高中数列教案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＋＝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＋ 解这个关于a1与d的方程组，得到a1＝4，d＝6 所以Sn＝4n＋×6＝3n2＋＝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 a1＋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＋…＋a＋＋…＋ ＝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 [n－ (5－）]2＜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, 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＝－a10 ∴Sn＝na1＋d＝－a1n2＋a1n＝－a1（n－7）