第六课时等差数列的前n项和（二）.doc

第六课时 等差数列的前n项和(二)
教学目标：
进一步熟练掌握等差数列的通项公式和前n项和公式，了解等差数列的一些性质，并会用它们解决一些相关问题；提高学生的应用意识.
教学重点：
熟练掌握等差数列的求和公式.
教学难点：
灵活应用求和公式解决问题.
教学过程：
Ⅰ.复习回顾
通项公式：an＝a1＋(n－1)d，求和公式：Sn＝＝na1＋d
Ⅱ.讲授新课
下面结合这些例子，来看如何应用上述知识解决一些相关问题.
［例1］求集合M＝{m｜m＝7n，n∈N*，且m＜100}的元素个数，并求这些元素的和.
分析：满足条件的n的取值个数即为集合M的元素个数，这些元素若按从小到大排列，则是一等差数列.
解：由m＜100，得7n＜100，即n＜＝14
所以满足上面不等式的正整数n共有14个，即集合M中的元素共有14个，将它们从小到大可列出，得：7，7×2，7×3，7×4，…7×14，即：7，14，21，28，…98
这个数列是等差数列，记为{an}，其中a1＝7，a14＝98，n＝14
则S14＝＝735
答：集合M中共有14个元素，它们和等于735.
这一例题表明，在小于100的正整数中共有14个数是7的倍数，它们的和是735.
［例2］已知一个等差数列的前10项的和是310，前20项的和是1220，由此可以确定求其前n项和的公式吗?
分析：将已知条件代入等差数列前n项和的公式后，可得到两个关于a1与d的关系，然后确定a1与d，从而得到所求前n项和的公式.
解：由题意知S10＝310，S20＝1220
将它们代入公式Sn＝na1＋d，得到

解这个关于a1与d的方程组，得到a1＝4，d＝6
所以Sn＝4n＋×6＝3n2＋n
这就是说，已知S10与S20，可以确定这个数列的前n项和的公式，
这个公式是Sn＝3n2＋n.
下面，同学们再来思考这样一个问题：
［例3］已知数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和.
求证：S6，S12－S6，S18－S12成等差数列，设其k∈N*，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k成等差数列吗?
解：设{an}的首项是a1，公差为d，则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成等差数列.
同理可得Sk,S2k－Sk,S3k－S2k成等差数列.
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为首项，k2d为公差的等差数列.
［例4］已知数列{an}是等差数列，a1＞0，S9＝S17，试问n为何值时，数列的前n项和最大？最大值为多少？
分析：要研究一个等差数列的前n项和的最大（小）问题，有两条基本途径；其一是利用Sn是n的二次函数关系来考虑；其二是通过考察数列的单调性来解决.
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， ∴当n＝13，Sn有最大值.最大值为a1.
解法二：由a1＞0,d＜0，可知此数列为从正项开始的递减数列：a1＞a2＞a3＞a4＞……
故n在某一时刻，必然会出现负项，此时前n项的和开始减少，因此，要使Sn最大，n必须使得an≥0，且an+1≤0.
即
解得 ≤n≤. ∴n＝13
此时，Sn最大，S13＝13a1＋d＝a1.
评述：解法一利用Sn是n的二次函数关系，归纳为求二次函数的最值问题，不过要注意自变量n是正整数；解法2是从研究数列的单调性及项的正负进而研究前n项和Sn的最大值，方法更具有一般性.
［例5］在数列{an}中，a1＝1，an+1＝，求数列{anan+1}的前n项和.
分析：要求数列{anan+1}的前n项和，需要先求数列{an}的通项公式.
解：由已知得＝＋
∴{}为首项为 ＝1，公差为的等差数列.
∴＝1＋(n－1)×＝，∴an＝
Sn＝a1a2＋a2a3＋…＋anan+1＝＋＋…＋
＝4[(－)＋（－）＋…＋(－)]＝4(－)＝.
