新编【人教A版】高中数学必修五学案设计(含答案)第二章 2.3(二)

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[学习目标] 1.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.2.掌握等差数列前n 项和的最值问题.3.理解a n 与S n 的关系，能根据S n 求a n .

知识点一 等差数列前n 项和及其最值

1．前n 项和公式：S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝d 2n 2＋(a 1－d 2

)n . 2．等差数列前n 项和的最值

(1)在等差数列{a n }中，当a 1＞0，d ＜0时，S n 有最大值，使S n 取到最值的n 可由不等式组?

???? a n ≥0，a n ＋1≤0确定； 当a 1＜0，d ＞0时，S n 有最小值，使S n 取到最值的n 可由不等式组?????

a n ≤0，a n ＋1≥0确定． (2)因为S n ＝d 2

n 2＋????a 1－d 2n ，若d ≠0，则从二次函数的角度看：当d >0时，S n 有最小值；当d ＜0时，S n 有最大值；且n 取最接近对称轴的自然数时，S n 取到最值． 知识点二 数列中a n 与S n 的关系

对任意数列{a n }，S n 与a n 的关系可以表示为

a n ＝?????

S 1 (n ＝1)，S n －S n －1(n ≥2). 思考 若S n ＝n 2＋n ，则a n ＝________.

答案 2n

解析 n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －[(n －1)2＋(n －1)]＝2n ，

当n ＝1时，a 1＝S 1＝12＋1＝2＝2×1，

∴a n ＝2n .

知识点三 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

)．

题型一 已知S n 求a n

例1 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2n 2＋3n ，试判断数列{a n }是不是等差数列． 解 ∵S n ＝2n 2＋3n ，∴当n ≥2时，

a n ＝S n －S n －1＝2n 2＋3n －2(n －1)2－3(n －1)＝4n ＋1.

当n ＝1时，a 1＝S 1＝5＝4×1＋1.

∴n ＝1时，适合a n ＝4n ＋1.

∴数列的通项公式是a n ＝4n ＋1.

故数列{a n }是等差数列．

反思与感悟 (1)a n 与S n 的关系：a n ＝????? S 1， n ＝1，

S n －S n －1，n ≥2.

当n ＝1适合于a n 时，则a 1可以统一到a n (n ≥2，n ∈N *)的形式中，而不用写成分段函数形式．若n ＝1不适合a n ，则通项公式应写成分段函数形式．

(2)等差数列{a n }中，若d ≠0，则S n 可写成关于n 的二次函数形式，反之，若S n ＝An 2＋Bn ，那么数列{a n }一定是等差数列．

跟踪训练1 本例中，若S n ＝2n 2＋3n ＋1，试判断该数列是不是等差数列． 解 ∵S n ＝2n 2＋3n ＋1.∴n ≥2时，

a n ＝S n －S n －1＝2n 2＋3n ＋1－2(n －1)2－3(n －1)－1＝4n ＋1.

当n ＝1时，a 1＝S 1＝6≠4×1＋1.

∴a n ＝?

????

6， (n ＝1)，

4n ＋1 (n ≥2)， 故数列{a n }不是等差数列．

题型二 等差数列前n 项和的最值问题 例2 在等差数列{a n }中，若a 1＝25，且S 9＝S 17，求S n 的最大值． 解 方法一 ∵S 9＝S 17，a 1＝25，

∴9×25＋9(9－1)2d ＝17×25＋17(17－1)2

d ， 解得d ＝－2.

∴S n ＝25n ＋n (n －1)2

×(－2)＝－n 2＋26n ＝－(n －13)2＋169.

∴当n ＝13时，S n 有最大值169. 方法二 同法一，求出公差d ＝－2. ∴a n ＝25＋(n －1)×(－2)＝－2n ＋27. ∵a 1＝25>0， 由????? a n ＝－2n ＋27≥0，

a n ＋1＝－2(n ＋1)＋27≤0，得??? n ≤1312，n ≥1212 又∵n ∈N *，∴当n ＝13时，S n 有最大值169. 方法三 ∵S 9＝S 17，

∴a 10＋a 11＋…＋a 17＝0.

由等差数列的性质得a 13＋a 14＝0. ∵a 1>0，∴d <0.∴a 13>0，a 14<0. ∴当n ＝13时，S n 有最大值169. 方法四 设S n ＝An 2＋Bn .

