数学 选择性必修第二册 配人教A版 于是S0=10(a1十a0)=10(a2十a19)=10×(-8+ 26)=180. 拓展：提高 8.在等差数列{an}中，已知a1o=10,则S1g= 1.设S.为等差数列{an}的前n项和，若a1=l,公差d=2, 答案190 S+2-Se=24,则k等于(). A.8 B.7 C.6 D.5 解析S1= 19(a1+a19）19(a1o+a1o) 2 2 =19ao=19× 答案D 10=190. 解析Sk+2-S:=a+1十a+2=a1十kd十a1十(k十1)d= 9.已知{am}是等差数列，S。是它的前n项和.若S,=20, 2a1十(2k+1)d,因为a1=1,d=2,S+2-Se=24,所以 a:=8,则Sg= 2十2(2k十1)=24，得k=5. 答案72 2.已知数列{an}的前n项和S.=n2一2n,则a2十a1s等 解析设等差数列{a.}的公差为d, 于( A.36 B.35 C.34 D.33 则由 S,=4a1+4X3 d=20解得a1=d=2, 答案C a4=a1+3d=8, 解析（方法一）a2=S2-S,=(2-2X2)-(12-2X1)=1, 故S.=8X2+8X7×2=72 a18=S18-S1,=182-2×18-(172-2X17)=33. 2 10.在等差数列{a.}中，a1o=30,a20=50. 即a2十a1s=34, (方法二)由题意可知{an}为等差数列，则a2十a1g= (1)求数列{a.}的通项公式： (2)若S.=242,求n. a1十aB,SB-19a1tam-19g2-2X19,故a1十aB 2 解(1)设等差数列{a.}的公差为d, 34,即a2十a1s=34. 则a-a十9d=30,解得：=12， 3.(多选题)设S。是数列{am}的前n项和，且a1=一1， la20=a1+19d=50, ld=2, a+1=SnS+1,则( 故am=a1+(m-1)d=12+(m-1)×2=10+2m. ②由5=a+“0d以及1=12d=2 A.a.=2 1 -1,n=1, S.=242,得242=12m+nm,1×2,即2+11m- B.a 11 2 242=0,解得n=11或n=一22（舍去） 故n=11. C数列侵}为等差数列 11.已知等差数列的前三项依次为a,4,3a,前n项和为S。, 1 且S4=110. D.S:S: S10 -=-5050 (1)求a及k的值： 答案BCD (2)设数列6，的通项公式为6.=S,证明：数列6，}是 解析S。是数列{an}的前n项和，且a1=一l,aw+1= S.SS+-S.=SS 等差数列，并求其前n项和T. 11 (1)解设该等差数列为{a.},公差为d, 整理得 S+1S。 =一1（常数）. 则a1=a,a2=4,a3=3a, 由已知有a十3a=8,得a1=a=2,d=4-2=2, 所以载列侵}是以写=一1为首项，-1为公差的等 故S,=a1+6k,D.d=2张+kk-D×2= 差数列.故C正确。 2 2 k2十k. 所以5=-1-m-10=-,故S.=一月 1 由Se=110,得k2+k-110=0, 所以当n≥2时， 解得k=10或k=一11（舍去），故a=2,k=10. 11 (2)证明由1)得S.=n(2+2m）=n+1). a,=S。一S1一一万（首项不符合通项)， 2 -1,n=1, 故an={11 B正确，A不正确. n-1nm≥2， 故bn+1-bn=(n十2)-(n+1)=1,且b1=2, 1 1 1 所以 ++…+si =-(1十2+3+…十 即{b.}是首项为2，公差为1的等差数列， 故T.=(2+n十=n0m+3》 100)=一5050，故D正确. 2 2 26
数 学 选择性必修 第二册 配人教 A版 于是S20=10(a1+a20)=10(a2+a19)=10×(-8+ 26)=180. 8.在等差数列{an}中,已知a10=10,则S19= . 答案 190 解析 S19 = 19(a1+a19) 2 = 19(a10+a10) 2 =19a10 =19× 10=190. 9.已知{an}是等差数列,Sn 是它的前n 项和.若S4=20, a4=8,则S8= . 答案 72 解析 设等差数列{an}的公差为d, 则由 S4=4a1+ 4×3 2 d=20, a4=a1+3d=8, 解得a1=d=2, 故S8=8×2+ 8×7 2 ×2=72. 10.在等差数列{an}中,a10=30,a20=50. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若Sn=242,求n. 解 (1)设等差数列{an}的公差为d, 则 a10=a1+9d=30, a20=a1+19d=50, 解得 a1=12, d=2, 故an=a1+(n-1)d=12+(n-1)×2=10+2n. (2)由Sn =na1+ n(n-1) 2 d 以及a1=12,d=2, Sn=242,得 242=12n+ n(n-1) 2 ×2,即n2 +11n- 242=0,解得n=11或n=-22(舍去). 