［例6］设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝12，S12＞0，S13＜0.
(1)求公差d的取值范围；（2）指出S1，S2，…，S12中哪一个值最大？并说明理由.
（1）分析：由S12＞0，S13＜0列不等式组求之.
解：依题设有
即将a3＝12，即a1＝12－2d代入上式得
解得－＜d＜－3
(2)分析一：写出Sn的表达式Sn＝f(n)＝An2＋Bn.配方确定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最小时，Sn最大.
当－＜d＜－3时，6＜(5－)＜6.5
∴正整数n＝6时，[n－ (5－)]2y最小，∴S6最大.
分析二：由d＜0知{an}是单调递减的，要使Sn最大，应有an≥0，an+1＜0.
解法二：由d＜0，可知a1＞a2＞…＞a12＞a13
∴要使1≤n≤12中存在自然数n，使得an＞0，an+1＜0，则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］首项为正数的等差数列{an}，它的前三项之和与前十一项之和相等，问此数列前多少项之和最大？
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
故当n＝7时，Sn最大，即前7项之和最大.
解法二：由

解得：＜n＜，∴n＝7，即前7项之和最大.
解法三：由d＝－a1<0，知：{an}是递减等差数列.
又S3＝S11
∴a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＋a10＋a11＝0, ∴a7＋a8＝0
∴必有a7>0，a8<0. ∴前7项之和最大.
评述：解法三利用等差数列的性质，解得简单，易懂.
等差数列的前n项和Sn，在d<0时有最大值，求当n为何值时，使Sn取最大值，有两种方法：一是满足an>0且an+1<0的n值；二是由Sn＝na1＋d＝n2＋(a1－)n，利用二次函数的性质求n的值.
［例8］数列{an}是等差数列，a1＝50，d＝－0.6.
(1)求从第n项开始有an<0；(2)求此数列的前n项和的最大值.
分析：对于（1）实质上是解一个不等式 ，但要注意n∈N*.对于（2）实际上是研究Sn随n的变化规律，由于等差数列中Sn是关于n的二次函数，可以用二次函数方法处理，也可以由an的变化，推测Sn的变化.
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*.故当n≥85时，an<0,
即从第85项起以后的各项均小于0.
（2）解法一：∵d＝－0.6<0，a1＝50>0
由（1）知a84>0，a85<0.
∴S1<S2<…<S84且S84>S85>S86>…
∴(Sn)max＝S84＝50×84＋×(－0.6)＝2108.4.
解法二：Sn＝50n＋×(－0.6)＝－0.3n2＋50.3n＝－0.3(n－)2＋
当n取接近于的自然数，即n＝84时，Sn达到最大值S84＝2108.4
评述：不是常数列的等差数列，不递增必递减，因而若有连续两项ak,ak+1异号，则Sk必为Sn的最大或最小值.
下面对此类问题作一下较为深入的探究.
在非常数列的等差数列中，当d>0，d<0时，如何求Sn的最小、最大值？
第一种思考：
（1）若d>0，且a1≥0，则有0≤a1<a2<a3<…<an－1<an<…
∴S1<S2<S3<…<Sn－1<Sn<…
∴Sn的最小值是S1.
（2）若d>0，且a1<0，则一定存在某一自然数k，使a1<a2<a3<…<ak≤0<ak+1<ak+2<…<
an－1<an<…或a1<a2<a3<…<ak<0≤ak+1<ak+2<…<an－1<an<…
则0>S1>S2>…>Sk,且Sk<Sk+1<Sk+2<…<Sn<…
∴Sn的最小值是Sk.
(3)若d<0，而a1>0，必存在自然数k使a1>a2>a3>…>ak≥0>ak+1>ak+2>…>an>…或a1>a2>a3>…>ak>0≥ak+1>ak+2>…>an>…
则S1<S2<S3<…<Sk,且Sk>Sk+1>…>Sn>…
∴Sn的最大值是Sk.
