北师大版必修五数学课件：1.2 第3课时.ppt

1、数数 列列 第一章第一章 2 等差数列等差数列 第一章第一章 第第3课时课时 等差数列的前等差数列的前n项和项和 课堂典例讲练课堂典例讲练 2 课课 时时 作作 业业 5 课前自主预习课前自主预习 1 易混易错点睛易混易错点睛 3 本节思维导图本节思维导图 4 课前自主预习课前自主预习 小飞在上高一时参加迎新生的场面，负责迎新的老师为了让 同班新同学互相认识，要求出席的 40 位 同学互相握手为礼，并同时彼此介绍自 己热闹一番后，同学们已完成这项使 命 老师随即提出了一个问题： 有谁知道， 全体同学共握手多少次？同学们你能回答吗？让我们来学习这 节解决这个问题吧！ 1.等差数列的前 n 项和公

2、式 公式 1：Sn_，公式 2：Sn_. 2等差数列的前 n 项和公式的函数意义 由 Snna1nn1 2 d_，若令d 2A，a1 d 2B， 则 SnAn2Bn，可知当 d0 时，点_在常数项为 0 的 二次函数的图像上，可由二次函数的知识解决 Sn的最值问题 na1an 2 na1nn1 2 d d 2n 2(a 1d 2)n (n，Sn) 3等差数列的前 n 项和的性质 (1)若数列an的前 n 项和 SnAn2Bn(A、BR)，则数列 an一定是_； (2)由 SnAn2Bn，可知数列Sn n 是_，点(n，Sn n ) 在直线上； (3)若等差数列an的前n项和为Sn， 则Sk，

3、S2kSk， _ 三个数成等差数列 等差数列 等差数列 S3kS2k 1.在等差数列an中，已知a22，a810，则前9项和S9 ( ) A45 B52 C108 D54 答案 D 解析 an是等差数列，a2a8a1a9210 12， S99a 1a9 2 912 2 54. 2等差数列an中，S10120，那么a1a10的值是( ) A12 B24 C36 D48 答案 B 解析 S1010a 1a10 2 120，a1a1024. 3记等差数列an的前 n 项和为 Sn.若 a11 2，S420，则 S6( ) A16 B24 C36 D48 答案 D 解析 设等差数列an的公差为 d，

4、a11 2，S44 1 2 43 2 d26d20， d3，故 S661 2 65 2 348，故选 D 4等差数列an中，a11，a3a514，其前n项和Sn 100，则n_. 答案 10 解析 设等差数列an的公差为 d， 由题意，得 a12da14d14 a11 ，解得 d2. 又 Snna1nn1 2 d， 100nnn1 2 2 解得 n10. 5等差数列an中，S112013，则a6_. 答案 183 解析 S1111a 1a11 2 112a 6 2 11a62013， a6183. 课堂典例讲练课堂典例讲练 用等差数列前n项和公式求和 在等差数列an中， (1)a1105，an

5、994，d7，求 Sn； (2)已知 a1410，求 S27； (3)已知前 3 项和为 13， 末 3 项和为 32， 前 n 项和 Sn105， 求项数 n； (4)若 S1284，S20460，求 S28. 分析 (1)(2)(3)化为na 1an 2 求和(4)先求 a1，d，再由 Snna1nn1 2 d 求和，或由 Snan2bn，先求 a，b，再求 和 解析 (1)由 ana1(n1)d， 得 994105(n1)7，解得 n128. 所以 Snna 1an 2 128105994 2 70 336. (2)因为 a1410，a1a272a14， 所以 S2727a 1a27 2

6、 27a14270. (3)由已知，得 a1a2a313， anan1an232. 而 a1ana2an1a3an2， 所以 3(a1an)45，a1an15. 由 Snna 1an 2 105，解得 n14. (4)方法 1：因为an是等差数列 所以 Snna1nn1 2 d 由已知，得 12a11211 2 d84 20a12019 2 d460 解得 a115 d4 所以 S2828a1 2827 2 d28(15) 2827 2 41 092. 方法 2：设此等差数列的前 n 项和为 Snan2bn， 因为 S1284，S20460 所以 a122b1284， a202b20460.

7、解得 a2， b17， 所以 Sn2n217n，所以 S28228217281 092. 方法总结 等差数列前 n 项和公式有何特点，应用时应 注意哪些技巧： (1)由等差数列的前n项和公式及通项公式可知， 若已知a1、 d、n、an、Sn中的三个便可求出其余的两个，即“知三求二”， “知三求二”的实质是方程思想，即建立方程组求解 (2)在运用等差数列的前 n 项和公式来求和时，一般地若已 知首项 a1及末项 an用公式 Snna 1an 2 较简便；若已知首项 a1及公差 d 用公式 Snna1nn1 2 d 较好 (3)在运用公式 Snna 1an 2 求和时，要注意性质“m、n、 p、q

8、N且 mnpqamanapaq”的运用 (4)第(4)题若根据等差数列前 n 项和 Sn的特点， 利用待定系 数法，把 Sn设出，则显得比较简捷 在等差数列an中， (1)已知 a610，S55，求 a8和 S8； (2)已知 a3a1540，求 S17. 解析 (1)a610，S55， a15d10 5a110d5 ，解得 a15 d3 . a8a62d16，S88a 1a8 2 44. (2)a1a17a3a15， S1717a 1a17 2 17a 3a15 2 1740 2 340. 等差数列前n项和性质的应用 一个等差数列an的前 n 项和为 25，前 2n 项和 为 100，求该数

