4.2.3 第2课时 等差数列的前n项和的综合应用-【优化探究】2025-2026学年高中数学选择性必修 第一册同步导学案配套课件 苏教版（2019）

第4章　数列 4.2　等差数列 4.2.3　等差数列的前n项和 第2课时　等差数列的前n项和的综合应用 [学习目标]　1.掌握等差数列前n项和公式并应用公式解决实际问题.2.灵活求解等差数列前n项和的最值. [素养目标]　水平一:会利用等差数列前n项和的函数特征求最值.(数学运算) 水平二:利用等差数列的前n项和解决实际问题.(数学建模) 探究活动1　等差数列中前n项和的最值问题 内容索引 探究活动2　等差数列前n项绝对值的和 课时作业 巩固提升 探究活动3　等差数列前n项和的实际应用 课堂达标·素养提升 3 探究活动1　等差数列中前n项和的最值问题 例1 设{an}为等差数列,Sn为数列{an}的前n项和,已知a2+a5=1,S15=75. (1)求Sn; 知识应用 [解]　(1)设等差数列{an}的公差为d. 依题意有 解得. na1 (2)求Sn的最小值,并求出此时n的值. [解]　(2)法一:由(1)知Sn=.∴当n=2或n=3时,Sn取得最小值,为S2=S3=-3. 法二:由(1)得an=n-3,则a2=-1<0,a3=0,a4=1>0,∴当n=2或n=3时,Sn取得最小值,为S2=S3=-3. 1.在等差数列中,求Sn的最小(大)值的方法 (1)利用通项公式寻求正、负项的分界点,则从第一项起到分界点项的各项和为最大(小). (2)借助二次函数的图象及性质求最值. 2.寻求正、负项分界点的方法 (1)寻找正、负项的分界点,可利用等差数列性质或利用来寻找. (2)利用到y=ax2+bx(a≠0)的对称轴距离最近的一个正整数或离对称轴最近且关于对称轴对称的两个正整数对应项即为正、负项的分界点. 反思感悟 1.(多选)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1>0,公差d≠0,则下列命题一定正确的是(　　 ) A.若S5=S9,则必有S14=0 B.若S5=S9,则必有S7是Sn中最大的项 C.若S6>S7,则必有S7>S8 D.若S6>S7,则必有S5>S6 跟踪训练 ABC 对于A,若S5=S9,必有S9-S5=a6+a7+a8+a9=2(a7+a8)=0,则a7+a8=0,S14==0,A正确;对于B,若S5=S9,必有S9-S5=a6+a7+a8+a9=2(a7+a8)=0,又由a1>0,则必有S7是Sn中最大的项,B正确;对于C,若S6>S7,则a7=S7-S6<0,又由a1>0,必有d<0,则a8=S8-S7<0,必有S7>S8,C正确;对于D,若S6>S7,则a7=S7-S6<0,而a6的符号无法确定,故S5>S6不一定正确,D错误. 探究活动2　等差数列前n项绝对值的和 　在等差数列{an}中,a10=23,a25=-22, (1)数列{an}前多少项和最大? 例2 知识应用 [解]　(1)由 ∴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, ∴{an}前17项和最大. (2)求{|an|}前n项和. [解]　(2)当n≤17,n∈N*时, |a1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+an=na1+n, 当n≥18,n∈N*时, |a1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+a17-a18-a19-…-an =2(a1+a2+…+a17)-(a1+a2+…+an)=n+884. ∴数列{|an|}的前n项和 S'n= 求数列{|an|}前n项和的方法 给出数列{an},要求数列{|an|}的前n项和,关键是分清n取什么值时,an>0(an<0). 一般地,如果数列{an}为等差数列,Sn为其前n项和,Tn=|a1|+|a2|+…+|an|,那么有: ①若a1>0,d<0,则存在k∈N*,使得ak≥0,<0,从而有Tn= ②若a1<0,d>0,则存在k∈N*,使得ak≤0,ak+1>0,从而有Tn= 反思感悟 2.在公差为d的等差数列{an}中,已知a1=10,且5a1a3=(2a2+2)2. (1)求d,an; 跟踪训练 解:(1)因为5a1a3=(2a2+2)2, 所以d2-3d-4=0,解得d=-1或d=4. 故an=-n+11或an=4n+6. (2)若d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|. 解: (2)因为d<0,所以由(1)得d=-1,an=-n+11. 设数列{an}的前n项和为Sn, 则Sn=n. 当n≤11时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=Sn=-n; 当n≥12时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=-Sn+2S11=n+110. 