学问题的解客观化，针对实际问题的约束条件合理修正，使其成为实际问题的解．　　 即时练7．为了弘扬“扶贫济困，人心向善”的传统美德，某校发动师生开展了为山区贫困学生捐款献爱心的活动．已知第一天募捐到1 000元，第二天募捐到1 500元，第三天募捐到2 000元，……，照此规律下去，该学校要完成募捐20 000元的目标至少需要的天数为(　　) A．6 B．7 C．8 D．9 C　[设第n天募捐到an元，则数列{an}是以1 000为首项，500为公差的等差数列， 所以前n项和Sn＝1 000n＋×500 ＝250n(n＋3)， 因为S7＝17 500，S8＝22 000， 所以至少需要8天可完成募捐目标．] 即时练8．植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植树一棵，相邻两棵树相距10 m，开始时需将树苗集中放置在某一棵树坑旁边，使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，此最小值为________m． 解析：　假设20位同学是1号到20号依次排列，使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，则树苗需放在第10或第11号树坑旁，此时两侧的同学所走的路程分别组成以20为首项，20为公差的等差数列，故所有同学往返的总路程为S＝9×20＋×20＋10×20＋×20＝2 000(m)． 答案：　2 000 1．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 B　[数列{an}为等差数列，则S3，S6－S3，S9－S6为等差数列，即2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)， ∵S3＝9，S6－S3＝27，∴S9－S6＝45， 即a7＋a8＋a9＝S9－S6＝45．] 2．《张丘建算经》是公元5世纪中国古代内容丰富的数学著作，书中卷上第二十三问：“今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月织九匹三丈，问半月积几何？”其意思为“有个女子织布，每天比前一天多织相同量的布，第一天织5尺，一个月(按30天计)共织布9匹3丈．问：前半个月(按15天计)共织多少布？”已知1匹＝4丈，1丈＝10尺，可估算出前半个月一共织的布约有(　　) A．195尺 B．133尺 C．130尺 D．135尺 B　[9匹3丈为390尺，每天的织布数成等差数列，首项a1＝5，记公差为d． 由S30＝5×30＋d＝390，得d＝， 则S15＝15×5＋×＝75＋≈133．故选B．] 3．设项数为奇数的等差数列，奇数项之和为44，偶数项之和为33，则这个数列的中间项是________，项数是________． 解析：　设等差数列{an}的项数为2n＋1， S奇＝a1＋a3＋…＋a2n＋1＝ ＝(n＋1)an＋1， S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝＝nan＋1， 所以＝＝，解得n＝3，所以项数2n＋1＝7， S奇－S偶＝an＋1，即a4＝44－33＝11为所求中间项． 答案：　11　7 4．已知等差数列{an}满足S3＝18，a2＋a4＝10，则数列{an}的通项公式为________，Sn的最大值为______． 解析：　由题意可知，∴ ∴an＝8－n，即数列{an}的通项公式为an＝8－n， ∵Sn＝＝＝－n2＋n ＝－(n－)2＋， ∴当n＝7或8时，Sn取最大值28． 答案：　an＝8－n　28 课时精练(七)　等差数列前n项和的性质 (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) [基础达标] 1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且＝，则＝(　　) A．　　 B．　　　　 C．　　　　 D． D　[因为＝＝＝，所以＝， 可得＝＝＝．故选D．] 2．已知等差数列{an}，{bn}，其前n项和分别为Sn，Tn，＝，则＝(　　) A． B． C．1 D．2 A　[∵Sn＝，Tn＝， ∴＝＝， 又∵＝，∴＝，即＝．] 3．等差数列{an}和{bn}，其前n项和分别为Sn、Tn，且＝，则＝(　　) A． B． C． D． D　[因为数列{an}和是等差数列，所以＝＝， 又S13＝×13＝13a7，T13＝×13＝13b7，所以＝＝， 在＝中，令n＝13有＝＝， 所以＝＝＝．故选D．] 4．设数列{an}是等差数列，且a2＝－8，a15＝5，Sn是数列{an}的前n项和，则(　　) A．S10＝S11 B．S10>S11 C．S9＝S10 D．S9<S10 C　[∵a2＝－8，a15＝5，设公差为d，则d＝＝1， ∴an＝n－10，因此S9＝S10是前n项和Sn的最小值． 