4.2.2 第2课时 等差数列前n项和的应用-【创新教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册五维课堂同步课件PPT（人教A版2019）

第2课时　等差数列前n项和的应用 第四章 数列 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 课堂 互动学案 01 课时 素养提升 02 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 课堂 互动学案 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 　 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 　 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 课程标准 素养解读 1.能在具体的问题情境中，发现数列的等差关系，并能解决相应的问题． 2．会求等差数列前n项和的最值. 1.在利用等差数列前n项和公式解决实际问题的过程中，培养数学建模和数学运算的核心素养． 2．在求等差数列前n项和最值过程中达成逻辑推理和数学运算的核心素养. 等差数列前n项和的应用问题 [例1]　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]　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＝－eq \f(1,3).25辆翻斗车完成的工作量为：a1＋a2＋…＋a25＝25×24＋25×12×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝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． 与数列有关的实际问题的求解策略 遇到与正整数有关的应用题时，可以考虑与数列知识联系，建立数列模型，具体解决要注意以下两点： (1)抓住实际问题的特征，明确是什么类型的数列模型． (2)深入分析题意，确定是求通项公式an，或是求前n项和Sn，还是求项数n. [变式训练] 1．某校新建一个报告厅，要求容纳800个座位，报告厅共有20排座位，从第2排起后一排都比前一排多两个座位. 问第1排应安排多少个座位？ 解：设报告厅的座位从第1排到第20排，各排的座位数依次排成一列，构成数列{an}，其前n项和为Sn.根据题意，数列{an}是一个公差为2的等差数列，且S20＝800. 由S20＝20a1＋20×eq \f(20－1,2)×2＝800， 可得a1＝21， 因此，第1排应安排21个座位． 等差数列前n项和的最值问题 [例2]　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)由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋9d＝18，,5a1＋\f(5×4,2)×d＝－15，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝－9，,d＝3，))∴an＝3n－12. (2)方法一　Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝eq \f(1,2)(3n2－21n) ＝eq \f(3,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(7,2)))2－eq \f(147,8)， ∴当n＝3或4时，前n项的和取得最小值S3＝S4＝－18. 方法二　设Sn最小， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(an≤0，,an＋1≥0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3n－12≤0，,3n＋1－12≥0，)) 解得3≤n≤4，又n∈N*，所以当n＝3或4时，前n项和的最小值S3＝S4＝－18. [母题变式] 1．将本例中的条件“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＝eq \f(1,2)×5×(a1＋a5)＝eq \f(1,2)×5×2a3＝5a3＝125， 故a3＝25，a10－a3＝7d，即d＝－1＜0， 故Sn有最大值，an＝a3＋(n－3)d＝28－n. 设Sn最大，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0，))解得27≤n≤28，即S27和S28最大，又a1＝27，故S27＝S28＝378. 2．在本例中，根据第(2)题的结果，若Sn＝0，求n. 解：方法一　因为S3＝S4＝－18为Sn的最小值，由二次函数的图象可知，其对称轴为x＝eq \f(7,2)，所以当x＝0或x＝7时，图象与x轴的交点为(0,0)，(7,0)，又n∈N*，所以S7＝0，所以n＝7. 方法二　因为S3＝S4，所以a4＝S4－S3＝0，故S7＝eq \f(1,2)×7×(a1＋a7)＝7a4＝0，所以n＝7. 3．将本例变为：等差数列{an}中，设Sn为其前n项和，且a1＞0，S3＝S11，则当n为多少时，Sn最大． 解：方法一　要求数列前多少项的和最大，从函数的观点来看，即求二次函数Sn＝an2＋bn的最大值，故可用求二次函数最值的方法来求当n为多少时，Sn最大． 由S3＝S11，可得3a1＋eq \f(3×2,2)d＝11a1＋eq \f(11×10,2)d，即d＝－eq \f(2,13)a1. 从而Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n＝－eq \f(a1,13)(n－7)2＋eq \f(49,13)a1， 又a1＞0，所以－eq \f(a1,13)＜0.故当n＝7时，Sn最大． 方法二　由于Sn＝an2＋bn是关于n的二次函数，由S3＝S11，可知Sn＝an2＋bn的图象关于n＝eq \f(3＋11,2)＝7对称．由方法一可知a＝－eq \f(a1,13)＜0，故当n＝7时，Sn最大． 等差数列前n项和的最值问题的三种解法 1．利用an： (1)若a1＜0，d＞0，则数列的前面若干项为负数项(或0)，所以将这些项相加即得{Sn}的最小值． (2)若a1＞0，d＜0，则数列的前面若干项为正数项(或0)，所以将这些项相加即得{Sn}的最大值． 2．利用Sn：由Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n(d≠0)，利用二次函数配方法求取得最值时n的值． 3．利用二次函数的图象的对称性． [变式训练] 2．在等差数列{an}中，a1＝25，S17＝S9，求其前n项和Sn的最大值． 解：法一：∵S9＝S17，a1＝25， ∴9×25＋eq \f(99－1,2)d＝17×25＋eq \f(1717－1,2)d， 解得d＝－2. ∴Sn＝25n＋eq \f(nn－1,2)×(－2)＝－n2＋26n ＝－(n－13)2＋169. ∴当n＝13时，Sn有最大值169. 