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2019-2020年高中數(shù)學(xué) 第二章 數(shù)列 第六課時 等差數(shù)列的前n項和教案（二） 蘇教版必修5 教學(xué)目標(biāo)： 進(jìn)一步熟練掌握等差數(shù)列的通項公式和前n項和公式，了解等差數(shù)列的一些性質(zhì)，并會用它們解決一些相關(guān)問題；提高學(xué)生的應(yīng)用意識. 教學(xué)重點： 熟練掌握等差數(shù)列的求和公式. 教學(xué)難點： 靈活應(yīng)用求和公式解決問題. 教學(xué)過程： Ⅰ.復(fù)習(xí)回顧 通項公式：an＝a1＋(n－1)d，求和公式：Sn＝＝na1＋d Ⅱ.講授新課 下面結(jié)合這些例子，來看如何應(yīng)用上述知識解決一些相關(guān)問題. ［例1］求集合M＝{m｜m＝7n，n∈N*，且m＜100}的元素個數(shù)，并求這些元素的和. 分析：滿足條件的n的取值個數(shù)即為集合M的元素個數(shù)，這些元素若按從小到大排列，則是一等差數(shù)列. 解：由m＜100，得7n＜100，即n＜＝14 所以滿足上面不等式的正整數(shù)n共有14個，即集合M中的元素共有14個，將它們從小到大可列出，得：7，72，73，74，…714，即：7，14，21，28，…98 這個數(shù)列是等差數(shù)列，記為{an}，其中a1＝7，a14＝98，n＝14 則S14＝＝735 答：集合M中共有14個元素，它們和等于735. 這一例題表明，在小于100的正整數(shù)中共有14個數(shù)是7的倍數(shù)，它們的和是735. ［例2］已知一個等差數(shù)列的前10項的和是310，前20項的和是1220，由此可以確定求其前n項和的公式嗎? 分析：將已知條件代入等差數(shù)列前n項和的公式后，可得到兩個關(guān)于a1與d的關(guān)系，然后確定a1與d，從而得到所求前n項和的公式. 解：由題意知S10＝310，S20＝1220 將它們代入公式Sn＝na1＋d，得到 解這個關(guān)于a1與d的方程組，得到a1＝4，d＝6 所以Sn＝4n＋6＝3n2＋n 這就是說，已知S10與S20，可以確定這個數(shù)列的前n項和的公式， 這個公式是Sn＝3n2＋n. 下面，同學(xué)們再來思考這樣一個問題： ［例3］已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，Sn是其前n項和. 求證：S6，S12－S6，S18－S12成等差數(shù)列，設(shè)其k∈N*，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k成等差數(shù)列嗎? 解：設(shè){an}的首項是a1，公差為d，則S3＝a1＋a2＋a3 S6－S3＝a4＋a5＋a6＝(a1＋3d)＋(a2＋3d)＋(a3＋3d)＝(a1＋a2＋a3)＋9d＝S3＋9d S9－S6＝a7＋a8＋a9＝(a4＋3d)＋(a5＋3d)＋(a6＋3d) ＝(a4＋a5＋a6)＋9d＝(S6－S3)＋9d＝S3＋18d ∴S3，S6－S3，S9－S6成等差數(shù)列. 同理可得Sk,S2k－Sk,S3k－S2k成等差數(shù)列. Sk＝a1＋a2＋…＋ak (S2k－Sk)＝ak+1＋ak+2＋…＋a2k＝(a1＋kd)＋(a2＋kd)＋…＋(ak＋kd) ＝(a1＋a2＋…＋ak)＋k2d＝Sk＋k2d (S3k－S2k)＝a2k+1＋a2k+2＋…＋a3k＝(ak+1＋kd)＋(ak+2＋kd)＋…＋(a2k＋kd) ＝(ak+1＋ak+2＋…＋a2k)＋k2d＝(S2k－Sk)＋k2d ∴Sk，S2k－Sk，S3k－S2k是以Sk為首項，k2d為公差的等差數(shù)列. ［例4］已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，a1＞0，S9＝S17，試問n為何值時，數(shù)列的前n項和最大？最大值為多少？ 分析：要研究一個等差數(shù)列的前n項和的最大（?。﹩栴}，有兩條基本途徑；其一是利用Sn是n的二次函數(shù)關(guān)系來考慮；其二是通過考察數(shù)列的單調(diào)性來解決. 解法一：∵S9＝S17，S9＝9a1＋36d，S17＝17a1＋136d ∴9a1＋36d＝17a1＋136d，8a1＝－100d，即d＝－a1＜0 Sn＝na1＋d＝na1＋(－a1) ＝na1－a1＝－a1 (n2－26n)＝－a1 (n－13)2＋a1 ∵a1＞0， ∴當(dāng)n＝13，Sn有最大值.最大值為a1. 