故n=11. 11.已知等差数列的前三项依次为a,4,3a,前n 项和为Sn, 且Sk=110. (1)求a及k的值; (2)设数列{bn}的通项公式为bn= Sn n ,证明:数列{bn}是 等差数列,并求其前n项和Tn. (1)解 设该等差数列为{an},公差为d, 则a1=a,a2=4,a3=3a, 由已知有a+3a=8,得a1=a=2,d=4-2=2, 故Sk =ka1+ k(k-1) 2 ·d=2k+ k(k-1) 2 ×2= k2+k. 由Sk=110,得k2+k-110=0, 解得k=10或k=-11(舍去),故a=2,k=10. (2)证明 由(1)得Sn= n(2+2n) 2 =n(n+1), 则bn= Sn n =n+1, 故bn+1-bn=(n+2)-(n+1)=1,且b1=2, 即{bn}是首项为2,公差为1的等差数列, 故Tn= n(2+n+1) 2 = n(n+3) 2 . 拓展 提高 1.设Sn 为等差数列{an}的前n项和,若a1=1,公差d=2, Sk+2-Sk=24,则k等于( ). A.8 B.7 C.6 D.5 答案 D 解析 Sk+2-Sk=ak+1+ak+2=a1+kd+a1+(k+1)d= 2a1+(2k+1)d,因为a1=1,d=2,Sk+2-Sk=24,所以 2+2(2k+1)=24,得k=5. 2.已知数列{an}的前n 项和Sn =n2-2n,则a2+a18 等 于( ). A.36 B.35 C.34 D.33 答案 C 解析 (方法一)a2=S2-S1=(22-2×2)-(12-2×1)=1, a18=S18-S17=182-2×18-(172-2×17)=33. 即a2+a18=34. (方法二)由题意可知{an}为等差数列,则a2+a18= a1+a19,S19= 19(a1+a19) 2 =192-2×19,故a1+a19= 34,即a2+a18=34. 3.(多选题)设Sn 是数列{an}的前n 项和,且a1=-1, an+1=SnSn+1,则( ). A.an=- 1 2n-1 B.an= -1,n=1, 1 n-1 - 1 n ,n≥2 C.数列 1 Sn 为等差数列 D. 1 S1 + 1 S2 +…+ 1 S100 =-5050 答案 BCD 解析 Sn 是数列{an}的前n 项和,且a1=-1,an+1= SnSn+1,则Sn+1-Sn=SnSn+1, 整理得 1 Sn+1 - 1 Sn =-1(常数), 所以数列 1 Sn 是以 1 S1 =-1为首项,-1为公差的等 差数列.故C正确. 所以 1 Sn =-1-(n-1)=-n,故Sn=- 1 n . 所以当n≥2时, an=Sn-Sn-1= 1 n-1 - 1 n (首项不符合通项), 故an= -1,n=1, 1 n-1 - 1 n ,n≥2, 故B正确,A不正确. 所以 1 S1 + 1 S2 + … + 1 S100 = - (1+2+3+ … + 100)=-5050,故D正确. 26
第四章 数列 4.在等差数列{a.}中，若am=2n十3，前n项和S.=an2十 (1)证明：{a.}是等差数列： bm十c(a,b,c为常数)，则a-b十c= (2)求数列{an}的通项公式. 答案-3 解析因为a.=2m十3，所以a,=5,S.=5+2n十3)r )证明当n=1时a=S-+宁一是 3 2 解得a1=3或a:=-1(舍去). n2十4n,与Sn=an2十bm十c比较，得a=1,b=4,c=0,故 a-b十c=-3. 当m≥2时a,=S.-S1=(（a+2a,-3) 5.已知等差数列{a}的前n项和为Sn,若O店=a1Oi+ 1 a21+2a-1-3), aOC,且A,B,C三点共线（该直线不过原点O),则 得4a.=a-a-1十2an-2a-1, S30= 即(an十am-1)(an-am-1-2)=0. 答案100 因为an十a-1>0,所以an-am-1=2(n≥2). 解析因为A,B,C三点共线（该直线不过原点O),所以 故{an}是以3为首项，2为公差的等差数列. a1十a20w=1,所以S0 200(a1十a2902=100. (2)解由(1)知am=3十2(n-1)=2n十1. 2 6.已知等差数列{a.}的通项公式是a,=2十1，其前n项和 挑战·创新 为5则数列倍》 的前10项和为 已知公差大于零的等差数列{a.}的前n项和为S。,且满 足a3a4=117,a2十as=22. 答案75 (1)求数列{an}的通项公式： 解析因为a。=2m十1，所以a1=3,所以S。= n(3+2+1D=2+2m,则3=m十2， 2)若b,是等差数列，且6.=十，求非零常数c。 2 11 解(1)设等差数列{am}的公差为d,则d>0. 