1.2.2.2 等差数列前n项和的性质-【步步高】2023-2024学年高二数学选择性必修 第二册 （北师大版2019）

第2课时　等差数列前n项和的性质 [学习目标]　1.会利用等差数列前n项和的性质简化求和运算.2.会利用等差数列前n项和的函数特征求最值． 导语 我们知道，等差数列的前n项和公式是一个关于n的二次函数形式，那么等差数列的前n项和是否具有二次函数的性质呢？除此之外，它还有什么样的性质呢？ 一、等差数列前n项和的性质 问题1　等差数列{an}中，你能发现其前n项和Sn、前2n项和S2n与前3n项和S3n有何关系吗？ 提示　S2n＝a1＋a2＋…＋an＋an＋1＋…＋a2n＝Sn＋(a1＋nd)＋(a2＋nd)＋…＋(an＋nd)＝2Sn＋n2d，同样我们发现S3n＝3Sn＋3n2d，这里出现了一个有意思的数列Sn，S2n－Sn＝Sn＋n2d，S3n－S2n＝Sn＋2n2d，…，是一个公差为n2d的等差数列． 问题2　公差为d，项数为2n项的等差数列{an}中，各项和S2n、奇数项之和S奇与偶数项之和S偶分别如何表示？若项数为(2n＋1)项呢？ 提示　(1)若数列共有2n项，则 S2n＝＝＝n(an＋an＋1)， S奇＝＝＝nan， S偶＝＝＝nan＋1. (2)若数列共有(2n＋1)项，则 S2n＋1＝＝＝(2n＋1)an＋1， S奇＝＝＝(n＋1)an＋1， S偶＝＝＝nan＋1. 知识梳理 等差数列{an}的前n项和Sn的性质 性质1：“片段和”性质 等差数列中依次k项之和Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…组成公差为k2d的等差数列 性质2：“奇偶项”性质 若等差数列的项数为2n(n∈N＋)，则S2n＝n(an＋an＋1)，S偶－S奇＝nd，＝(S奇≠0)；若等差数列的项数为2n－1(n∈N＋)，则S2n－1＝(2n－1)an(an是数列的中间项)，S奇－S偶＝an，＝(S奇≠0) 角度1　“片段和”性质的应用 例1　已知等差数列前3项的和为30，前6项的和为100，则它的前9项的和为(　　) A．130 B．170 C．210 D．260 答案　C 解析　利用等差数列前n项和的性质：S3，S6－S3，S9－S6成等差数列． 所以S3＋(S9－S6)＝2(S6－S3)， 即30＋(S9－100)＝2(100－30)， 解得S9＝210. 角度2　“奇偶项”性质的应用 例2　项数为奇数的等差数列，奇数项之和为44，偶数项之和为33，求这个数列的中间项及项数． 解　设等差数列{an}共有(2n＋1)项，则奇数项有(n＋1)个，偶数项有n个，中间项是第(n＋1)项， 即an＋1， 所以＝ ＝＝＝＝，解得n＝3. 又因为S奇＝(n＋1)an＋1＝44， 所以an＋1＝11. 故这个数列的中间项为11，共有2n＋1＝7(项)． 反思感悟　利用等差数列前n项和的性质简化计算 (1)在解决等差数列问题时，先利用已知求出a1，d，再求所求，是基本解法，有时运算量大些． (2)等差数列前n项和Sn的有关性质在解题过程中，如果运用得当可以达到化繁为简、化难为易、事半功倍的效果． (3)设而不求，整体代换也是很好的解题方法． 跟踪训练1　(1)在等差数列{an}中，若S4＝1，S8＝4，则a17＋a18＋a19＋a20的值为(　　) A．9 B．12 C．16 D．17 答案　A 解析　由等差数列的性质知S4，S8－S4，S12－S8，…也构成等差数列，不妨设为{bn}，且b1＝S4＝1， b2＝S8－S4＝3，于是求得b3＝5，b4＝7，b5＝9， 即a17＋a18＋a19＋a20＝b5＝9. (2)在等差数列{an}中，S10＝120，且在这10项中，＝，则公差d＝________. 答案　2 解析　由得 所以S偶－S奇＝5d＝10，所以d＝2. 二、等差数列前n项和的函数性质与最值 问题3　根据上节课所学，等差数列前n项和公式有什么样的函数特点？ 提示　由Sn＝na1＋d，可知Sn＝n2＋n，当d≠0时，Sn是常数项为0的二次函数．该函数的定义域是n∈N＋，公差的符号决定了该二次函数的开口方向，通项简记为Sn＝An2＋Bn. 知识梳理 等差数列前n项和的函数性质与最值 1．