解法二：由a1＞0,d＜0，可知此數(shù)列為從正項開始的遞減數(shù)列：a1＞a2＞a3＞a4＞…… 故n在某一時刻，必然會出現(xiàn)負(fù)項，此時前n項的和開始減少，因此，要使Sn最大，n必須使得an≥0，且an+1≤0. 即 解得 ≤n≤. ∴n＝13 此時，Sn最大，S13＝13a1＋d＝a1. 評述：解法一利用Sn是n的二次函數(shù)關(guān)系，歸納為求二次函數(shù)的最值問題，不過要注意自變量n是正整數(shù)；解法2是從研究數(shù)列的單調(diào)性及項的正負(fù)進(jìn)而研究前n項和Sn的最大值，方法更具有一般性. ［例5］在數(shù)列{an}中，a1＝1，an+1＝，求數(shù)列{anan+1}的前n項和. 分析：要求數(shù)列{anan+1}的前n項和，需要先求數(shù)列{an}的通項公式. 解：由已知得＝＋ ∴{}為首項為 ＝1，公差為的等差數(shù)列. ∴＝1＋(n－1)＝，∴an＝ Sn＝a1a2＋a2a3＋…＋anan+1＝＋＋…＋ ＝4[(－)＋（－）＋…＋(－)]＝4(－)＝. ［例6］設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知a3＝12，S12＞0，S13＜0. (1)求公差d的取值范圍；（2）指出S1，S2，…，S12中哪一個值最大？并說明理由. （1）分析：由S12＞0，S13＜0列不等式組求之. 解：依題設(shè)有 即將a3＝12，即a1＝12－2d代入上式得 解得－＜d＜－3 (2)分析一：寫出Sn的表達(dá)式Sn＝f(n)＝An2＋Bn.配方確定Sn的最大值. 解法一：Sn＝na1＋d＝n(12－2d)＋d ＝[n－（5－）]2－[（5－）]2 ∵d＜0，∴[n－ (5－）]2最小時，Sn最大. 當(dāng)－＜d＜－3時，6＜(5－)＜6.5 ∴正整數(shù)n＝6時，[n－ (5－)]2y最小，∴S6最大. 分析二：由d＜0知{an}是單調(diào)遞減的，要使Sn最大，應(yīng)有an≥0，an+1＜0. 解法二：由d＜0，可知a1＞a2＞…＞a12＞a13 ∴要使1≤n≤12中存在自然數(shù)n，使得an＞0，an+1＜0，則Sn就是S1，S2，…，S12中的最大值. 由 知a6＋a7＞0，a7＜0 ∴a6＞－a7＞0，∵a6＞0，a7＜0. 故在S1，S2，…，S12中S6的值最大. 解法三：由S12＞0，S13＜0 得, 即 也即a6＞0且a7＜0，∴S6最大. 解法四：由a1＝12－2d，－＜d＜－3 得，即5.5＜n＜7 ∵n∈N*，∴n＝6，即S6最大. ［例7］首項為正數(shù)的等差數(shù)列{an}，它的前三項之和與前十一項之和相等，問此數(shù)列前多少項之和最大？ 解法一：由S3＝S11 得：3a1＋d＝11a1＋d, 解之得d＝－a1<0 ∴Sn＝na1＋d＝－a1n2＋a1n＝－a1（n－7）2＋a1 故當(dāng)n＝7時，Sn最大，即前7項之和最大. 解法二：由 解得：＜n＜，∴n＝7，即前7項之和最大. 解法三：由d＝－a1<0，知：{an}是遞減等差數(shù)列. 又S3＝S11 ∴a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＋a10＋a11＝0, ∴a7＋a8＝0 ∴必有a7>0，a8<0. ∴前7項之和最大. 評述：解法三利用等差數(shù)列的性質(zhì)，解得簡單，易懂. 等差數(shù)列的前n項和Sn，在d<0時有最大值，求當(dāng)n為何值時，使Sn取最大值，有兩種方法：一是滿足an>0且an+1<0的n值；二是由Sn＝na1＋d＝n2＋(a1－)n，利用二次函數(shù)的性質(zhì)求n的值. ［例8］數(shù)列{an}是等差數(shù)列，a1＝50，d＝－0.6. (1)求從第n項開始有an<0；(2)求此數(shù)列的前n項和的最大值. 分析：對于（1）實質(zhì)上是解一個不等式 ，但要注意n∈N*.對于（2）實際上是研究Sn隨n的變化規(guī)律，由于等差數(shù)列中Sn是關(guān)于n的二次函數(shù)，可以用二次函數(shù)方法處理，也可以由an的變化，推測Sn的變化. 解：（1）∵a1＝50，d＝－0.6 ∴an＝50－0.6(n－1)＝－0.6n＋50.6. 令－0.6n＋50.6≤0，解之得：n≥≈84.3 由n∈N*.故當(dāng)n≥85時，an<0, 即從第85項起以后的各項均小于0. （2）解法一：∵d＝－0.6<0，a1＝50>0 由（1）知a84>0，a85<0. ∴S1S85>S86>… ∴(Sn)max＝S84＝5084＋(－0.6)＝2108.4. 