综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|= 探究活动3　等差数列前n项和的实际应用 　某单位用分期付款的方式为职工购买40套住房,共需1 150万元,购买当天先付150万元,按约定以后每月的这一天都交付50万元,并加付所有欠款利息,月利率为1%,若交付150万元后的一个月开始算分期付款的第一个月,问分期付款的第10个月应付多少钱?全部付清后,买这40套住房实际花了多少钱? 例3 知识应用 [解]　因购房时付150万元,则欠款1 000万元,依题意知分20次付款,则每次付款的数额依次构成数列{an},则a1=50+1 000×1%=60, a2=50+(1 000-50)×1%=59.5, a3=50+(1 000-50×2)×1%=59, a4=50+(1 000-50×3)×1%=58.5, 所以an=50+[1 000-50(n-1)]×1% =60-(n-1)(1≤n≤20,n∈N*). 所以{an}是以60为首项,-为公差的等差数列. 所以a10=60-9×=55.5, a20=60-19×=50.5. 所以S20=×(a1+a20)×20=10×(60+50.5)=1 105. 所以第10个月应付55.5万元,买这40套住房实际共付1 105+150=1 255(万元). 求解数列应用问题的方法步骤 1.审题:认真、仔细地阅读背景材料,找出背景材料的关键词. 2.建模:从关键词中找出问题涉及的数量关系,根据数列知识建立实际问题的数学模型. 3.检验:用所学的数列知识求解该数学模型,检验所求解是否符合实际. 反思感悟 3.甲、乙两物体分别从相距70米的两处同时相向运动.甲第1分钟运动2米,以后每分钟比前1分钟多运动1米,乙每分钟运动5米. (1)甲、乙开始运动几分钟后第一次相遇? 跟踪训练 解:(1)设n分钟后第一次相遇,依题意,有2n++5n=70,整理得n2+13n-140=0,解得n=7或n=-20(舍去),所以甲、乙开始运动7分钟后第一次相遇. (2)如果甲、乙到达对方起点后立即折返,甲继续每分钟比前1分钟多运动1米,乙继续每分钟运动5米,那么甲、乙开始运动几分钟后第二次相遇? 解: (2)设开始运动m分钟后第二次相遇, 依题意, 有2m++5m=3×70,整理得m2+13m-420=0, 解得m=15或m=-28(舍去),所以甲、乙开始运动15分钟后第二次相遇. 1.牢记3个知识点 (1)等差数列前n项和的最值. (2)含绝对值的数列的求和. (3)等差数列前n项和的实际应用. 课堂小结 2.掌握2种方法 (1)求等差数列前n项和最值的方法. (2)解决与等差数列有关的应用题的思路. 3.注意1个易错点 研究前n项和Sn的最值时忽视值为0的项. 〈课堂达标·素养提升〉 1.已知数列{an}的通项公式an=2n-2 025,其前n项和为Sn,则Sn取最小值时n的值为(　　) A.1 012　　　　　　　　 B.1 013 C.1 014 D.1 015 A 数列{an}的通项公式an=2n-2 025,显然数列{an}是递增数列, 由an≤0,得n≤,而n∈N*,因此数列{an}的前1 012项均为负数, 从第1 013起为正, 所以Sn取最小值时n的值为1 012. 2.已知无穷项等差数列{an}中,它的前n项和为Sn,且S7>S6,S7>S8,那么(　　) A.{an}中a7最大 B.{an}中a3或a4最大 C.当n≥8时,an<0 D.一定有S3=S11 C 由S7>S6知a7>0,由S7>S8知a8<0,故d<0,∴当n≥8时an<0. 3.已知数列{an}满足an+1-an=2,a1=-5,则|a1|+|a2|+…+|a6|=(　　) A.9 B.15 C.18 D.30 C ∵an+1-an=2,a1=-5,∴数列{an}是公差为2,首项为-5的等差数列, ∴an=-5+2(n-1)=2n-7.∴数列{an}的前n项和Sn==n2-6n.令an=2n-7≥0,解得n≥.∴当n≤3时,|an|=-an;当n≥4时,|an|=an,则|a1|+|a2|+…+|a6|=-a1-a2-a3+a4+a5+a6=S6-2S3=62-6×6-2×(32-6×3)=18. 课时作业 巩固提升 [A组] 1.等差数列{an}的公差d≠0,且a3,a5,a15满足=a3a15,若a1=3,Sn为数列{an}的前n项和,则Sn的最大值为(　　) A.8　　　　　　　　　 B.6 C.5 D.4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 D ∵a1=3,∴a3=3+2d,a5=3+4d,a15=3+14d,由=a3a15,可得(3+4d)2=(3+2d)(3+14d).∵d≠0,解得d=-2,∴Sn=3n+×(-2)=4n-n2. 当n=2时,Sn最大为4. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2.