2019秋高中数学 第二章 数列 2.3 等差数列的前n项和 第2课时 等差数列的前n项和（习题课）

第二章数列第2课时等差数列的前n项和(习题课)[学习目标]1.掌握等差数列前n项和的性质及应用．(重点)2.会解一些简单的与等差数列相关的最值问题．(重点)3.会用裂项相消法求和．[知识提炼·梳理]1．等差数列前n项和的性质(1)等差数列{an}中，其前n项和为Sn，则{an}中连续的n项和构成的数列Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…构成等差数列．(2)数列{an}是等差数列⇔Sn＝an2＋bn(a，b为常数)．(3)若Sn为等差数列{an}的前n项和，则Snn也是等差数列．2．等差数列前n项和的最值(1)在等差数列{an}中，当a10，d0时，Sn有最大值，使Sn取到最值的n可由不等式组an≥0，an＋1≤0确定；当a10，d0时，Sn有最小值，使Sn取到最值的n可由不等式组an≤0，an＋1≥0确定．(2)因为Sn＝d2n2＋a1－d2n，若d≠0，则从二次函数的角度看：当d0时，Sn有最小值；当d0时，Sn有最大值；且n取最接近对称轴的自然数时，Sn取到最值．3．裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求和．常见的拆项方法：(1)1n（n＋k）＝1k1n－1n＋k；(2)1n＋k＋n＝1k(n＋k－n)；(3)1（2n－1）（2n＋1）＝1212n－1－12n＋1．[思考尝试·夯基]1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)知道等差数列的首项、公差与前n项和可求项数n.()(2)知道等差数列的首项、末项与前n项和可求项数n.()(3)若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列Snn也是等差数列．()(4)若a10，d0，则等差数列中所有正项之和最大．()答案：(1)√(2)√(3)√(4)√2．等差数列{an}中，Sn是其前n项和，a1＝－11，S1010－S88＝2，则S11＝()A．－11B．11C．10D．－10解析：因为{an}为等差数列，所以Snn为等差数列，首项S11＝a1＝－11，设Snn的公差为d，则S1010－S88＝2d＝2，所以d＝1，所以S1111＝－11＋10d＝－1，所以S11＝－11.答案：A3．设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m等于()A．3B．4C．5D．6解析：am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，所以公差d＝am＋1－am＝1，由Sm＝m（a1＋am）2＝0，得a1＝－2，所以am＝－2＋(m－1)·1＝2，解得m＝5.答案：C4．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a10，a3＋a100，a6a70，则满足Sn0的最大自然数n的值为()A．6B．7C．12D．13解析：因为a10，a6a70，所以a60，a70，等差数列的公差小于零，又a3＋a10＝a1＋a120，a1＋a13＝2a70，所以S120，S130，所以满足Sn0的最大自然数n的值为12.答案：C5．数列{an}的通项公式an＝1n＋n＋1，其前n项和Sn＝9，则n＝________．解析：an＝1n＋n＋1＝n＋1－n，所以Sn＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n＋1－n)＝n＋1－1＝9，所以n＝99.答案：99类型1与等差数列有关的求和问题[典例1](1)等差数列{an}中，a1＝2，公差d＝2，Sn为前n项和，求1S1＋1S2＋…＋1Sn－1＋1Sn；(2)已知数列{an}的前n项和Sn＝－32n2＋2052n，求数列{|an|}的前n项和Tn.解：(1)因为等差数列{an}的首项a1＝2，公差d＝2，所以前n项和Sn＝na1＋n（n－1）2d＝2n＋n（n－1）2×2＝n2＋n，所以1Sn＝1n2＋n＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1.所以1S1＋1S2＋…＋1Sn－1＋1Sn＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.(2)a1＝S1＝－32×12＋2052×1＝101.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(－32n2＋2052n)－[－32(n－1)2＋2052(n－1)]＝－3n＋104.因为n＝1时也适合上式，所以数列{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，an0；当n≥35时，an0.①当n≤34时，Tn＝{a1}＋{a2}＋…＋{an}＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝－32n2＋2052n；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＝2－32×342＋2052×34－(－32n2＋2052n)＝32n2－2052n＋3502.故Tn＝－32n2＋2052n，n≤34且n∈N*，32n2－2052n＋3502，n≥35且n∈N*.归纳升华1．裂项相消法求数列的和，主要适用于数列的通项公式是分式．常见的裂项有：(1)若{an}是等差数列，则1anan＋1＝1d1an－1an＋1，1anan＋2＝12d1an－1an＋2.(2)1n（n＋k）＝1k1n－1n＋k.(3)14n2－1＝1（2n－1）（2n＋1）＝12×12n－1－12n＋1.(4)n＋1－nn＋1n＝1n－1n＋1.