∵S 9＝S 17，

∴二次函数对称轴为x ＝9＋172

＝13，且开口方向向下， ∴当n ＝13时，S n 取得最大值169.

反思与感悟 (1)等差数列前n 项和S n 最大(小)值的情形： ①若a 1>0，d <0，则S n 存在最大值，即所有非负项之和． ②若a 1<0，d >0，则S n 存在最小值，即所有非正项之和．

(2)求等差数列前n 项和S n 最值的方法：

①寻找正、负项的分界点，可利用等差数列性质或利用 ??? a n ≥0a n ＋1≤0或?

?? a n ≤0

a n ＋1≥0来寻找． ②运用二次函数求最值的方法．

跟踪训练2 已知等差数列{a n }中，a 1＝9，a 4＋a 7＝0.

(1)求数列{a n }的通项公式；

(2)当n 为何值时，数列{a n }的前n 项和取得最大值？ 解 (1)由a 1＝9，a 4＋a 7＝0，

得a 1＋3d ＋a 1＋6d ＝0，解得d ＝－2，

∴a n ＝a 1＋(n －1)·d ＝11－2n .

(2)方法一 a 1＝9，d ＝－2，

S n ＝9n ＋n (n －1)2

·(－2)＝－n 2＋10n ＝－(n －5)2＋25， ∴当n ＝5时，S n 取得最大值．

方法二 由(1)知a 1＝9，d ＝－2<0，∴{a n }是递减数列．

令a n ≥0，则11－2n ≥0，解得n ≤112

. ∵n ∈N *，∴n ≤5时，a n >0，n ≥6时，a n <0.

∴当n ＝5时，S n 取得最大值．

题型三 求数列{|a n |}的前n 项和

例3 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－32n 2＋2052n ，求数列{|a n |}的前n 项和T n .

解 a 1＝S 1＝－32×12＋2052

×1＝101. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1

＝????－32n 2＋2052n －???

?－32(n －1)2＋2052(n －1) ＝－3n ＋104.

∵n ＝1也适合上式，

∴数列{a n }的通项公式为a n ＝－3n ＋104(n ∈N *)． 由a n ＝－3n ＋104≥0，得n ≤34.7.

即当n ≤34时，a n >0；当n ≥35时，a n <0.

(1)当n ≤34时，

T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a n

＝S n ＝－32n 2＋2052

n ； (2)当n ≥35时，

T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 34|＋|a 35|＋…＋|a n |

＝(a 1＋a 2＋…＋a 34)－(a 35＋a 36＋…＋a n )

＝2(a 1＋a 2＋…＋a 34)－(a 1＋a 2＋…＋a n )

＝2S 34－S n

＝2????－32×342＋2052×34－????－32

n 2＋2052n ＝32n 2－2052

n ＋3 502. 故T n

＝??? －32n 2＋2052n (n ≤34且n ∈N *)，32n 2－2052n ＋3 502，(n ≥35且n ∈N *).

反思与感悟 等差数列的各项取绝对值后组成数列{|a n |}．若原等差数列{a n }中既有正项，也有负项，那么{|a n |}不再是等差数列，求和关键是找到数列{a n }的正负项分界点处的n 值，再分段求和．

跟踪训练3 已知等差数列{a n }中，若S 2＝16，S 4＝24，求数列{|a n |}的前n 项和T n .

解 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，

由S 2＝16，S 4＝24得??? 2a 1＋2×

12d ＝16，4a 1＋4×32d ＝24.

即????? 2a 1＋d ＝16，2a 1＋3d ＝12. 解得????? a 1＝9，

d ＝－2.

所以等差数列{a n }的通项公式为a n ＝11－2n (n ∈N *)．

①当n ≤5时，T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝S n ＝－n 2＋10n .

②当n ≥6时，T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a 5－a 6－a 7－…－a n ＝2S 5－S n ＝2×(－52＋10×5)－(－n 2＋10n )＝n 2－10n ＋50，

故T n ＝?????