已知数列{an}是公差为d的等差数列,Sn是其前n项和,且a1<0,S1 998= S2 024,则(　　) A.d<0 B.a2 011=0 C.S4 022=0 D.Sn≥S2 012 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 C 因为数列{an}是公差为d的等差数列,Sn是其前n项和,且a1<0,S1 998=S2 024, 则S2 024-S1 998=a1 999+a2 000+…+a2 024==13(a2 011+a2 012)=0, 所以,a2 011+a2 012=a1+2 010d+a1+2 011d=2a1+4 021d=0, 所以,d=-a1>0,A错误; a2 011+a2 012=2a2 011+d=0>2a2 011,则a2 011<0,B错误; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 S4 022==2 011(a2 011+a2 012)=0,C正确; 因为a2 011+a2 012=2a2 012-d=0<2a2 012,则a2 011<0<a2 012, 又因为d>0,所以数列{an}是单调递增数列, 当n≤2 011时,an≤a2 011<0;当n≥2 012时,an≥a2 012>0. 综上所述,Sn≥S2 011,D错误. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3.生命在于运动,某健身房为吸引会员来健身,推出打卡送积分活动(积分可兑换礼品),第一天打卡得1积分,以后只要连续打卡,每天所得积分都会比前一天多2分.若某天未打卡,则当天没有积分,且第二天打卡须从1积分重新开始.某会员参与打卡活动,从3月1日开始,到3月20日他共得193积分,中途有一天未打卡,则他未打卡的那天是(　　) A.3月5日或3月16日 B.3月6日或3月15日 C.3月7日或3月14日 D.3月8日或3月13日 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 D 若他连续打卡,则从打卡第1天开始,逐日所得积分依次成等差数列,且首项为1,公差为2,第n天所得积分为2n-1. 假设他连续打卡n天,第n+1天中断了, 则他所得积分之和为(1+3+…+2n-1)+[1+3+…+2(19-n)-1] ==193,化简得n2-19n+84=0, 解得n=7或12,所以他未打卡的那天是3月8日或3月13日. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 4.甲、乙、丙、丁四人玩报数游戏:第一轮,甲报数字1,乙报数字2,3,丙报数字4,5,6,丁报数字7,8,9,10;第二轮,甲报数字11,12,13,14,15,依次循环,直到报出数字10 000,游戏结束,则(　　) A.甲在第10轮报了33个数字 B.数字2 023是丙报的 C.甲共报了37轮 D.甲在前四轮所报数字之和为1 540 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 D 甲、乙、丙、丁第n轮的报数个数分别为4n-3,4n-2,4n-1,4n, 前n轮共报数个数为1+2+…+4n=2n(4n+1)=8n2+2n. 对选项A,甲在第10轮报了4×10-3=37个数字,错误; 对选项B,当n=15时,8n2+2n=1 830;当n=16时,8n2+2n=2 080; 故2 023在第16轮报数中,2 023>2 080-4×16=2 016,故数字2 023是丁报的,错误; 对选项C,当n=35时,8n2+2n=9 870<10 000; 当n=36时,8n2+2n=10 440>10 000,故甲报了36轮,错误; 对选项D,甲在前四轮所报数字之和为:1+(11+…+15)+(37+…+45)+(79+…+91)=1 540,正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 5.(多选)设{an}是等差数列,Sn为其前n项和,且S5<S6=S7>S8,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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 ABD ∵S5<S6=S7>S8, ∴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. ∴S9<S5,故C错. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 6.(多选)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,S8=-556,an+2-an=6,则(　　) A.an=3n-83 B.{Sn}中的最小值为S28 C.使Sn<0的n的最大值为52 D.