法二：同法一，求出公差d＝－2. ∴an＝25＋(n－1)×(－2)＝－2n＋27. ∵a1＝25＞0， 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(an＝－2n＋27≥0，,an＋1＝－2n＋1＋27≤0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n≤13\f(1,2)，,n≥12\f(1,2)，)) 又∵n∈N*，∴当n＝13时，Sn有最大值169. 法三：∵S9＝S17，∴a10＋a11＋…＋a17＝0. 由等差数列的性质得a13＋a14＝0. ∵a1＞0，∴d＜0.∴a13＞0，a14＜0.∴当n＝13时，Sn有最大值169. 法四：设Sn＝An2＋Bn.∵S9＝S17， ∴二次函数图象的对称轴为x＝eq \f(9＋17,2)＝13，且开口方向向下， ∴当n＝13时，Sn取得最大值169. 　　数列{|an|}的前n项和 [例3]　数列{an}的前n项和Sn＝33n－n2， (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝|an|，求数列{bn}的前n项和Sn′. [思路点拨]　(1)利用Sn与an的关系求通项，也可由Sn的结构特征求a1，d，从而求出通项． (2)利用an判断哪些项是正数，哪些项是负数，再求解，也可以利用Sn的函数特征判断项的正负求解． [解]　(1)法一：(公式法)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝34－2n， 又当n＝1时，a1＝S1＝32＝34－2×1满足an＝34－2n. 故{an}的通项公式为an＝34－2n. 法二：(结构特征法)由Sn＝－n2＋33n知Sn是关于n的缺常数项的二次型函数，所以{an}是等差数列， 由Sn的结构特征知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(d,2)＝－1，,a1－\f(d,2)＝33，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝32，,d＝－2，)) 所以an＝34－2n. (2)由(2)知，当n≤17时，an≥0；当n≥18时，an＜0. 所以当n≤17时， Sn′＝b1＋b2＋…＋bn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an| ＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝33n－n2. 当n≥18时， Sn′＝|a1|＋|a2|＋…＋|a17|＋|a18|＋…＋|an| ＝a1＋a2＋…＋a17－(a18＋a19＋…＋an) ＝S17－(Sn－S17)＝2S17－Sn ＝n2－33n＋544. 故Sn′＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(33n－n2n≤17，,n2－33n＋544n≥18.)) 求解数列{|an|}的前n项和，应先判断{an}的各项的正负，然后去掉绝对值号，转化为等差数列的求和问题． [变式训练] 3．数列{an}的前n项和Sn＝－eq \f(3n2,2)＋eq \f(205,2)n，求数列{|an|}的前n项和Tn. 解：a1＝S1＝－eq \f(3,2)×12＋eq \f(205,2)×1＝101. 当n≥2时，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－12＋\f(205,2)n－1)) ＝－3n＋104. ∵n＝1也适合上式， ∴数列{an}的通项公式为an＝－3n＋104(n∈N*)． 由an＝－3n＋104≥0，得n≤34.7. 即当n≤34时，an＞0；当n≥35时，an＜0. (1)当n≤34时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an| ＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝－eq \f(3,2)n2＋eq \f(205,2)n； (2)当n≥35时， Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|a34|＋|a35|＋…＋|an| ＝(a1＋a2＋…＋a34)－(a35＋a36＋…＋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＋3 502. 故Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)n2＋\f(205,2)n，n≤34且n∈N*，,\f(3,2)n2－\f(205,2)n＋3 502，n≥35且n∈N*.)) [当堂达标] 1．(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 解析：AB　[∵S6＞S7，∴a7＜0，∵S7＞S5，∴a6＋a7＞0，∴a6＞0，∴d＜0，A正确．又S11＝eq \f(11,2)(a1＋a11)＝11a6＞0，B正确．S12＝eq \f(12,2)(a1＋a12)＝6(a6＋a7)＞0，C不正确．{Sn}中最大项为S6，D不正确．故正确的是AB.] 2．已知等差数列{an}中，|a5|＝|a9|，公差d＞0，则使得前n项和Sn取得最小值的正整数n的值是________． 解析：由|a5|＝|a9|且d＞0得a5＜0，a9＞0，且a5＋a9＝0⇒2a1＋12d＝0⇒a1＋6d＝0，即a7＝0，故S6＝S7且最小． 答案：6或7 3．2024年6月2日，“嫦娥六号”成功落月，据科学计算，运载“嫦娥”飞船的长征五号遥八运载火箭，点火1 min内通过的路程为2 km，以后每分钟通过的路程增加2 km，在到达离地面240 km的高度时，火箭与飞船分离，则这一过程大约需要的时间是________ min. 解析：由题设条件知，火箭每分钟通过的路程构成以a1＝2为首项，公差d＝2的等差数列，∴n min内通过的路程为Sn＝2n＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2＋n＝n(n＋1)，即n(n＋1)＝240，解得n＝15. 答案：15 4．记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15. (1)求{an}的通项公式； (2)求Sn，并求Sn的最小值． 解：(1)设{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15. 由a1＝－7，得d＝2. 所以{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝2n－9. (2)由(1)得Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝n2－8n＝(n－4)2－16，所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16. $$