等差数列前n项和公式Sn＝na1＋d可化成关于n的函数得Sn＝n2＋n. 2．因为Sn＝n2＋n，若d≠0，则从二次函数的角度看：当d>0时，Sn有最小值；当d<0时，Sn有最大值；且n取最接近对称轴的自然数时，Sn取到最值． 3．在等差数列{an}中，当a1>0，d<0时，Sn有最大值，使Sn取到最值的n可由不等式组确定；当a1<0，d>0时，Sn有最小值，使Sn取到最值的n可由不等式组确定． 注意点： (1)当a1>0，d>0时，Sn有最小值S1；当a1<0，d<0时，Sn有最大值S1. (2)Sn取得最大或最小值时的n不一定唯一． 例3　在等差数列{an}中，a10＝18，前5项的和S5＝－15. (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{an}的前n项和的最小值，并指出何时取最小值． 解　(1)设等差数列的公差为d， 因为在等差数列{an}中，a10＝18，S5＝－15， 所以 解得 所以an＝3n－12，n∈N＋. (2)因为a1＝－9，d＝3，an＝3n－12， 所以Sn＝＝(3n2－21n) ＝2－， 所以当n＝3或4时， 前n项和Sn取得最小值为S3＝S4＝－18. 延伸探究　把本例中的条件“S5＝－15”改为“S5＝125”，其余不变，则数列{an}的前n项和有最大值还是有最小值？并求出这个最大值或最小值． 解　S5＝×5×(a1＋a5)＝×5×2a3＝5a3＝125， 故a3＝25，又a10＝18，a10－a3＝7d， 所以d＝－1＜0， 故Sn有最大值， an＝a3＋(n－3)d＝28－n，n∈N＋. 设Sn最大，则 解得27≤n≤28， 即S27和S28最大， 又a1＝27，故S27＝S28＝378. 反思感悟　求等差数列前n项和的最值的方法 (1)二次函数法：用求二次函数的最值的方法来求其前n项和的最值，但要注意n∈N＋，结合二次函数图象的对称性来确定n的值，更加直观． (2)通项法：当a1>0，d<0，时，Sn取得最大值；当a1<0，d>0，时，Sn取得最小值． 跟踪训练2　已知在等差数列{an}中，a1＝9，a4＋a7＝0. (1)求数列{an}的通项公式； (2)当n为何值时，数列{an}的前n项和取得最大值？ 解　(1)由a1＝9，a4＋a7＝0， 得a1＋3d＋a1＋6d＝0， 解得d＝－2， ∴an＝a1＋(n－1)d＝11－2n，n∈N＋. (2)方法一　a1＝9，d＝－2， Sn＝9n＋·(－2)＝－n2＋10n ＝－(n－5)2＋25， ∴当n＝5时，Sn取得最大值． 方法二　由(1)知a1＝9，d＝－2<0，an＝11－2n， ∴{an}是递减数列． 令an≥0， 即11－2n≥0，解得n≤. ∵n∈N＋， ∴当n≤5时，an>0； 当n≥6时，an<0. ∴当n＝5时，Sn取得最大值． 1.知识清单： (1)等差数列前n项和的性质及应用． (2)等差数列前n项和的最值问题． 2．方法归纳：整体思想、函数思想、分类讨论思想、数形结合思想． 3．常见误区： (1)求等差数列前n项和的最值时，忽视条件n∈N＋导致错误． (2)不注意运用性质导致解题烦琐． 1．在等差数列{an}中，若S10＝120，则a1＋a10的值是(　　) A．12 B．24 C．36 D．48 答案　B 解析　S10＝×10×(a1＋a10)＝5(a1＋a10)＝120，故a1＋a10＝24. 2．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 答案　B 解析　因为a7＋a8＋a9＝S9－S6，而由等差数列前n项和的性质可知，S3，S6－S3，S9－S6构成等差数列，所以S3＋(S9－S6)＝2(S6－S3)，即a7＋a8＋a9＝S9－S6＝2S6－3S3＝2×36－3×9＝45. 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________． 答案　3 解析　由等差数列前n项和的性质，得S偶－S奇＝×d(d为该数列的公差)，即30－15＝5d， 解得d＝3. 4．首项为正数的等差数列，前n项和为Sn，且S3＝S8，当n＝________时，Sn取到最大值． 