所以}是公差为1，首项为3的等差数列，故数列 aa十a4=a2十a5=22,且a3a4=117, aa,a4是方程x2-22x十117=0的两个根 停}的前10项和为3x10+102×1=5 2 又公差d>0,a3<a4a3=9,a4=13. 7.已知等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,T.,且 则/a1十2d=9, a,313鲜子{'1·即4=4”一3 S=m十45，则使得2为整数的n的个数是 T。n-3 b (2)由(1)知，：S。=nX1+n2-D×4=2m2-n 2 答案5 S。_22-n 解析由等差教列的性质，知=S=7《21一D十5 b= n+c n+c T2-1 (21-1)-3 1 6 15 7a9-(+)则n-2只能聚-131.3 六b=1十ch:-2+cb=3年c n-2 {bn}是等差数列，.2b2=b1十b3 这5个数，故满足题意的n有5个。 8.已知数列{a.}的所有项均为正数，其前n项和为S.,且 2x+c=0c=-号或c=0(合去】 s.=+0- 1 1 经检验，c=一2符合题意，即c=一2 第2课时 等差数列前n项和的应用 素养·目标定位 目标素养 知识概览 L.运用等差数列的前n项和知识解决一些实际问题，提升 等差数列前n项和的实际应用 数学建模核心素养 2.会利用等差数列前n项和的函数特征求最值，提升逻辑 等差数列 前项和 推理和数学运算的核心素养 求等差数列前项和的方法 的应用 3.能运用裂项相消法解决一些数列求和问题，提升逻辑推 理和数学运算的核心素养 裂项相消法 27
第四章 数列 4.在等差数列{an}中,若an=2n+3,前n 项和Sn=an2+ bn+c(a,b,c为常数),则a-b+c= . 答案 -3 解析 因为an=2n+3,所以a1=5,Sn= (5+2n+3)n 2 = n2+4n,与Sn=an2+bn+c比较,得a=1,b=4,c=0,故 a-b+c=-3. 5.已知等差数列{an}的前n 项和为Sn,若O→B=a1O→A+ a200O→C,且A,B,C 三点共线(该直线不过原点 O),则 S200= . 答案 100 解析 因为A,B,C 三点共线(该直线不过原点O),所以 a1+a200=1,所以S200= 200(a1+a200) 2 =100. 6.已知等差数列{an}的通项公式是an=2n+1,其前n项和 为Sn,则数列 Sn n 的前10项和为 . 答案 75 解析 因 为 an =2n +1,所 以 a1 =3,所 以 Sn = n(3+2n+1) 2 =n2+2n,则 Sn n =n+2, 所以 Sn n 是公差为1,首项为3的等差数列,故数列 Sn n 的前10项和为3×10+ 10×9 2 ×1=75. 7.已知等差数列{an},{bn}的前n 项和分别为Sn,Tn,且 Sn Tn = 7n+45 n-3 ,则使得 an bn 为整数的n的个数是 . 答案 5 解析 由等差数列的性质,知 an bn = S2n-1 T2n-1 = 7(2n-1)+45 (2n-1)-3 = 7n+19 n-2 = 7+ 33 n-2 ∈Z,则n-2只能取-1,1,3,11,33 这5个数,故满足题意的n有5个. 8.已知数列{an}的所有项均为正数,其前n 项和为Sn,且 Sn= 1 4 a 2 n+ 1 2 an- 3 4 . (1)证明:{an}是等差数列; (2)求数列{an}的通项公式. (1)证明 当n=1时,a1=S1= 1 4 a 2 1+ 1 2 a1- 3 4 , 解得a1=3或a1=-1(舍去). 当n≥2时,an =Sn -Sn-1 = 1 4 (a 2 n +2an -3)- 1 4 (a 2 n-1+2an-1-3), 得4an=a 2 n-a 2 n-1+2an-2an-1, 即(an+an-1)(an-an-1-2)=0. 因为an+an-1>0,所以an-an-1=2(n≥2). 故{an}是以3为首项,2为公差的等差数列. (2)解 由(1)知an=3+2(n-1)=2n+1. 挑战 创新 已知公差大于零的等差数列{an}的前n 项和为Sn,且满 足a3a4=117,a2+a5=22. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若{bn}是等差数列,且bn= Sn n+c ,求非零常数c. 解 (1)设等差数列{an}的公差为d,则d>0. ∵a3+a4=a2+a5=22,且a3a4=117, ∴a3,a4 是方程x2-22x+117=0的两个根. 又公差d>0,∴a3<a4,∴a3=9,a4=13. 则 a1+2d=9, a1+3d=13, 解得 a1=1, d=4, 即an=4n-3. (2)由(1)知,∵Sn=n×1+ n(n-1) 2 ×4=2n2-n, ∴bn= Sn n+c = 2n2-n n+c . ∴b1= 1 1+c ,b2= 6 2+c ,b3= 15 3+c . ∵{bn}是等差数列,∴2b2=b1+b3, ∴2c2+c=0,∴c=- 1 2 或c=0(舍去). 经检验,c=- 1 2 符合题意,即c=- 1 2 . 第2课时 等差数列前n 项和的应用 素养·目标定位 目 标 素 养 知 识 概 览 1.运用等差数列的前n 项和知识解决一些实际问题,提升 数学建模核心素养. 2.会利用等差数列前n 项和的函数特征求最值,提升逻辑 推理和数学运算的核心素养. 3.能运用裂项相消法解决一些数列求和问题,提升逻辑推 理和数学运算的核心素养. 27