解法二：Sn＝50n＋(－0.6)＝－0.3n2＋50.3n＝－0.3(n－)2＋ 當(dāng)n取接近于的自然數(shù)，即n＝84時，Sn達(dá)到最大值S84＝2108.4 評述：不是常數(shù)列的等差數(shù)列，不遞增必遞減，因而若有連續(xù)兩項ak,ak+1異號，則Sk必為Sn的最大或最小值. 下面對此類問題作一下較為深入的探究. 在非常數(shù)列的等差數(shù)列中，當(dāng)d>0，d<0時，如何求Sn的最小、最大值？ 第一種思考： （1）若d>0，且a1≥0，則有0≤a10，且a1<0，則一定存在某一自然數(shù)k，使a1S1>S2>…>Sk,且Sk0，必存在自然數(shù)k使a1>a2>a3>…>ak≥0>ak+1>ak+2>…>an>…或a1>a2>a3>…>ak>0≥ak+1>ak+2>…>an>… 則S1Sk+1>…>Sn>… ∴Sn的最大值是Sk. (4)若d<0，且a1≤0，則有0≥a1>a2>a3>…>an－1>an>… ∴S1>S2>S3>…>Sn－1>Sn>… ∴Sn的最大值是S1. 第二種思考： Sn＝na1＋d＝n2＋(a1－)n ＝[n＋]2－＝[n－（－）]2－（－）2 由二次函數(shù)的最大、最小值知識及n∈N*,知：當(dāng)n取最接近－的自然數(shù)時，Sn取到最大值（或最小值），值得注意的是最接近－的自然數(shù)有時1個，有時2個. ［例9］有30根水泥電線桿，要運(yùn)往1000米遠(yuǎn)的地方開始安裝，在1000米處放一根，以后每50米放一根，一輛汽車每次只能運(yùn)三根，如果用一輛汽車完成這項任務(wù)，這輛汽車的行程共有多少公里？ 解法一：如圖所示：假定30根水泥電線桿存放M處. a1＝|Ma|＝1000(M) a2＝|Mb|＝1050(M) a3＝|MC|＝1100(M) … a6＝a3＋503＝1250(M) … a30＝a3＋1509(M) 由于一輛汽車每次只能裝3根，故每運(yùn)一次只能到a3，a6，a9，…，a30這些地方，這樣組成公差為150 M，首項為1100的等差數(shù)列，令汽車行程為S，則有： S＝2（a3＋a6＋…＋a30)＝2(a3＋a3＋1501＋…＋a3＋1509) ＝2(10a3＋1509)＝2(11000＋6750)m＝35.5(公里） 答：這輛汽車行程共有35.5公里. 解法二：根據(jù)題設(shè)和汽車需運(yùn)送十次，可得一等差數(shù)列{an}，其中a1＝100，d＝150，n＝10 則S10＝10a1＋d＝7750 m 所以總共行程為(77502＋100020)m＝35.5公里 答：略. 解法三：根據(jù)題意和汽車每次走的路程可構(gòu)成一個等差數(shù)列， 其中a1＝(1000＋502)2＝2200 m，a2＝(1000＋505)2＝2500 m … d＝1502＝300 m項數(shù)共有10項. ∴Sn＝10a1＋d＝102200 m＋59300 m＝35.5(公里） 答：略. ［例10］有一種零存整取的儲蓄項目，它是每月某日存入一筆相同金額，這是零存；則到一定時期到期，可以提出全部本金及利息，這是整取，它的本利和公式如下：本利和＝每期存入金額[存期＋存期（存期＋1）利率]. （1）試解釋這個本利和公式； （2）若每月初存入100元，月利率5.1‰，到第12個月底的本利和是多少？ （3）若每月初存入一筆金額，月利率是5.1‰，希望到第12個月底取得本利和xx元，那么應(yīng)每月存入多少金額？ 分析：存款儲蓄不是復(fù)利計息，若存入金額為A，月利率為p，則n個月后的利息是nAp. 解：（1）設(shè)每期存入金額A，每期利率p，存的期數(shù)為n，則各期利息之和為： Ap＋2Ap＋3Ap＋…＋nAp＝n(n＋1)Ap. 連同本金，就得 本利和＝nA＋n(n＋1)Ap＝A[n＋n(n＋1)p]. (2)當(dāng)A＝100，p＝5.1‰，n＝12時， 本利和＝100（12＋12135.1‰)＝1239.78(元） （3）將（1）中公式變形，得 A＝＝≈161.32(元） 即每月應(yīng)存入161.32元. 評述：這是兩道等差數(shù)列求和的應(yīng)用題，對于應(yīng)用問題首先是根據(jù)問題給出的已知條件建立數(shù)學(xué)模型，然后解此數(shù)學(xué)問題，最后再回到應(yīng)用問題作出結(jié)論. Ⅲ.課堂練習(xí) 課本P44練習(xí)1，2，3，4 Ⅳ.課時小結(jié) 通過本節(jié)學(xué)習(xí)，要能靈活應(yīng)用等差數(shù)列的通項公式和前n項和公式解決一些相關(guān)問題.另外，需注意一重要結(jié)論：若一數(shù)列為等差數(shù)列，則Sk,S2k－Sk,S3k－S2k也成等差數(shù)列. Ⅴ.課后作業(yè) 課本P45習(xí)題 4，5，6，7，8