答案　5或6 解析　∵S3＝S8， ∴S8－S3＝a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝5a6＝0， ∴a6＝0.∵a1>0， ∴a1>a2>a3>a4>a5>a6＝0，a7<0. 故当n＝5或6时，Sn最大． 1．等差数列{an}满足a1＋a2＋a3＝－24，a18＋a19＋a20＝78，则此数列的前20项和等于(　　) A．160 B．180 C．200 D．220 答案　B 解析　由a1＋a2＋a3＝3a2＝－24，得a2＝－8，由a18＋a19＋a20＝3a19＝78，得a19＝26，S20＝×20×(a1＋a20)＝10(a2＋a19)＝10×18＝180. 2．在等差数列{an}中，首项a1>0，公差d<0，Sn为其前n项和，则点(n，Sn)所在的曲线可能为(　　) 答案　C 解析　Sn为等差数列的前n项和，故Sn＝n2＋n，又a1>0，d<0，故点(n，Sn)在开口向下的抛物线上且S1>0，C中曲线满足． 3．数列{an}为等差数列，它的前n项和为Sn，若Sn＝(n＋1)2＋λ，则λ的值是(　　) A．－2 B．－1 C．0 D．1 答案　B 解析　∵等差数列前n项和Sn的形式为Sn＝an2＋bn，∴(n＋1)2＋λ＝n2＋2n＋1＋λ＝an2＋bn， ∴λ＝－1. 4．在等差数列{an}中，Sn是其前n项和，且S2 016＝S2 021，Sk＝S2 014，则正整数k为(　　) A．2 020 B．2 021 C．2 022 D．2 023 答案　D 解析　因为等差数列的前n项和Sn是关于n的二次函数， 所以由二次函数的对称性及S2 016＝S2 021，Sk＝S2 014， 可得＝， 解得k＝2 023. 5．等差数列共有2n＋1项，所有奇数项之和为132，所有偶数项之和为120，则n等于(　　) A．6 B．8 C．10 D．12 答案　C 解析　∵S奇数项＝a1＋a3＋…＋a2n＋1＝132， S偶数项＝a2＋a4＋…＋a2n＝120， ∴S奇数项－S偶数项＝a2n＋1－nd＝an＋1＝12， ∴S2n＋1＝S奇数项＋S偶数项＝252 ＝ ＝(2n＋1)an＋1＝12(2n＋1)， 解得n＝10. 6．(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 答案　ABD 解析　∵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． 7．若等差数列{an}的前n项和为Sn＝An2＋Bn，则该数列的公差为________． 答案　2A 解析　数列{an}的前n项和为Sn＝An2＋Bn，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝An2＋Bn－A(n－1)2－B(n－1)＝2An＋B－A，当n＝1时也满足，所以d＝2A. 8．在等差数列{an}中，a1＝－2 023，其前n项和为Sn，若－＝2，则S2 023＝________. 答案　－2 023 解析　由等差数列前n项和的性质可知，数列也为等差数列，设其公差为d，则由－＝2，可得2d＝2，即d＝1.又＝－2 023， 所以＝－2 023＋(2 023－1)×1＝－1， 所以S2 023＝－2 023. 9．(1)在等差数列{an}中，＝，求的值； (2)在等差数列{an}中，S10＝100，S100＝10，求S110. 解　(1)∵{an}为等差数列， ∴S5＝＝5a3， S9＝＝9a5， ∴＝＝×＝1. (2)∵数列{an}为等差数列， ∴S10，S20－S10，S30－S20，…，S110－S100也成等差数列， 设其公差为d，由此数列的前10项之和为 S10＋(S20－S10)＋(S30－S20)＋…＋(S100－S90) ＝S100， 即10S10＋d＝S100＝10. 又∵S10＝100，代入上式，得d＝－22， ∴S110－S100＝S10＋(11－1)d ＝100＋10×(－22)＝－120， S110＝－120＋S100＝－110. 10．