(4)若d<0，且a1≤0，则有0≥a1>a2>a3>…>an－1>an>…
∴S1>S2>S3>…>Sn－1>Sn>…
∴Sn的最大值是S1.
第二种思考：
Sn＝na1＋d＝n2＋(a1－)n
＝[n＋]2－＝[n－（－）]2－（－）2
由二次函数的最大、最小值知识及n∈N*,知：当n取最接近－的自然数时，Sn取到最大值（或最小值），值得注意的是最接近－的自然数有时1个，有时2个.
［例9］有30根水泥电线杆，要运往1000米远的地方开始安装，在1000米处放一根，以后每50米放一根，一辆汽车每次只能运三根，如果用一辆汽车完成这项任务，这辆汽车的行程共有多少公里？
解法一：如图所示：假定30根水泥电线杆存放M处.
a1＝|Ma|＝1000(M)
a2＝|Mb|＝1050(M)
a3＝|MC|＝1100(M)
…
a6＝a3＋50×3＝1250(M)
…
a30＝a3＋150×9(M)
由于一辆汽车每次只能装3根，故每运一次只能到a3，a6，a9，…，a30这些地方，这样组成公差为150 M，首项为1100的等差数列，令汽车行程为S，则有：
S＝2（a3＋a6＋…＋a30)＝2(a3＋a3＋150×1＋…＋a3＋150×9)
＝2(10a3＋150××9)＝2(11000＋6750)m＝35.5(公里）
答：这辆汽车行程共有35.5公里.
解法二：根据题设和汽车需运送十次，可得一等差数列{an}，其中a1＝100，d＝150，n＝10
则S10＝10a1＋d＝7750 m
所以总共行程为(7750×2＋1000×20)m＝35.5公里
答：略.
解法三：根据题意和汽车每次走的路程可构成一个等差数列，
其中a1＝(1000＋50×2)×2＝2200 m，a2＝(1000＋50×5)×2＝2500 m
…
d＝150×2＝300 m项数共有10项.
∴Sn＝10a1＋d＝10×2200 m＋5×9×300 m＝35.5(公里）
答：略.
［例10］有一种零存整取的储蓄项目，它是每月某日存入一笔相同金额，这是零存；则到一定时期到期，可以提出全部本金及利息，这是整取，它的本利和公式如下：本利和＝每期存入金额×[存期＋存期×（存期＋1）×利率].
（1）试解释这个本利和公式；
（2）若每月初存入100元，月利率5.1‰，到第12个月底的本利和是多少？
（3）若每月初存入一笔金额，月利率是5.1‰，希望到第12个月底取得本利和2000元，那么应每月存入多少金额？
分析：存款储蓄不是复利计息，若存入金额为A，月利率为p，则n个月后的利息是nAp.
解：（1）设每期存入金额A，每期利率p，存的期数为n，则各期利息之和为：
Ap＋2Ap＋3Ap＋…＋nAp＝n(n＋1)Ap.
连同本金，就得
本利和＝nA＋n(n＋1)Ap＝A[n＋n(n＋1)p].
(2)当A＝100，p＝5.1‰，n＝12时，
本利和＝100×（12＋×12×13×5.1‰)＝1239.78(元）
（3）将（1）中公式变形，得
A＝＝≈161.32(元）
即每月应存入161.32元.
评述：这是两道等差数列求和的应用题，对于应用问题首先是根据问题给出的已知条件建立数学模型，然后解此数学问题，最后再回到应用问题作出结论.
Ⅲ.课堂练习
课本P44练习1，2，3，4
Ⅳ.课时小结
通过本节学习，要能灵活应用等差数列的通项公式和前n项和公式解决一些相关问题.另外，需注意一重要结论：若一数列为等差数列，则Sk,S2k－Sk,S3k－S2k也成等差数列.
Ⅴ.课后作业
课本P45习题 4，5，6，7，8

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