故选C．] 5．(多选)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，且S6>S7>S5，则下列四个命题正确的是(　　) A．d<0 B．S11>0 C．S12<0 D．数列{Sn}中的最大项为S11 AB　[∵S6>S7，∴a7<0， ∵S7>S5，∴a6＋a7>0， ∴a6>0，∴d<0，A正确． 又S11＝(a1＋a11)＝11a6>0，B正确． S12＝(a1＋a12)＝6(a6＋a7)>0，C不正确． {Sn}中最大项为S6，D不正确．] 6．等差数列{an}的前n项和为Sn，若S12＝84，S20＝460，则S28＝________． 解析：　法一：设等差数列{an}的公差为d， 则由已知条件得 整理得解得 所以Sn＝－15n＋×4＝2n2－17n， 所以S28＝1 092． 法二：由题意，设Sn＝an2＋bn． 由S12＝84，S20＝460，得 解得所以Sn＝2n2－17n， 所以S28＝2×282－17×28＝1 092． 法三：设等差数列{an}的公差为d， 则Sn＝na1＋d， 所以＝a1＋(n－1)，易知{}是等差数列． 又12，20，28成等差数列，所以，，成等差数列， 所以2×＝＋，即2×＝＋， 解得S28＝1 092． 答案：　1 092 7．设{an}为等差数列，a1>0，a6＋a7>0，a6·a7<0，则使其前n项和Sn>0成立的最大自然数是________． 解析：　因为a6＋a7>0， 故S12＝＝6(a6＋a7)>0， 又a1>0，a6·a7<0，所以可知S13<0，即使Sn>0成立的自然数n最大取12． 答案：　12 8．等差数列{an}中，a10<0，a11>0，且a11>|a10|，Sn为其前n项和，则使Sn>0的n的最小值为________． 解析：　因为a10<0，a11>0，a11>|a10|，所以a10＋a11>0， 因此S19＝＝19a10<0， S20＝＝10(a10＋a11)>0， S21＝＝21a11>0， 因此n的最小值为20． 答案：　20 9．在数列{an}中，an＋1＋an＝2n－44(n∈N＋)，a1＝－23． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值． 解析：　(1)由an＋1＋an＝2n－44(n∈N＋)， 得an＋2＋an＋1＝2(n＋1)－44， ∴an＋2－an＝2． 又a2＋a1＝2－44＝－42， ∴a2＝－19． 同理可得a3＝－21，a4＝－17． 由an＋2－an＝2可得a1，a3，a5，…是以a1为首项，2为公差的等差数列，a2，a4，a6，…是以a2为首项，2为公差的等差数列， ∴an＝ (2)当n为偶数时， Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an) ＝(2×1－44)＋(2×3－44)＋…＋[2×(n－1)－44] ＝2×[1＋3＋…＋(n－1)]－×44 ＝－22n， 故当n＝22时，Sn取得最小值－242． 当n为奇数时， Sn＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(an－1＋an) ＝a1＋(2×2－44)＋…＋[2×(n－1)－44] ＝a1＋2×[2＋4＋…＋(n－1)]＋×(－44) ＝－23＋－22(n－1) ＝－22n－， 故当n＝21或n＝23时，Sn取得最小值－243． 综上，当n为偶数时，Sn取得最小值－242；当n为奇数时，Sn取得最小值－243． 10．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？ 解析：　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＝－． 25辆翻斗车完成的工作量为a1＋a2＋…＋a25＝25×24＋25×12×(－)＝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． [能力提升] 11．已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝，则数列{an}的前2 020项和S2 020＝(　　) A． B． C． D． C　[因为an＋1＝， 所以＝2(2n＋1)＋，即－＝4n＋2， 所以数列是首项为6，公差为4的等差数列． 设数列的前n项和为Tn，则Tn－1＝－＋－＋…＋－＝－＝－(n≥2)． 根据等差数列的前n项和公式得 Tn－1＝＝2n2－2(n≥2)， 所以－＝2n2－2(n≥2)，则＝2n2－， 即＝(2n＋1)(2n－1)，所以an＝＝－(n≥2)， 又a1＝满足上式，故an＝－，则S2 020＝1－＋－＋…＋－＝1－＝．] 12．