1、一、等差数列前一、等差数列前n n项和的最值问题项和的最值问题 等差数列前等差数列前n n项和公式为项和公式为 当当d0d0时，时，S Sn n是关于是关于n n的二次函数，在一定条件下，的二次函数，在一定条件下，S Sn n有最值有最值. . 请根据这些条件思考下面的问题：请根据这些条件思考下面的问题： 第2课时 等差数列习题课 探究探究1 1：在等差数列：在等差数列aan n 中，当中，当a a1 100，d0呢？呢？ 提示：提示：当当a a1 100，d0时，数列为递增数列，所以时，数列为递增数列，所以S Sn n有最小值有最小值. . 探究探究2 2：从函数观点分析：从函数观点分析S
2、Sn n= = 的最值情况的最值情况. . 提示：提示：当当d0d0时时，此二次函数的开口向上，此二次函数的开口向上，S Sn n存在最小值；当存在最小值；当 d0，其前，其前n n项和项和 为为S Sn n，则数列，则数列|a|an n|的前的前n n项和如何求？项和如何求？ 提示：提示：因为等差数列因为等差数列aan n 的首项的首项a a1 10，所以存在，所以存在 正整数正整数m m，当，当nmnm时，有时，有a an n00，当，当nmnm时，有时，有a an n00，记数列，记数列 |a|an n|的前的前n n项和为项和为T Tn n，则，则 当当nmnm时，时，T Tn n=|
3、a=|a1 1|+|a|+|a2 2|+|+|a+|an n|=|=- -S Sn n， 当当nmnm时时 T Tn n=|a=|a1 1|+|a|+|a2 2|+|+|a+|am m|+a|+am+1 m+1+ + +a+an n = =- -a a1 1- -a a2 2- - -a am m+a+am+1 m+1+ + +a+an n =a=a1 1+a+a2 2+ +a+am m+a+am+1 m+1+ + +a+an n- -2(a2(a1 1+a+a2 2+ +a+am m) ) =S=Sn n- -2S2Sm m. . 所以所以T Tn n= = n nm Snm S2Snm.
4、， ， ， 探究探究2 2：若等差数列：若等差数列aan n 的首项的首项a a1 100，公差，公差d0，公差，公差dm时，有时，有a an n00，当，当nmnm时有时有a an n00，记数列，记数列|a|an n|的的 前前n n项和为项和为T Tn n，则，则 当当nmnm时，时，T Tn n=a=a1 1+a+a2 2+ +a+an n=S=Sn n， 当当nmnm时，时， T Tn n=a=a1 1+a+a2 2+ +a+am m+|a+|am+1 m+1|+ |+|a+|an n| | =a=a1 1+a+a2 2+ +a+am m- -a am+1 m+1- - - -a a
5、n n = =- -a a1 1- -a a2 2- - -a am m- -a am+1 m+1- - - -a an n+2(a+2(a1 1+a+a2 2+ +a+am m) ) = =- -S Sn n+2S+2Sm m. . 所以所以T Tn n= = n nm Snm S2Snm. ， ， ， 【探究总结探究总结】求等差数列求等差数列|a|an n|的前的前n n项和两点说明项和两点说明 (1)(1)当数列中含有负项时，要注意对当数列中含有负项时，要注意对n n的讨论的讨论. . (2)(2)数列数列|a|an n|的前的前n n项和要以分段的形式表示项和要以分段的形式表示. .
6、类型一类型一 求等差数列前求等差数列前n n项和的最值项和的最值 1.1.在递减等差数列在递减等差数列aan n 中，若中，若a a1 1+a+a100 100=0 =0，则其前，则其前n n项和项和S Sn n取最大取最大 值时的值时的n n值为值为( ( ) ) A.49A.49 B.51B.51 C.48C.48 D.50D.50 2.(20142.(2014江西高考江西高考) )在等差数列在等差数列aan n 中，中，a a1 1=7=7，公差为，公差为d d，前，前n n 项和为项和为S Sn n，当且仅当，当且仅当n=8n=8时时S Sn n取得最大值，则取得最大值，则d d的取值
7、范围的取值范围 为为 . . 3.3.已知数列已知数列aan n 的前的前n n项和公式为项和公式为S Sn n=2n=2n2 2- -30n.30n. (1)(1)求数列求数列aan n 的通项公式的通项公式a an n. . (2)(2)求求S Sn n的最小值及对应的的最小值及对应的n n值值. . 【解题指南解题指南】1.1.利用等差数列的性质判断出利用等差数列的性质判断出a a50 500 0，a a51 510，a a9 90，a a51 510且且a a9 90且且7+8d0，d0时，时，S Sn n有最小值，使有最小值，使S Sn n取到最值的取到最值的n n可由不等式组可由不
8、等式组 确定确定. . n n 1 a0 a0 ， n n 1 a0 a0 ， (2)(2)因为因为 若若d0d0，则从二次函数的角度看：，则从二次函数的角度看： 当当d0d0时，时，S Sn n有最小值；当有最小值；当d0，先判断该数列从第几项大于零，从第几项小于零，先判断该数列从第几项大于零，从第几项小于零， 再根据等差数列前再根据等差数列前n n项和的性质求解项和的性质求解. . 【自主解答自主解答】1.a1.an n=2n=2n- -3030，令，令a an n0，设，设aan n 的的 前前n n项和为项和为S Sn n，a a1 1=1=1，S S2 2S S3 3=36.=36.