－n 2＋10n (n ≤5且n ∈N *)，

n 2－10n ＋50(n ≥6且n ∈N *). 题型四 裂项相消法求和

例4 等差数列{a n }中，a 1＝3，公差d ＝2，S n 为前n 项和，求1S 1＋1S 2＋…＋1S n

. 解 ∵等差数列{a n }的首项a 1＝3，公差d ＝2，

∴前n 项和S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝3n ＋n (n －1)2

×2＝n 2＋2n (n ∈N *)， ∴1S n ＝1n 2＋2n ＝1n (n ＋2)＝12(1n －1n ＋2

)， ∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n

＝12???

(1－13)＋(12－14)＋(13－15)＋…＋(1n －1－1n ＋1) ???＋(1n －1n ＋2)＝12

(1＋12－1n ＋1－1n ＋2)＝34－2n ＋32(n ＋1)(n ＋2). 反思与感悟 裂项相消法求数列的前n 项和的基本思想是设法将数列的每一项拆成两项(裂项)，并使它们在相加时除了首尾各有一项或少数几项外，其余各项都能前后相消，进而求数列的前n 项和．

跟踪训练4 已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1(2n －1)(2n ＋1)

，求数列{a n }的前n 项和S n . 解 a n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12(12n －1－12n ＋1

)， ∴S n ＝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)＝n 2n ＋1

， ∴S n ＝n 2n ＋1

.

已知S n 求a n 忽略n ＝1的情况

例5 已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝n 2－1，则数列{a n }的通项公式为a n ＝________. 错解 a n ＝S n －S n －1＝(n 2－1)－[(n －1)2－1]＝2n －1.

答案 2n －1

错因分析 运用a n ＝S n －S n －1求通项公式时，要求n ≥2，只有验证n ＝1满足通项公式后，才能用一个式子来表示，否则必须分段表示．

正解 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1

＝(n 2－1)－[(n －1)2－1]＝2n －1.

当n ＝1时，a 1＝S 1＝12－1＝0，不符合上式，

∴a n ＝?

???? 0，n ＝1，2n －1，n ≥2. 答案 ?????

0，n ＝1，2n －1，n ≥2 误区警示 根据前n 项和S n ＝an 2＋bn ＋c 判断{a n }是不是等差数列时，只有当c ＝0时是等差数列，否则不是．

1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则a n 等于( )

A ．n

B ．n 2

C ．2n ＋1

D ．2n －1

答案 D

解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1，

又因a 1＝1符合a n ＝2n －1，所以，a n ＝2n －1(n ∈N *)．

2．已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，且S 6>S 7>S 5，有下列四个命题：①d <0；②S 11>0；③S 12<0；④数列{S n }中的最大项为S 11，其中正确命题的序号是( )

A ．②③

B ．①②

C ．①③

D ．①④

答案 B

解析 ∵S 6>S 7，∴a 7<0，

∵S 7>S 5，∴a 6＋a 7>0，∴a 6>0，∴d <0，①正确．

又S 11＝112

(a 1＋a 11)＝11a 6>0，②正确． S 12＝122

(a 1＋a 12)＝6(a 6＋a 7)>0，③不正确． {S n }中最大项为S 6，④不正确．

故正确的是①②.

3．已知等差数列{a n }中，|a 5|＝|a 9|，公差d ＞0，则使得前n 项和S n 取得最小值的正整数n 的值是________．

答案 6或7

解析 由|a 5|＝|a 9|且d ＞0得a 5＜0，a 9＞0，且a 5＋a 9＝0?2a 1＋12d ＝0?a 1＋6d ＝0，即a 7＝0，故S 6＝S 7且最小．

4．数列{a n }的通项公式a n ＝

1n ＋n ＋1，其前n 项和S n ＝9，则n ＝________. 答案 99

解析 a n ＝1

n ＋n ＋1＝n ＋1－n ， ∴S n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )

＝n ＋1－1＝9，

∴n ＝99.

5．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3＋2n ，求a n .

解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋2＝5.

(2)当n ≥2时，S n －1＝3＋2n －1，

又S n ＝3＋2n ，∴a n ＝S n －S n －1＝2n －2n －1＝2n －1(n ≥2)．

又当n ＝1时，a 1＝21－1＝1≠5，

∴a n ＝?????

5(n ＝1)，

2n －1(n ≥2).