设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，若a3＝12，S12>0，S13<0，则下列结论正确的是(　　) A．数列{an}是递增数列 B．S5＝60 C．－<d<－3 D．S1，S2，…，S12中最大的是S6 BCD　[依题意，有S12＝12a1＋d>0，S13＝13a1＋d<0，化简得2a1＋11d>0　①，a1＋6d<0　②，即a6＋a7>0，a7<0，∴a6>0．由a3＝12，得a1＝12－2d　③，联立①②③，解得－<d<－3，故可知等差数列{an}是递减数列，当Sn最大时，即结合－<d<－3，可得n＝6，所以S1，S2，…，S12中最大的是S6．S5＝＝5a3＝60．] 13．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，且满足a4＝1，S5＝－5，则d＝________，Sn的最小值为________． 解析：　由a4＝1，S5＝－5，可得解得a1＝－5，d＝2， 又Sn＝－5n＋×2＝n2－6n，当n＝3时，Sn有最小值－9． 答案：　2　－9 14．在等差数列{an}中，a10＝23，a25＝－22． (1)数列{an}前多少项和最大？ (2)求{|an|}的前n项和Sn． 解析：　(1)由已知得，解得 ∴an＝a1＋(n－1)d＝－3n＋53． 令an>0，得n<， ∴当n≤17，n∈N＋时，an>0； 当n≥18，n∈N＋时，an<0， ∴数列{an}的前17项和最大． (2)当n≤17，n∈N＋时， |a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an ＝na1＋d＝－n2＋n． 当n≥18，n∈N＋时， |a1|＋|a2|＋…＋|an| ＝a1＋a2＋…＋a17－a18－a19－…－an ＝2(a1＋a2＋…＋a17)－(a1＋a2＋…＋an) ＝2×(－×172＋×17)－(－n2＋n) ＝n2－n＋884． ∴Sn＝ [拓展应用] 15．等差数列{an}中，若am＝n，an＝m，则am＋n＝________；若Sm＝n，Sn＝m，则Sm＋n＝________． 解析：　由an＝a1＋(n－1)d得am＝a1＋(m－1)d＝n，an＝a1＋(n－1)d＝m， 两式作差得(m－n)d＝n－m，即d＝－1，am＋n＝am＋d＝n－n＝0； 设Sn＝An2＋Bn， 则Sm＝Am2＋Bm＝n，Sn＝An2＋Bn＝m， 两式作差得1＋A(n＋m)＋B＝0， Sm＋n＝A(m＋n)2＋B(m＋n) ＝(m＋n)＝－(m＋n)． 答案：　0　－(m＋n) 16．设数列{an}的前n项和为Sn．若对任意的正整数n，总存在正整数m，使得Sn＝am，则称{an}是“H数列”． (1)若数列{an}的前n项和Sn＝2n(n∈N＋)，证明：{an}是“H数列”； (2)设{an}是等差数列，其首项a1＝1，公差d<0．若{an}是“H数列”，求d的值； (3)证明：对任意的等差数列{an}，总存在两个“H数列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N＋)成立． 解析：　(1)证明：由已知得，当n≥1时，an＋1＝Sn＋1－Sn＝2n＋1－2n＝2n． 于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝n＋1，使得Sn＝2n＝am．所以{an}是“H数列”． (2)由已知，得S2＝2a1＋d＝2＋d． 因为{an}是“H数列”，所以存在正整数m，使得S2＝am， 即2＋d＝1＋(m－1)d，于是(m－2)d＝1． 因为d<0，所以m－2<0，故m＝1，从而d＝－1． 当d＝－1时，an＝2－n，Sn＝是小于2的整数，n∈N＋． 于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝2－Sn＝2－，使得Sn＝2－m＝am，所以{an}是“H数列”． 因此d的值为－1． (3)证明：设等差数列{an}的公差为d′，则an＝a1＋(n－1)d′＝na1＋(n－1)(d′－a1)(n∈N＋)． 令bn＝na1，cn＝(n－1)(d′－a1)，则an＝bn＋cn(n∈N＋)． 下面证{bn}是“H数列”． 设{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝a1(n∈N＋)． 于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝，使得Tn＝bm，所以{bn}是“H数列”． 同理可证{cn}也是“H数列”． 所以，对任意的等差数列{an}，总存在两个“H数列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N＋)成立． 学科网（北京）股份有限公司 $$