9、 (1)(1)求求d d及及S Sn n. . (2)(2)求求m m，k(mk(m，kNkN* *) )的值，使得的值，使得a am m+a+am+1 m+1+a +am+2 m+2+ + +a+am+k m+k=65. =65. n 1 a1 2 5 1 2 2 3 【解题指南解题指南】1.1.分别求出分别求出 得到等差数列的两项，得到等差数列的两项， 求出公差和第求出公差和第1111项进而求出项进而求出a a11 11. . 2.2.利用已知条件先求出利用已知条件先求出d d，然后再求解其他问题，然后再求解其他问题. . 37 11 a1 a1 ， 【自主解答自主解答】1.1.选选B.B
10、.设设 的公差为的公差为d d，则有，则有 解得解得d= d= ，所以，所以 即即 解得解得a a11 11= . = . 2.(1)2.(1)由题意知，由题意知，(2a(2a1 1+d)(3a+d)(3a1 1+3d)=36+3d)=36， 解得解得d=2d=2或或d=d=- -5(5(舍去舍去).). 所以所以S Sn n=na=na1 1+ d=n+n(n+ d=n+n(n- -1)=n1)=n2 2. . n 1 a1 73 11 4d a1a1 ， 1 24 113 11 8d a1a1 ， 11 111 a12 13 ， 1 2 n(n 1) 2 (2)(2)由由(1)(1)知，知
11、， a am m+a+am+1 m+1+a +am+2 m+2+ + +a+am+k m+k=(2m+k =(2m+k- -1)(k+1)1)(k+1)， 所以所以(2m+k(2m+k- -1)(k+1)=651)(k+1)=65， 由由m m，kNkN* *知，知，2m+k2m+k- -1k+111k+11，故，故 所以所以 2mk 1 13 k 15 ， ， m5 k4. ， 【规律总结规律总结】裂项相消法求和裂项相消法求和 当数列的通项是分式形式，分母是两个式子的乘积，且两个当数列的通项是分式形式，分母是两个式子的乘积，且两个 式子的差为常数，这时可以把通项分裂成两项之差，如式子的差为常
12、数，这时可以把通项分裂成两项之差，如a an n= = 在求和在求和 时，中间很多项都会相互抵消，只剩首尾若干项，从而求出时，中间很多项都会相互抵消，只剩首尾若干项，从而求出 数列的和数列的和. . n 1111111 a() n n 1nn 12n 1 2n 12 2n 12n 1 ， 【变式训练变式训练】在等差数列在等差数列aan n 中，中，2a2a1 1+3a+3a2 2=11=11，2a2a3 3=a=a2 2+a+a6 6- -4 4， 其前其前n n项和为项和为S Sn n. . (1)(1)求数列求数列aan n 的通项公式的通项公式. . (2)(2)设数列设数列bbn n
13、满足满足 求数列求数列bbn n 的前的前n n项和项和T Tn n. . n n 1 b Sn ， 【解析解析】(1)2a(1)2a1 1+3a+3a2 2=2a=2a1 1+3(a+3(a1 1+d)=5a+d)=5a1 1+3d=11+3d=11， 2a2a3 3=a=a2 2+a+a6 6- -4 4，即，即2(a2(a1 1+2d)=a+2d)=a1 1+d+a+d+a1 1+5d+5d- -4 4， 得得d=2d=2，a a1 1=1=1， 则则a an n=a=a1 1+(n+(n- -1)d=1+(n1)d=1+(n- -1)1)2=2n2=2n- -1.1. (2)(2)因为因为S Sn n=na=na1 1+ + n(nn(n- -1)d=n1)d=n2 2， 所以所以 所以所以 n 2 n 11111 b Snnnn n 1nn 1 ， n 1111111n T1. 1223nn 1n 1n 1 1 2