数学 选择性必修 第二册 配人教A版 课前·基础认知 1.等差数列{a.}的前n项和公式的函数特征 分界点项的各项和为最大（小）值 等差数列{a.的前n项和公式S.=a,+n二1) (2)借助二次函数的图象及性质求最值， 可 2 微拓展已知一个数列{a.}的前n项和S。=n2 化成关于n的表达式：S.=号r+(a,-号)m.当1≠0时。 5m,试作出S.关于n的函数图象 你能说明数列{a,}的单调性吗？该数列的前n项和有 S。关于n的表达式是一个常数项为零的二次式，即点(m, 最值吗？ S.)在其相应的二次函数的图象上，这就是说等差数列的 提示 前n项和公式是关于n的二次函数，它的图象是抛物线y= 1y=x2-5x 兰2+(，一号)x上横坐标为正整数的一系列孤立的点。 微摇究如果一个数列的前n项和S。=3m2+n,那 11213456 么这个数列是等差数列吗？该结论推广到一般情况成立吗？ 提示如果一个数列的前n项和S.=3n2十n,那么当 n=1时，S1=a1=4;当n≥2时，an=S。一Sm-1=6n-2, a1=4符合该式，则该数列的通项公式为a.=6m一2，故该数 列为等差数列，该结论推广到一般情况成立 2.等差数列前n项和的最值 S.=-5=(a-》-5,它的因象是分布在画数 (1)在等差数列{a.}中， y=x2一5.x的图象上的离散的点.由图象的开口方向可知 当a1>0,d<0时，S.有最大值，使S。取得最值的n 该数列是递增数列，图象开始下降说明数列{a.}的前几项为 可由不等式组，≥0， 负数.由S。的图象可知，S。有最小值，且当n=2或n=3 确定 la+1≤0 时，S,最小，最小值为一6，即数列{am}的前2项或前3项和 当a1<0,d>0时，S.有最小值，使S.取到最值的n 最小 可由不等式组口.≤0确定 微训练若等差数列{an}满足a,十as十ag>0,a,十 la+1≥0 a0<0,则当n= 时，数列{a.}的前n项和最大 当a1>0,d>0时，{Sm}是递增数列，S1是{Sn}的最 答案8 小值： 解析，a7十as十ag=3ag>0,az十a1o=ag十ag<0, 当a1<0,d<0时，{S.}是递减数列，S1是{S.}的最 .ag>0,ag<0, 大值. .当n=8时，数列{an}的前n项和最大. (2②)S.-号r+(a,-),若d≠0.则从二次函数的 4.裂项相消法 角度看：当d>0时，S。有最小值；当d<0时，S。有最大 裂项相消法适用于数列 的求和，其中{an}是各 值.当n取最接近抛物线对称轴的自然数时，S。取到最值. 微诊断{a.}是等差数列，其前n项和为S.,数列 项不为0的等差数列，c为常数：常见拆项：nm十五 {la.l}的前n项和也是Sn吗？ 1 1 n+'(2m-1)(2m+D= 11 提示不一定 3.求S.的最小（大）值的方法 1 1 1 1 (1)利用通项公式寻求正、负项的分界点，从第一项起到 n(m+1)(m+2)2Ln(n+1)(m+1)(n+2)J 课堂·重难突破 等差数列前项和的实际应用 多少钱？全部贷款付清后，买这件家电实际花费多少钱？ 解设每次交款数颜（单位：元）依次为a1,a2,…,a20, 典例剖析 则a1=50+1000×1%=60, 1.某人用分期付款的方式购买一件家电，价格为1150 a2=50+(1000-50)×1%=59.5, 元，购买当天先付150元，以后每月的这一天都交付50元， a1o=50+(1000-9×50)×1%=55.5, 并加付欠款利息，月利率为1%.若交付150元后的第一个 即第10个月应付款55.5元. 月算分期付款的第一个月，则分期付款的第10个月该交付 28