|a1|+|a2|+|a3|+…+|a54|=37 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 AD 依题意,等差数列{an}的公差d==3,由S8=-556,得8a1+28×3=-556,解得a1=-80, 数列{an}的通项公式an=a1+(n-1)d=3n-83,A正确; 显然等差数列{an}是递增数列,且a27<0,a28>0,则{Sn}中的最小值为S27,B错误; 又Sn=,由Sn<0,得0<n<,n的最大值为54,C错误; |a1|+|a2|+|a3|+…+|a54|=S54-2S27== 81×27=37,D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 7.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a8=1,S16=0,当Sn取得最大值时,n的值为　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 8 设等差数列{an}的公差为d,则所以Sn=15n-n(n-1)=16n-n2=-(n-8)2+64,即当n=8时,Sn取得最大值. 8.若等差数列{an}的首项a1=11,d=-4,记Tn=|a1|+|a2|+…+|an|,则T10=　　　. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 112 an=a1+(n-1)d=11-4(n-1)=-4n+15, 当n≤3时,an>0,当n≥4时,an<0, 故T10=(a1+a2+a3)-(a4+a5+…+a10) =(11+7+3)-[-1+(-5)+…+(-25)]=21+=112. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 9.从①S11=-22,②S5=S6中任选一个,补充在下面的问题中并作答. 已知数列{an}是等差数列,Sn是{an}的前n项和,a8=4,　　　　.  (1)判断2 024是不是数列{an}中的项,并说明理由; 解:若选①, (1)设公差为d, 则 解得所以an=a1+(n-1)d=3n-20. 令3n-20=2 024,得n=∉N*,所以2 024不是数列{an}中的项. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (2)求Sn的最小值. 解:(2)法一:令an=3n-20≤0,解得n≤,所以当n≤6时,an<0. 故当n=6时,Sn取到最小值,为S6=6a1+15d=-57. 法二:由(1)得Sn=, 所以当n=6时,Sn取到最小值,为S6=-57. 若选②, (1)设公差为d,则所以an=2n-12. 令2n-12=2 024,解得n=1 018,所以2 024是数列{an}的第1 018项. (2)法一:令2n-12≤0,得n≤6. 故当n=5或n=6时,Sn取到最小值,为S5=S6=-30. 法二:由(1)得Sn=n2-11n=, 所以当n=5或n=6时,Sn取到最小值,为S5=S6=-30. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 10.已知数列{an}的前n项和Sn=n2-12n. (1)求证:{an}是等差数列; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (1)证明:①当n=1时,a1=S1=-11. ②当n≥2时,an=Sn-=(n2-12n)-[(n-1)2-12(n-1)]=2n-13, 而n=1时a1适合该式. ∴an=2n-13,n∈N*. ∵an+1-an=2, ∴{an}为等差数列. (2)求数列{|an|}的前n项和Tn. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (2)解:∵an=2n-13,若an>0,则n>, ∴当1≤n≤6时,Tn=-a1-a2-…-an=-Sn=12n-n2, 当n≥7时,Tn=-a1-a2-…-a6+(a7+a8+…+an) =-2(a1+a2+…+a6)+(a1+a2+…+a6+a7+a8+…+an) =-2S6+Sn=-2×(-36)+n2-12n=n2-12n+72. 综上所述,Tn=n∈N*. [B组] 11.(多选)已知公差为d的等差数列{an},Sn为其前n项和,则下列说法正确的是(　 　) A.若S15<0,S16>0,则a8是数列{an}中绝对值最小的项 B.若,则 C.若a1=8,a4=-1,则|a1|+|a2|+…+|a8|=32 D.