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1、2022年高中数学 第二章 数列 第六课时 等差数列的前n项和教案（二） 苏教版必修5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：.复习回顾通项公式：ana1(n1)d，求和公式：Snna1d.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Mmm7n，nN*，且m100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m1
2、00，得7n100，即n14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：7，72，73，74，714，即：7，14，21，28，98这个数列是等差数列，记为an，其中a17，a1498，n14则S14735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
3、式.解：由题意知S10310，S201220将它们代入公式Snna1d，得到解这个关于a1与d的方程组，得到a14，d6所以Sn4n63n2n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Sn3n2n.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，S12S6，S18S12成等差数列，设其kN*，Sk，S2kSk，S3kS2k成等差数列吗?解：设an的首项是a1，公差为d，则S3a1a2a3S6S3a4a5a6(a13d)(a23d)(a33d)(a1a2a3)9dS39dS9S6a7a8a9(a43d)(a53d)(a6
4、3d)(a4a5a6)9d(S6S3)9dS318dS3，S6S3，S9S6成等差数列.同理可得Sk,S2kSk,S3kS2k成等差数列.Ska1a2ak(S2kSk)ak+1ak+2a2k(a1kd)(a2kd)(akkd)(a1a2ak)k2dSkk2d(S3kS2k)a2k+1a2k+2a3k(ak+1kd)(ak+2kd)(a2kkd)(ak+1ak+2a2k)k2d(S2kSk)k2dSk，S2kSk，S3kS2k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，a10，S9S17，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
5、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：S9S17，S99a136d，S1717a1136d9a136d17a1136d，8a1100d，即da10Snna1dna1(a1)na1a1a1 (n226n)a1 (n13)2a1a10， 当n13，Sn有最大值.最大值为a1. 解法二：由a10,d0，可知此数列为从正项开始的递减数列：a1a2a3a4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an0，且an+10.即 解得 n. n13此时，Sn最大，S1313a1da1.评述：
6、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，a11，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(n1)，anSna1a2a2a3anan+14()（）()4().例6设等差数列an的前n项和为Sn，已知a312，S120，S130.(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S120，S1
7、30列不等式组求之.解：依题设有即将a312，即a1122d代入上式得解得d3(2)分析一：写出Sn的表达式Snf(n)An2Bn.配方确定Sn的最大值.解法一：Snna1dn(122d)dn（5）2（5）2 d0，n (5）2最小时，Sn最大.当d3时，6(5)6.5正整数n6时，n (5)2y最小，S6最大.分析二：由d0知an是单调递减的，要使Sn最大，应有an0，an+10.解法二：由d0，可知a1a2a12a13要使1n12中存在自然数n，使得an0，an+10，则Sn就是S1，S2，S12中的最大值.由知a6a70，a70a6a70，a60，a70.故在S1，S2，S12中S6的值
8、最大.解法三：由S120，S130得, 即也即a60且a70，S6最大.解法四：由a1122d，d3得，即5.5n7nN*，n6，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S3S11得：3a1d11a1d,解之得da10Snna1da1n2a1na1（n7）2a1故当n7时，Sn最大，即前7项之和最大.解法二：由解得：n，n7，即前7项之和最大.解法三：由da10，a80. 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d0且an+10的n值；二是由Snna1dn2(a1)n，利用
9、二次函数的性质求n的值.例8数列an是等差数列，a150，d0.6.(1)求从第n项开始有an0；(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nN*.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）a150，d0.6an500.6(n1)0.6n50.6.令0.6n50.60，解之得：n84.3由nN*.故当n85时，an0,即从第85项起以后的各项均小于0.（2）解法一：d0.60由（1）知a840，a850.S1S2S85S86(Sn)maxS8450
10、84(0.6)2108.4.解法二：Sn50n(0.6)0.3n250.3n0.3(n)2当n取接近于的自然数，即n84时，Sn达到最大值S842108.4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d0，d0，且a10，则有0a1a2a3an1anS1S2S3Sn1Sn0，且a10，则一定存在某一自然数k，使a1a2a3ak0ak+1ak+2an1an或a1a2a3ak0ak+1ak+2an1anS1S2Sk,且SkSk+1Sk+2SnSn的最小值是Sk.(3)若d0
11、，必存在自然数k使a1a2a3ak0ak+1ak+2an或a1a2a3ak0ak+1ak+2an则S1S2S3Sk+1SnSn的最大值是Sk.(4)若da2a3an1anS1S2S3Sn1SnSn的最大值是S1.第二种思考：Snna1dn2(a1)n n2n（）2（）2由二次函数的最大、最小值知识及nN*,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
12、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)a6a35031250(M)a30a31509(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：S2（a3a6a30)2(a3a31501a31509)2(10a31509)2(110006750)m35.5(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a1100，d150，n10则S1010a1d7750 m所以总共行程为(77502100020)m35.5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(1000502)22200 m，a2(1000505)22500 md1502300 m项数共有10项.Sn10a1d102200 m59300 m35.5(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