数 学 选择性必修 第二册 配人教 A版 课前·基础认知 1.等差数列{an}的前n项和公式的函数特征 等差数列{an}的前n 项和公式Sn=na1+ n(n-1)d 2 可 化成关于n的表达式:Sn= d 2 n2+ a1- d 2 n.当d≠0时, Sn 关于n的表达式是一个常数项为零的二次式,即点(n, Sn)在其相应的 二次 函数的图象上,这就是说等差数列的 前n项和公式是关于n的二次函数,它的图象是抛物线y= d 2 x2+ a1- d 2 x 上横坐标为正整数的一系列孤立的点. 微探究 如果一个数列的前n 项和Sn=3n2+n,那 么这个数列是等差数列吗? 该结论推广到一般情况成立吗? 提示 如果一个数列的前n 项和Sn=3n2+n,那么当 n=1时,S1=a1=4;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=6n-2, a1=4符合该式,则该数列的通项公式为an=6n-2,故该数 列为等差数列.该结论推广到一般情况成立. 2.等差数列前n项和的最值 (1)在等差数列{an}中, 当a1>0,d<0时,Sn 有 最大 值,使Sn 取得最值的n 可由不等式组 an≥0, an+1≤0 确定; 当a1<0,d>0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. 当a1>0,d>0时,{Sn}是递增数列,S1 是{Sn}的最 小值; 当a1<0,d<0时,{Sn}是递减数列,S1 是{Sn}的最 大值. (2)Sn= d 2 n2+ a1- d 2 n,若d≠0,则从二次函数的 角度看:当d>0时,Sn 有 最小 值;当d<0时,Sn 有 最大 值.当n取最接近抛物线对称轴的自然数时,Sn 取到最值. 微诊断 {an}是等差数列,其前n 项和为Sn,数列 {|an|}的前n项和也是Sn 吗? 提示 不一定. 3.求Sn 的最小(大)值的方法 (1)利用通项公式寻求正、负项的分界点,从第一项起到 分界点项的各项和为最大(小)值. (2)借助二次函数的图象及性质求最值. 微拓展 已知一个数列{an}的前n 项和Sn =n2- 5n,试作出Sn 关于n的函数图象. 你能说明数列{an}的单调性吗? 该数列的前n 项和有 最值吗? 提示 Sn=n2-5n= n- 5 2 2 - 25 4 ,它的图象是分布在函数 y=x2-5x 的图象上的离散的点.由图象的开口方向可知 该数列是递增数列,图象开始下降说明数列{an}的前几项为 负数.由Sn 的图象可知,Sn 有最小值,且当n=2或n=3 时,Sn 最小,最小值为-6,即数列{an}的前2项或前3项和 最小. 微训练 若等差数列{an}满足a7+a8+a9>0,a7+ a10<0,则当n= 时,数列{an}的前n项和最大. 答案 8 解析 ∵a7+a8+a9=3a8>0,a7+a10=a8+a9<0, ∴a8>0,a9<0, ∴当n=8时,数列{an}的前n项和最大. 4.裂项相消法 裂项相消法适用于数列 c anan+1 的求和,其中{an}是各 项不为 0 的 等 差 数 列,c 为 常 数;常 见 拆 项: 1 n(n+1)= 1 n - 1 n+1 , 1 (2n-1)(2n+1)= 1 2 1 2n-1 - 1 2n+1 , 1 n(n+1)(n+2)= 1 2 1 n(n+1)- 1 (n+1)(n+2) . 课堂·重难突破 一 等差数列前n项和的实际应用 典例剖析 1.某人用分期付款的方式购买一件家电,价格为1150 元,购买当天先付150元,以后每月的这一天都交付50元, 并加付欠款利息,月利率为1%.若交付150元后的第一个 月算分期付款的第一个月,则分期付款的第10个月该交付 多少钱? 全部贷款付清后,买这件家电实际花费多少钱? 解 设每次交款数额(单位:元)依次为a1,a2,…,a20, 则a1=50+1000×1%=60, a2=50+(1000-50)×1%=59.5, …… a10=50+(1000-9×50)×1%=55.5, 即第10个月应付款55.5元. 28
第四章 数列 因为{am}是以60为首项，以一0.5为公差的等差数列， (2)(方法一)令am≥0，得34-2n≥0， 所以S=60+(60-,19X0.5×20=1105. 解得n≤17， 2 故数列{am}的前17项大于或等于零。 即全部付清后实际付款1105十150=1255（元）. 由于a1m=0,故数列{am}的前16项或前17项的和 规律总结1.本题属于与等差数列的前n项和有关的 最大 (方法二)由于y=一x2十33x图象的对称轴为直线 应用题，其关键在于构造合适的等差数列： 33 2.逼到与正整数有关的应用题时，可以考虑与数列 x= 2 知识联系，建立数列模型，具体解题要注意以下两点： (1)抓住实际问题的特征，明确是什么类型的数列 距离受最近的整数为16,17 模型； 由S。=一n2十33的图象（图略）可知，当n≤17时， (2)深入分析题意，确定是求通项公式am还是求前n am≥0：当n≥18时，am<0. 项和S。,还是求项数n. 故数列{a。}的前16项或前17项的和最大. (3)由(2)知，当n17时，am≥0： 学以致用 当n≥18时，am<0. 1,某抗洪指挥部接到预报，该地24小时后有一洪峰到 即当n≤17时，S:=b1十b2十…十b。=|a1|+ 达，为确保安全，指挥部决定在洪峰到来之前临时筑一道堤 lazl十…+lanl=a1十a2十…十am=S.=33n-n2. 坝作为第二道防线.