若|a4|=|a8|,d≠0,则S11=0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 ABD 因为{an}为等差数列,且所以|a9|>|a8|,d>0,故a8是数列{an}中绝对值最小的项,故A中说法正确;因为{an}为等差数列,所以S3,S6-S3,S9-S6为等差数列,设S3=x,由,得S6=3x,故x,2x,S9-3x为等差数列,故S9=6x,所以,故B中说法正确;因为{an}为等差数列,且a1=8,a4=-1,所以3d=-9,d=-3,则an=8-3(n-1)=-3n+11,则|a1|+|a2|+…+|a8|=8+5+2+1+4+7+10+13=50,故C中说法错误;因为{an}为等差数列,且|a4|=|a8|,d≠0,所以a4=-a8,则a4+a8=0,则S11==0,故D中说法正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 12.(多选)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1>0,且(S11-S7)(S11-S8)<0,则(　 　) A.a9+a10>0 B.S7<S11<S8 C.当n=10时,Sn取最大值 D.当Sn<0时,n的最小值为19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 ABD 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 对于A,(S11-S7)(S11-S8)<0,则(a8+a9+a10+a11)(a9+a10+a11)<0, 由等差数列性质可得2(a9+a10)×3a10<0,即(a9+a10)a10<0. 因为a1>0,若公差d>0,则a9,a10>0,不满足,故d<0,则a9>a10. 则a9+a10>0,a10<0,故A正确; 对于B,由A,a9+a10>0,a10<0,故a9>0,a10<0. 则S11-S7=a8+a9+a10+a11=2(a9+a10)>0,则S11>S7, 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 又S11-S8=a9+a10+a11=3a10<0,故S11<S8,故B正确; 对于C,由a9>0,a10<0可得a1,a2,…a9>0,a10,a11,a12,…<0,故当n=9时,Sn取最大值,故C错误; 对于D,由a9+a10=2a1+17d>0,a10=a1+9d<0,可得-d<a1<-9d. 故当Sn=na1+<0时,需要满足a1<-d,故n的最小值为19,故D正确. 13 14 13.北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所,分为上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块,向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同,且下层比中层多729块,则第三层(即下层)共有扇面形石板　　　　块.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 14 1 863 13 由题意可知,从上到下,从内到外,每环的扇面形石板数构成以9为首项,9为公差的等差数列,设为{an},设上层有n环,则上层扇面形石板总数为Sn,中层扇面形石板总数为S2n-Sn,下层扇面形石板总数为S3n-S2n,三层扇面形石板总数为S3n,因为{an}是等差数列,所以Sn,S2n-Sn,S3n-S2n构成等差数列,公差为9n2,因为下层比中层多729块,所以9n2=729,解得n=9,所以 S3n-S2n=S27-S18=27×9+=1 863. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 14.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,Sn=an+1-2n. (1)证明:数列为等差数列; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (1)证明:由Sn=an+1-2n,得Sn=Sn+1-Sn-2n,即Sn+1=2Sn+2n,∴, 又a1=1,∴, ∴数列的等差数列. (2)∀n∈N*,(n-6)an≥λ2n,求λ的最大值. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (2)解:由(1)知,(n-1)=, ∴Sn=n·2n-1,∴an+1=Sn+2n=(n+2)2n-1,∴an=(n+1)2n-2(n≥2), 又a1=1满足上式,∴an=(n+1)2n-2(n∈N*), ∵∀n∈N*,(n-6)an≥λ2n, ∴(n-6)(n+1)2n-2≥λ2n,∴∀n∈N*,≥λ, 记f(n)=(n∈N*), 由二次函数的单调性可知f(n)min=f(2)=f(3)=-3,∴λ≤-3,∴λ的最大值为-3. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 $$