9、列的前 3n 项的和 分析 可利用等差数列的基本公式求解，也可以利用等 差数列前 n 项和性质求解 解析 解法一： 设数列的首项为 a1， 公差为 d， 则由已知， 得 na1nn1 2 d25 2na12n2n1 2 d100 ，解得 n2d50. S3n3na13n3n1 2 d3 na1nn1 2 d 3n2d325 350225. 解法二：数列an为等差数列， Sn，S2nSn，S3nS2n也成等差数列， 即 SnS3nS2n2(S2nSn) S3n3(S2nSn)3(10025)225. 方法总结 (1)等差数列前 n 项和 Snna 1an 2 与等差数 列性质“若 mnpq，m、

10、n、p、qN，则 amanap aq”经常结合起来使用，使这类问题的解决更具灵活性 (2)若等差数列的前 n 项和为 Sn， 则 Sn， S2nSn， S3nS2n， 仍成等差数列 (3)数列an、bn为等差数列，Sn、Tn分别是其前 n 项和， 则有结论am bm S2m1 T2m1. 两个等差数列an，bn的前 n 项和分别为 Sn，Tn，若Sn Tn 2n 3n1，求 an bn. 分析 既可利用 Sn，Tn列方程组，建立首项与公差的关 系进行求解，也可利用S 2n1 T2n1 an bn来求解 解析 解法一：设 ana1(n1)d，bnb1(n1)e. 取 n1，则a1 b1 S1 T

11、1 1 2，b12a1. Sn Tn na1nn1 2 d nb1nn1 2 e a1n1 2 d b1n1 2 e a1n 2d d 2 2a1n 2e e 2 2n 3n1， 故 en2(4a1e)n3 2dn 2(3a 13 2d d 2)na1 d 2. 从而 e3 2d， 4a1e3a1d， a1d 20. 即 d2a1， e3a1. an bn 2n1 3n1. 解法二：an bn a1a2n1 2 b1b2n1 2 na1a2n1 2 nb1b2n1 2 S 2n1 T2n1 22n1 32n11 2n1 3n1. 等差数列前n项和的最值问题 已知在等差数列an中，an3 2n

12、21 2 ，问：当 n 为何值时，Sn取得最小值？ 分析 根据数列的特点，可利用 an的符号变化，也可利 用二次函数的性质求 Sn的最小值 解析 解法 1：因为 an3 2n 21 2 ，所以 d3 20. 因此an为单调递增数列， 因此当 an0， an10 时，Sn取得最小值 由 3 2n 21 2 0， 3 2n1 21 2 0， 解得 6n7，nN 所以当 n6 或 7 时，Sn取得最小值 解法 2：因为 an3 2n 21 2 ， 所以 d3 20，a19. 所以 Snna1nn1 2 d3 4(n 213n) 3 4(n 13 2 )2169 4 又因为 n 为正整数， 所以当 n

13、6 或 7 时，Sn取得最小值 方法总结 解决求等差数列的前n项和的最值问题的方 法： (1)在等差数列中，若a10，d0， d0， 由 an252n10 an1252n0 ，得 n131 2 n121 2 ， 所以当 n13 时，Sn有最大值 169. 解法三： 同解法一先求出d2.由S17S9， 得a10a11 a170， 而 a10a17a11a16a12a15a13a14， 故 a13a14 0.因为 d20，所以 a130，a140，故 n13 时， Sn有最大值 169. 解法四：同解法一先求出 d2.由 d 2，得 Sn的图像如图所示(图像上一些孤 立点)， 由S17S9知图像对

14、称轴为n917 2 13，所以当 n13 时，Sn取得最大值 169. 易混易错点睛易混易错点睛 已知两个等差数列an、bn的前 n 项和分别为 Sn、Tn，且Sn Tn 7n1 4n27(nN )，求a 11 b11. 误解 由Sn Tn 7n1 4n27， 设 Sn(7n1)k，Tn(4n27)k，k0. 则 a11S11S10(7111)k(7101)k7k， b11T11T10(41127)k(41027)k4k. a11 b11 7k 4k 7 4. 辨析 错误的原因是“设 Sn(7n1)k，Tn(4n27)k， k0”这种设法虽然可以使Sn Tn 7n1 4n27成立，但是相对于变

15、 量 n 来说，k 是常数，故 Sn(7n1)k，Tn(4n27)k 是 n 的 一次函数，与公差不为零的等差数列的前 n 项和为 n 的二次函 数不符合 正解 方法一：由于等差数列an的前 n 项和 Snan2 bna n(nb a)， 设 Sn(7n1) kn，Tn(4n27) kn， a11S11S10(7111) 11k(7101) 10k148k， b11T11T10(41127) 11k(41027) 10k111k. a11 b11 148k 111k 4 3. 方法二：a11 b11 2a11 2b11 a1a21 b1b21 21 2 a1a21 21 2 b1b21 S21 T21. 又S21 T21 7211 42127 148 111 4 3. 本节思维导图本节思维导图 等差数列的 前n项和 数列的前n项和 等差数列的前n项和公式、推导与应用 等差数列前n项 和的性质及应用 等差数列前n项和的性质 等差数列前n项和比值问题