经计算，除现有的参加人员连续奋战外， 当n≥18时， 还需调用20台同型号翻斗车，平均每辆车工作24小时.从 S。=lal+lazl+…+lazl+las+…+lanl 各地紧急抽调的同型号翻斗车目前只有一辆投入使用，如果 =a1十a2十…十an-(a18十ag十…+am) 每隔20分钟能有一辆翻斗车到达，一共可调集25辆，那么 =S-(S-Sn) 在24小时内能否构筑成第二道防线？ =2S1m-S。 解从第一辆车投入工作算起各车工作时间（单位：小 =n2-33n十544. 时)依次设为a1,a2,…,a5.由题意可知，此数列为等差数 故S。= /33m-n2,n≤17， n2-33m+544,n≥18. 列，且a1=24,公差d=-1 3 25辆翻斗车完成的工作量为a1十a2十…十as=25X 规律总结」1.寻找正、负项分界点的方法 (1)寻找正、负项的分界点，可利用等差数列的性质 24+25×12× 1 =500,而需要完成的工作量为24X 或利用/口，≥0， aw≤0， 或 20=480. lam+1≤0aw+1≥0. 500>480,故在24小时内能构筑成第二道防线. (2)利用到y=a.x2十b.x(a≠0)图象的对称轴距离最 近的一侧的一个正整数或离对称轴最近且关于对称轴对 二求等差数列前n项和的最值问题 称的两个正整数对应项即为正、负项的分界点， 2.求解数列la.}的前n项和，应先判断数列{an} 典例剖析 的各项的正负，再去掉绝对值号，转化为等差数列的求和 2.已知数列{an}的前n项和S.=33m-n2. 问题 (1)求数列{a.}的通项公式： (2)数列{a.}的前多少项和最大？ 学以致用 44444444444444444444444444444444444444444444 (3)设bn=lanl,求数列{bn}的前n项和S 2.在等差数列{a.}中，a10=23,a25=-22. 解(1)（方法一）当n≥2时，a。=S。-S。-1=34-21: (1)该数列从第几项开始为负数？ 当n=1时，a1=S1=33-1=32,满足am=34-2.故 (2)求数列{a.}的前n项和. 数列{a。}的通项公式为a.=34一2n. 解设等差数列{am}的公差为d,由题意得 (方法二)由Sn=一n2十33m,知S。是关于n的缺常数 a2s-a1o=15d=-45, 项的二次函数， l23=a1+(10-1)×d, 则{an}是等差数列， 设等差数列{an}的公差为d, 条8但 （d一1 (1)设从第n项开始为负数， 2 a.=50-3(n-1)=53-3m<0, 由S。的结构特征知 d a1-2=33, 得n>53 ,即从第18项开始为负戴 解得a1=32,d=一2，故数列{a。}的通项公式为a.= 53一3n,1n17, (2)la.|=153-3n|= 34-2m. l3n-53,n>17. 29
第四章 数列 因为{an}是以60为首项,以-0.5为公差的等差数列, 所以S20= 60+(60-19×0.5) 2 ×20=1105, 即全部付清后实际付款1105+150=1255(元). 1.本题属于与等差数列的前n项和有关的 应用题,其关键在于构造合适的等差数列. 2.遇到与正整数有关的应用题时,可以考虑与数列 知识联系,建立数列模型,具体解题要注意以下两点: (1)抓住实际问题的特征,明确是什么类型的数列 模型; (2)深入分析题意,确定是求通项公式an 还是求前n 项和Sn,还是求项数n. 学以致用 1.某抗洪指挥部接到预报,该地24小时后有一洪峰到 达,为确保安全,指挥部决定在洪峰到来之前临时筑一道堤 坝作为第二道防线.经计算,除现有的参加人员连续奋战外, 还需调用20台同型号翻斗车,平均每辆车工作24小时.从 各地紧急抽调的同型号翻斗车目前只有一辆投入使用,如果 每隔20分钟能有一辆翻斗车到达,一共可调集25辆,那么 在24小时内能否构筑成第二道防线? 解 从第一辆车投入工作算起各车工作时间(单位:小 时)依次设为a1,a2,…,a25.由题意可知,此数列为等差数 列,且a1=24,公差d=- 1 3 . 25辆翻斗车完成的工作量为a1+a2+…+a25=25× 24+25×12× - 1 3 =500,而需要完成的工作量为24× 20=480. 500>480,故在24小时内能构筑成第二道防线. 二 求等差数列前n项和的最值问题 典例剖析 2.已知数列{an}的前n项和Sn=33n-n2. (1)求数列{an}的通项公式; (2)数列{an}的前多少项和最大? (3)设bn=|an|,求数列{bn}的前n项和S'n. 解 (1)(方法一)当n≥2时,an=Sn-Sn-1=34-2n; 当n=1时,a1=S1=33-1=32,满足an=34-2n.