1.因为a n ＝S n －S n －1在n ≥2时才有意义，所以由S n 求通项公式a n ＝f (n )时，要分n ＝1和n ≥2两种情况分别计算，然后验证两种情况可否用统一解析式表示，若不能，则用分段函数的形式表示．

2．求等差数列前n 项和最值的方法：

(1)二次函数法：用求二次函数的最值方法来求其前n 项和的最值，但要注意n ∈N *，结合二次函数图象的对称性来确定n 的值，更加直观． (2)通项法：当a 1>0，d <0，????? a n ≥0，a n ＋1≤0时，S n 取得最大值；当a 1<0，d >0，?????

a n ≤0，

a n ＋1≥0时，S n 取得最小值．

3．求等差数列{a n }前n 项的绝对值之和，关键是找到数列{a n }的正负项的分界点．

一、选择题

1．若数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－1，则a 4等于( )

A ．7

B ．8

C ．9

D ．17

答案 A

解析 a 4＝S 4－S 3＝(42－1)－(32－1)＝7.

2．数列{a n }为等差数列，它的前n 项和为S n ，若S n ＝(n ＋1)2＋λ，则λ的值是( )

A ．－2

B ．－1

C ．0

D ．1

答案 B

解析 等差数列前n 项和S n 的形式为S n ＝an 2＋bn ，

∴λ＝－1.

3．设等差数列{}a n 的前n 项和为S n ，S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m 等于( )

A ．3

B ．4

C ．5

D ．6

答案 C

解析 a m ＝S m －S m －1＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，所以公差d ＝a m ＋1－a m ＝1，

由S m ＝m (a 1＋a m )2

＝0，得a 1＝－2，所以a m ＝－2＋(m －1)·1＝2，解得m ＝5，故选C. 4．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若OB →＝a 1OA →＋a 200OC →，且A ，B ，C 三点共线(该直线

不过点O )，则S 200等于( )

A ．100

B ．101

C ．200

D ．201

答案 A

解析 A 、B 、C 三点共线?a 1＋a 200＝1，

∴S 200＝2002

(a 1＋a 200)＝100. 5．若数列{a n }的前n 项和是S n ＝n 2－4n ＋2，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 10|等于( )

A ．15

B ．35

C ．66

D ．100

答案 C

解析 易得a n ＝?

???? －1，n ＝1，

2n －5，n ≥2. |a 1|＝1，|a 2|＝1，|a 3|＝1，

令a n >0则2n －5>0，∴n ≥3.

∴|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 10|

＝1＋1＋a 3＋…＋a 10

＝2＋(S 10－S 2)

＝2＋[(102－4×10＋2)－(22－4×2＋2)]

＝66.

6．设数列{a n }是等差数列，若a 1＋a 3＋a 5＝105，a 2＋a 4＋a 6＝99，以S n 表示{a n }的前n 项和，则使S n 达到最大值的n 是( )

A ．18

B ．19

C ．20

D ．21

答案 C

解析 a 1＋a 3＋a 5＝105＝3a 3，

∴a 3＝35，

a 2＋a 4＋a 6＝99＝3a 4，∴a 4＝33，

∴d ＝a 4－a 34－3

＝－2， ∴a n ＝a 3＋(n －3)d ＝41－2n ，

令a n >0，∴41－2n >0，∴n <412

， ∴n ≤20.

7.11×3＋12×4＋13×5＋14×6＋…＋1n (n ＋2)

等于( ) A.1n (n ＋2) B.12(1－1n ＋2

) C.12(32－1n ＋1－1n ＋2) D.12(1－1n ＋1

) 答案 C

解析 通项a n ＝1n (n ＋2)＝12(1n －1n ＋2

)， ∴原式＝12[(1－13)＋(12－14)＋(13－15)…＋(1n －1－1n ＋1

)＋(1n －1n ＋2)] ＝12(1＋12－1n ＋1－1n ＋2

) ＝12(32－1n ＋1－1n ＋2

)． 二、填空题

8．若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9>0，a 7＋a 10<0，则当n ＝________时，数列{a n }的前n 项和最大．

答案 8

解析 ∵a 7＋a 8＋a 9＝3a 8>0，∴a 8>0.

∵a 7＋a 10＝a 8＋a 9<0，∴a 8>0，a 9<0.