在等差数列{an}中，a2＋a3＝－38，a12＝0，求Sn的最小值以及相对应的n值． 解　方法一　(单调性法)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d， 则有 解得∴当 即时，Sn有最小值， 解得11≤n≤12， ∴当n＝11或12时，Sn取得最小值， 最小值为S11＝S12＝－132. 方法二　(配方法)由方法一得 ∴Sn＝－22n＋×2＝n2－23n ＝2－， ∴当n＝11或12时，Sn取得最小值，最小值为S11＝S12＝－132. 11．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，且S6>S7>S5，有下列四个命题：①d<0；②S11>0；③S12<0；④数列{Sn}中的最大项为S11，其中正确命题的序号是(　　) A．②③ B．①② C．①③ D．①④ 答案　B 解析　∵S6>S7，∴a7<0， ∵S7>S5，∴a6＋a7>0，∴a6>0，∴d<0，①正确． 又S11＝(a1＋a11)＝11a6>0，②正确． S12＝(a1＋a12)＝6(a6＋a7)>0，③不正确． {Sn}中最大项为S6，④不正确． 故正确的是①②. 12．等差数列{an}的前n项和为Sn，当首项a1和公差d变化时，若a5＋a8＋a11是一个定值，则下列为定值的是(　　) A．S17 B．S18 C．S15 D．S16 答案　C 解析　由等差数列的性质，得a5＋a11＝2a8，由a5＋a8＋a11为定值，得a8为定值．又因为S15＝＝＝15a8，所以S15为定值． 13．已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且＝(n∈N＋)，则＋＝________. 答案　 解析　设An＝kn(7n＋45)，Bn＝kn(n＋3)，则n≥2，n∈N＋时，an＝An－An－1＝k(14n＋38)，bn＝k(2n＋2)，则＝＝，＝＝，所以＋＝＋＝. 14．已知在无穷项等差数列{an}中，它的前n项和为Sn，且S7>S6，S7>S8，若数列{bn}中bn＝|an|，数列{bn}的和为Tn，则下列命题正确的是________(填序号)． ①{bn}中b7最大； ②{an}中a3或a4最大； ③当n≥8时，an<0； ④一定有T3＝T11. 答案　③ 解析　由S7>S6知a7>0，由S7>S8知a8<0，故d<0，所以{an}中a1最大，且当n≥8时，an<0，所以②错误，③正确；数列{bn}的单调性是先减后增的，所以①错误；由于bn>0，所以T3≠T11，所以④错误． 15．已知等差数列{an}，满足a2 019＋a2 020<0，a2 019·a2 020<0，且数列{an}的前n项和Sn有最大值，那么Sn取最小正值时，n等于(　　) A．4 037 B．4 036 C．4 035 D．4 034 答案　A 解析　因为数列{an}的前n项和Sn有最大值，所以数列{an}是递减的等差数列． 又a2 019＋a2 020<0，a2 019·a2 020<0，所以a2 019>0>a2 020， 即数列的前2 019项为正数，从第2 020项开始为负数， 由等差数列求和公式和性质可知， S4 037＝＝4 037a2 019>0， S4 038＝ ＝<0， 所以当Sn取最小正值时，n＝4 037. 16．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝－15，S5＝－55. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若不等式Sn>t对于任意的n∈N＋恒成立，求实数t的取值范围． 解　(1)设等差数列{an}的公差为d， S5＝5·＝5a3＝－55， ∴a3＝－11， ∴d＝＝＝2. ∴an＝a1＋(n－1)d＝－15＋(n－1)×2＝2n－17，n∈N＋. (2)由(1)知，an＝2n－17， ∴Sn＝＝ ＝n(n－16)＝(n－8)2－64， ∴(Sn)min＝－64. Sn>t对任意n∈N＋恒成立等价于(Sn)min>t， 即－64>t.∴t∈(－∞，－64)． 学科网（北京）股份有限公司 $$