故 数列{an}的通项公式为an=34-2n. (方法二)由Sn=-n2+33n,知Sn 是关于n 的缺常数 项的二次函数, 则{an}是等差数列, 设等差数列{an}的公差为d, 由Sn 的结构特征知 d 2 =-1, a1- d 2 =33, 解得a1=32,d=-2,故数列{an}的通项公式为an= 34-2n. (2)(方法一)令an≥0,得34-2n≥0, 解得n≤17, 故数列{an}的前17项大于或等于零. 由于a17=0,故数列{an}的前16项或前17项的和 最大. (方法二)由于y=-x2+33x 图象的对称轴为直线 x= 33 2 . 距离 33 2 最近的整数为16,17. 由Sn=-n2+33n 的图象(图略)可知,当n≤17时, an≥0;当n≥18时,an<0. 故数列{an}的前16项或前17项的和最大. (3)由(2)知,当n≤17时,an≥0; 当n≥18时,an<0. 即当n≤17 时,S'n =b1 +b2 + … +bn =|a1|+ |a2|+…+|an|=a1+a2+…+an=Sn=33n-n2. 当n≥18时, S'n=|a1|+|a2|+…+|a17|+|a18|+…+|an| =a1+a2+…+a17-(a18+a19+…+an) =S17-(Sn-S17) =2S17-Sn =n2-33n+544. 故S'n= 33n-n2,n≤17, n2-33n+544,n≥18. 1.寻找正、负项分界点的方法 (1)寻找正、负项的分界点,可利用等差数列的性质 或利用 an≥0, an+1≤0 或 an≤0, an+1≥0. (2)利用到y=ax2+bx(a≠0)图象的对称轴距离最 近的一侧的一个正整数或离对称轴最近且关于对称轴对 称的两个正整数对应项即为正、负项的分界点. 2.求解数列{|an|}的前n 项和,应先判断数列{an} 的各项的正负,再去掉绝对值号,转化为等差数列的求和 问题. 学以致用 2.在等差数列{an}中,a10=23,a25=-22. (1)该数列从第几项开始为负数? (2)求数列{|an|}的前n项和. 解 设等差数列{an}的公差为d,由题意得 a25-a10=15d=-45, 23=a1+(10-1)×d, 解得 a1=50, d=-3. (1)设从第n项开始为负数, an=50-3(n-1)=53-3n<0, 得n> 53 3 ,即从第18项开始为负数. (2)|an|=|53-3n|= 53-3n,1≤n≤17, 3n-53,n>17. 29
数学 选择性必修第二册 配人教A版 当n17时S=S.=+1g 当n>17时，S.=la1l+|a2l+|a3|+…+|an|= 1 21 a1十a2十十a1z-(a18十a19十十am), =-←2+g)+2s= -3.2_10 2n+884, 规律总结」 项相消法求数列的前项和的基本思想 是设法将数列的每一项拆成两项（裂项）之差，并使它们 2+9w1n 3 在相加时除了首尾各有一项或少数几项外，其余各项都 即S= n210g 3 能前后相消，进而求数列的前n项和。 -2n+884,n>17. 学以致用 三裂项相消法求和 3.在等差数列{an}中，a1=3,公差d=2,S。为其前n 典例剖析 3.已知等差数列{an}的前n项和为S。,且a2十a5=25, 解：等差数列{an}的首项a1=3,公差d=2, Ss=55. (1)求数列{a.}的通项公式： ∴前n项和S.=a1+n,-d=3m+nn-D×2= 2 2 1 (2)设ab.=3m求数列b.}的前n项和T。 n2+2, 1 解(1)设等差数列{am}的公差为d, 由题意得亿：+a,=2a1+5d-25 解得-5， 写+品+…+发-[ú-)+（合）+ 1 lS,=5a1+10d=55, d=3, 故am=5十3(m-1)=3m十2. 1 信-)+…+（马中）+（后+）] (2)由(1)得b.= Fa.(3m-D=(3m-1D(3m+2)= 2m+3 随堂训练 A.5 B.6 C.7 D.8 1在数列a,}中，a,一m十若数列{a.}的前n项和为 答案B 2021 2022,则项数m为( 解析由7a5十5ag=0,即7a1+28d+5a1十40d=0,得 A.2020 B.2021 C.2022 D.2023 答案B 因为通数y=号十(a,一号）上的图象的对称轴为 1 11 解析a.-na十可一n一n中' 直线？=号一号号+号-智取我接近的整纸6，所以 1,11 s.=1-2+2-3 1 S.取得最小值时n的值为6. 开-8器故n=2021 4已知数列{a.}的通项公式为a.=2m-D(2m十D则数 2.在等差数列{an}中，若a>0,a:十ao<0,则数列{a.}的 列{an}的前n项和S.= 前n项和S。中最小的是( A.S B.Ss C.S. D.S: 答案 答案D 解析由于a,--2十西-号（二2） 1 解析因为{am}是等差数列，所以a,十ao=2a7,由a,十 a1o<0,知a?<0,由ag>0,可知等差数列{an}的公差d> 则.=文+3++…十 0,即{am}是递增数列，且前7项均是负数，故数列{am}的 1 前n项和S。中最小的是S,. 2n-32m-D+2a-2n+n=专[(1-3）+ 3.已知等差数列{an}的前n项和为Sm,7as十5ag=0,且 ag>as,则Sm取得最小值时n的值为(). 信-)+（号-）++（品品）十 30