故前8项的和最大．

9．已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝n 2，则数列{a n }的通项公式为________．

答案 a n ＝2n －1n

解析 a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝n 2，

当n ≥2时，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝(n －1)2，

∴na n ＝2n －1，∴a n ＝2n －1n

. 当n ＝1时，a 1＝1，符合上式，

∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1n

. 10．已知数列：1，11＋2，11＋2＋3，…，11＋2＋…＋n

，…，则其前n 项和等于________． 答案

2n n ＋1 解析 1

1＋2＋…＋n ＝2n (n ＋1)＝2(1n －1n ＋1)， ∴所求的和为2[(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1n ＋1)]＝2(1－1n ＋1)＝2n n ＋1

. 三、解答题

11．数列{a n }的前n 项和S n ＝100n －n 2(n ∈N *)．

(1)判断{a n }是不是等差数列，若是，求其首项、公差；

(2)设b n ＝|a n |，求数列{b n }的前n 项和．

解 (1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(100n －n 2)－[100(n －1)－(n －1)2]＝101－2n .

∵a 1＝S 1＝100×1－12＝99适合上式，

∴a n ＝101－2n (n ∈N *)．

∵a n ＋1－a n ＝－2为常数，

∴数列{a n }是首项为99，公差为－2的等差数列．

(2)令a n ＝101－2n ≥0，得n ≤50.5，

∵n ∈N *，∴n ≤50(n ∈N *)．

①当1≤n ≤50时，a n >0，此时b n ＝|a n |＝a n ，

∴{b n }的前n 项和S ′n ＝100n －n 2.

②当n ≥51时，a n <0，此时b n ＝|a n |＝－a n ，

由b 51＋b 52＋…＋b n ＝－(a 51＋a 52＋…＋a n )

＝－(S n －S 50)＝S 50－S n ，

得数列{b n }的前n 项和S ′n ＝S 50＋(S 50－S n )

＝2S 50－S n ＝2×2 500－(100n －n 2) ＝5 000－100n ＋n 2.

由①②得数列{b n }的前n 项和为

S ′n ＝?????

100n －n 2(n ∈N *，1≤n ≤50)，

5 000－100n ＋n 2(n ∈N *，n ≥51). 12．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝2S 2n 2S n －1

(n ≥2)，求数列{a n }的通项公式． 解 ∵a n ＝S n －S n －1，∴S n －S n －1＝2S 2n 2S n －1， 即(S n －S n －1)(2S n －1)＝2S 2n ，

即S n －1－S n ＝2S n S n －1，即1S n －1S n －1

＝2， ∴{1S n }为等差数列，且1S 1＝1a 1

＝1， ∴1S n ＝1＋2(n －1)，即S n ＝12n －1

. ∴a n ＝S n －S n －1＝12n －1－12n －3＝－2(2n －1)(2n －3)

(n ≥2)， 又a 1＝1≠－2(2×1－1)(2×1－3)

， ∴a n ＝????? 1(n ＝1)，－2(2n －1)(2n －3)(n ≥2).

13．已知数列{a n }，a n ∈N *，S n 是其前n 项和，S n ＝18

(a n ＋2)2. (1)求证{a n }是等差数列；

(2)设b n ＝12

a n －30，求数列{

b n }的前n 项和的最小值． (1)证明 当n ＝1时，a 1＝S 1＝18

(a 1＋2)2， 解得a 1＝2.

当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝18(a n ＋2)2－18(a n －1＋2)2，

即8a n ＝(a n ＋2)2－(a n －1＋2)2， 整理得(a n －2)2－(a n －1＋2)2＝0， 即(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－4)＝0. ∵a n ∈N *，∴a n ＋a n －1＞0， ∴a n －a n －1－4＝0，即a n －a n －1＝4(n ≥2)． 故{a n }是以2为首项，4为公差的等差数列．

(2)解 设{b n }的前n 项和为T n ，

∵b n ＝12

a n －30，且由(1)知a n ＝2＋(n －1)×4＝4n －2， ∴

b n ＝12

(4n －2)－30＝2n －31， 故数列{b n }是递增的等差数列．

令2n －31＝0，得n ＝1512

， ∵n ∈N *，∴当n ≤15时，b n ＜0；当n ≥16时，b n ＞0， 即b 1＜b 2＜…＜b 15＜0＜b 16＜b 17＜…，

∴当n ＝15时，T n 取得最小值，最小值为T 15＝－29－12

×15＝－225.

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