(5)n＋1n2（n＋2）2＝141n2－1（n＋2）2.(6)（2n）2（2n－1）（2n＋1）＝1＋1212n－1－12n＋1.2．已知{an}为等差数列，求数列{|an|}的前n项和的步骤：第一步，解不等式an≥0(或an≤0)寻找{an}的正负项分界点．第二步，求和：(1)若an各项均为正数(或均为负数)，则{|an|}各项的和等于{an}的各项的和(或其相反数)；(2)若a10，d0(或a10，d0)，这时数列{an}只有前面有限项为正数(或负数)，可分段求和再相加．[变式训练]已知数列{an}的通项公式为an＝1（2n－1）（2n＋1），求数列{an}的前n项和Sn.解：an＝1（2n－1）（2n＋1）＝1212n－1－12n＋1，所以Sn＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋1（2n－3）（2n－1）＋1（2n－1）（2n＋1）＝121－13＋13－15＋15－17＋…＋12n－3－12n－1＋12n－1－12n＋1＝12(1－12n＋1)＝n2n＋1，所以Sn＝n2n＋1.类型2等差数列前n项和性质的应用(互动探究)[典例2](1)等差数列前n项的和为30，前2n项的和为100，则它的前3n项的和为()A．130B．170C．210D．260(2)等差数列{an}共有2n＋1项，所有的奇数项之和为132，所有的偶数项之和为120，则n等于________．(3)已知{an}，{bn}均为等差数列，其前n项和分别为Sn，Tn，且SnTn＝2n＋2n＋3，则a5b5＝________．解析：(1)利用等差数列的性质：Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列．所以Sn＋(S3n－S2n)＝2(S2n－Sn)，即30＋(S3n－100)＝2(100－30)，解得S3n＝210.(2)法一(巧用性质)因为等差数列共有2n＋1项，所以S奇－S偶＝an＋1＝S2n＋12n＋1，即132－120＝132＋1202n＋1，解得n＝10.法二(基本量思想)可设等差数列的首项为a1，公差为d.依题意可列方程组（n＋1）a1＋n（n＋1）2×2d＝132，na2＋（n－1）n2×2d＝120，即（n＋1）（a1＋nd）＝132，n（a1＋nd）＝120，所以n＋1n＝132120，即n＝10.(3)由等差数列的性质，知a5b5＝a1＋a92b1＋b92＝a1＋a92×9b1＋b92×9＝S9T9＝2×9＋29＋3＝53.答案：(1)C(2)10(3)53[迁移探究]若典例2(3)中的条件不变，如何求a10b9的值？解：因为{an}，{bn}是等差数列，且SnTn＝2n＋2n＋3，所以可设Sn＝kn(2n＋2)，Tn＝kn(n＋3)(k≠0)，所以a10b9＝S10－S9T9－T8＝10k（2×10＋2）－9k（2×9＋2）9k（9＋3）－8k（8＋3）＝40k20k＝2.归纳升华1．若数列{an}是公差为d的等差数列，则数列Snn也是等差数列，且公差为d2.2．Sm，S2m，S3m分别为{an}的前m项，前2m项，前3m项的和，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m也成等差数列，公差为m2d.[变式训练](1)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝8，S8＝20，则a11＋a12＋a13＋a14＝()A．18B．17C．16D．15(2)等差数列{an}的通项公式是an＝2n＋1，其前n项和为Sn，则数列Snn的前10项和为________．解析：(1)设{an}的公差为d，则a5＋a6＋a7＋a8＝S8－S4＝12，(a5＋a6＋a7＋a8)－S4＝16d，解得d＝14，a11＋a12＋a13＋a14＝S4＋40d＝18.(2)因为an＝2n＋1，所以a1＝3，所以Sn＝n（3＋2n＋1）2＝n2＋2n，所以Snn＝n＋2，所以Snn是公差为1，首项为3的等差数列，所以前10项和为3×10＋10×92×1＝75.答案：(1)A(2)75类型3等差数列前n项和的最值问题[典例3](2018·全国卷Ⅱ)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＝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.归纳升华求等差数列前n项和Sn的最值的方法1．函数法：利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn(a≠0)，通过配方或借助图象求二次函数的最值．2．邻项变号法：(1)当a10，d0时，满足am≥0，am＋1≤0的项数m使得Sn取得最大值，为Sm(当am＋1＝0时，Sm＋1也为最大值)；(2)当a10，d0时，满足am≤0，am＋1≥0的项数m使得Sn取得最小值，为Sm(当am＋1＝0时，Sm＋1也为最小值)．[变式训练](1)在递减等差数列{an}中，若a1＋a100＝0，则其前n项和Sn取最大值时的n的值为()A．49B．51C．48D．50(2)设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n项和，则下列说法错误的是()A．若d＜0，则数列{Sn}有最大项B．若数列{Sn}有最大项，则d＜0C．若数列{Sn}是递增数列，则对任意n∈N*，均有Sn＞0D．若对任意n∈N*，均有Sn＞0，则数列{Sn}是递增数列(3)等差数列{an}中，设Sn为其前n项和，且a1＞0，S3＝S11，求n为多少时，Sn最大．解析：(1)因为a1＋a100＝a50＋a51＝0，且d0，所以a500，a510，所以当n＝50时，Sn取最大值．(2)特殊值验证排除．选项C显然是错的，举出反例：－1，0，1，2，…，满足数列{Sn}是递增数列，但是Sn0不恒成立．答案：(1)D(2)C(3)解：法一由S3＝S11，可得3a1＋3×22d＝11a1＋11