数 学 选择性必修 第二册 配人教 A版 当n≤17时,S'n=Sn=- 3 2 n2+ 103 2 n; 当n>17时,S'n =|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|= a1+a2+…+a17-(a18+a19+…+an), S'n=- - 3 2 n2+ 103 2 n +2S17= 3 2 n2- 103 2 n+884, 即S'n= - 3 2 n2+ 103 2 n,n≤17, 3 2 n2- 103 2 n+884,n>17. 三 裂项相消法求和 典例剖析 3.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a2+a5=25, S5=55. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设anbn= 1 3n-1 ,求数列{bn}的前n项和Tn. 解 (1)设等差数列{an}的公差为d, 由题意得 a2+a5=2a1+5d=25, S5=5a1+10d=55, 解得 a1=5, d=3, 故an=5+3(n-1)=3n+2. (2)由 (1)得 bn = 1 an(3n-1)= 1 (3n-1)(3n+2)= 1 3 1 3n-1 - 1 3n+2 . 则Tn=b1+b2+…+bn= 1 3 1 2 - 1 5 + 1 5 - 1 8 +…+ 1 3n-1 - 1 3n+2 = 1 3 1 2 - 1 3n+2 = n 2(3n+2). 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)之差,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. 学以致用 3.在等差数列{an}中,a1=3,公差d=2,Sn 为其前n 项和,求 1 S1 + 1 S2 +…+ 1 Sn . 解 ∵等差数列{an}的首项a1=3,公差d=2, ∴前n项和Sn=na1+ n(n-1) 2 d=3n+ n(n-1) 2 ×2= n2+2n, ∴ 1 Sn = 1 n2+2n = 1 n(n+2)= 1 2 1 n - 1 n+2 , ∴ 1 S1 + 1 S2 + … + 1 Sn = 1 2 1- 1 3 + 1 2 - 1 4 + 1 3 - 1 5 + … + 1 n-1 - 1 n+1 + 1 n - 1 n+2 = 1 2 1+ 1 2 - 1 n+1 - 1 n+2 = 3 4 - 2n+3 2(n+1)(n+2). 随堂训练 1.在数列{an}中,an= 1 n(n+1) ,若数列{an}的前n 项和为 2021 2022 ,则项数n为( ). A.2020 B.2021 C.2022 D.2023 答案 B 解析 an= 1 n(n+1)= 1 n - 1 n+1 , Sn=1- 1 2 + 1 2 - 1 3 +…+ 1 n - 1 n+1 =1- 1 n+1 = n n+1 = 2021 2022 ,故n=2021. 2.在等差数列{an}中,若a8>0,a4+a10<0,则数列{an}的 前n项和Sn 中最小的是( ). A.S4 B.S5 C.S6 D.S7 答案 D 解析 因为{an}是等差数列,所以a4+a10=2a7,由a4+ a10<0,知a7<0,由a8>0,可知等差数列{an}的公差d> 0,即{an}是递增数列,且前7项均是负数,故数列{an}的 前n项和Sn 中最小的是S7. 3.已知等差数列{an}的前n 项和为Sn,7a5+5a9=0,且 a9>a5,则Sn 取得最小值时n的值为( ). A.5 B.6 C.7 D.8 答案 B 解析 由7a5+5a9=0,即7a1+28d+5a1+40d=0,得 a1 d =- 17 3 .因为a9>a5,所以d>0,a1<0. 因为函数y= d 2 x2+ a1- d 2 x 的图象的对称轴为 直线x= 1 2 - a1 d = 1 2 + 17 3 = 37 6 ,取最接近的整数6,所以 Sn 取得最小值时n的值为6. 4.已知数列{an}的通项公式为an= 1 (2n-1)(2n+1) ,则数 列{an}的前n项和Sn= . 答案 n 2n+1 解析 由于an= 1 (2n-1)(2n+1)= 1 2 1 2n-1 - 1 2n+1 , 则 Sn = 1 1×3 + 1 3×5 + 1 5×7 + … + 1 (2n-3)(2n-1)+ 1 (2n-1)(2n+1)= 1 2 1- 1 3 + 1 3 - 1 5 + 1 5 - 1 7 + … + 1 2n-3 - 1 2n-1 + 30