PAGE10-4.2.2等差數列的前n項和公式第1課時等差數列的前n項和公式學習目標核心素養1.了解等差數列前n項和公式的推導過程(難點)．2．掌握等差數列前n項和公式及其應用(重點)．3．會求等差數列前n項和的最值(重點).1.通過等差數列前n項和的有關計算及an與Sn關系的應用，培養數學運算素養．2．借助等差數列前n項和的實際應用，培養學生的數學建模及數學運算素養.有一次，老師與高斯去買鉛筆，在商店發現了一個堆放鉛筆的V形架，V形架的最下面一層放一支鉛筆，往上每一層都比它下面一層多放一支，最上面一層放100支．老師問：“高斯，你知道這個V形架上共放著多少支鉛筆嗎？”思考：計算1＋2＋3＋…＋99＋100.1．等差數列前n項和公式是用倒序相加法推導的．2．等差數列的前n項和公式已知量首項、末項與項數首項、公差與項數求和公式Sn＝eq\f(na1＋an,2)Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d思考：等差數列{an}前n項和公式推導中，運用了哪條性質？[提示]運用性質“等差數列{an}中，若m＋n＝p＋q，則am＋an＝ap＋aq.”從而a1＋an＝a2＋an－1＝…＝ak＋an－k＋1.3．等差數列前n項和Sn的最值(1)若a1<0，d>0，則數列的前面若干項為負數項(或0)，所以將這些項相加即得{Sn}的最小值．(2)若a1>0，d<0，則數列的前面若干項為正數項(或0)，所以將這些項相加即得{Sn}的最大值．特別地，若a1>0，d>0，則S1是{Sn}的最小值；若a1<0，d<0，則S1是{Sn}的最大值．思考：我們已經知道當公差d≠0時，等差數列前n項和是關于n的二次函數Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n，類比二次函數的最值情況，等差數列的Sn何時有最大值？何時有最小值？[提示]由二次函數的性質可以得出：當a1<0，d>0時，Sn先減后增，有最小值；當a1>0，d<0時，Sn先增后減，有最大值；且n取最接近對稱軸的正整數時，Sn取到最值．1．判斷正誤(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)數列的前n項和就是指從數列的第1項a1起，一直到第n項an所有項的和． ()(2)an＝Sn－Sn－1(n≥2)化簡后關于n與an的函數式即為數列{an}的通項公式． ()(3)等差數列{an}的前n項和Sn都可以寫成二次函數Sn＝An2＋Bn． ()[提示](1)正確．由前n項和的定義可知正確．(2)錯誤．例如數列{an}中，Sn＝n2＋2.當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.又因為a1＝S1＝3，所以a1不滿足an＝Sn－Sn－1＝2n－1，故命題錯誤．(3)錯誤．當公差為零時，Sn為一次函數．[答案](1)√(2)×(3)×2．在等差數列{an}中，已知a1＝2，d＝2，則S20＝()A．230B．420C．450D．540B[S20＝20a1＋eq\f(20×19,2)d＝20×2＋20×19＝420.]3．(教材P23練習T2改編)等差數列－1，－3，－5，…的前n項和是－100，那么n的取值為()A．8B．9C．10D．11C[根據公式Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d得－100＝－n＋eq\f(nn－1,2)×(－2)，解得n＝10.]4．(一題兩空)在等差數列{an}中，a1＝20，an＝54，Sn＝999，則d＝________，項數n＝________.eq\f(17,13)27[由等差數列的通項公式和前n項和公式得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(54＝20＋n－1d，,999＝\f(n20＋54,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＝27，,d＝\f(17,13).))]5．設等差數列{an}的前n項和為Sn，若a1＝eq\f(1,2)，S4＝20，則S6＝________.48[設等差數列{an}的公差為d，由已知得4a1＋eq\f(4×3,2)×d＝20，即4×eq\f(1,2)＋eq\f(4×3,2)d＝20，解得d＝3，所以S6＝6×eq\f(1,2)＋eq\f(6×5,2)×3＝3＋45＝48.]等差數列前n項和的有關計算【例1】在等差數列{an}中，(1)已知a6＝10，S5＝5，求a8；(2)已知a2＋a4＝eq\f(48,5)，求S5.[思路探究](1)由于有兩個已知條件，所以可以通過列方程組求出基本量a1，d來解決問題，也可以運用等差數列前n項和公式求解；(2)由于只有一個已知條件，需要結合等差數列的通項公式和前n項和公式求解，也可以利用等差數列的性質和前n項和公式求解．[解](1)法一：∵a6＝10，S5＝5，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋5d＝10，,5a1＋10d＝5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－5，,d＝3.))∴a8＝a6＋2d＝16.法二：∵S6＝S5＋a6＝15，∴15＝eq\f(6a1＋a6,2)，即3(a1＋10)＝15.∴a1＝－5，d＝eq\f(a6－a1,5)＝3.∴a8＝a6＋2d＝16.(2)法一：∵a2＋a4＝a1＋d＋a1＋3d＝eq\f(48,5)，∴a1＋2d＝eq\f(24,5).∴S5＝5a1＋10d＝5(a1＋2d)＝5×eq\f(24,5)＝24.法二：∵a2＋a4＝a1＋a5，∴a1＋a5＝eq\f(48,5)，∴S5＝eq\f(5a1＋a5,2)＝eq\f(5,2)×eq\f(48,5)＝24.求數列的基本量的基本方法求數列的基本量的基本方法是構建方程或方程組或運用數列的有關性質進行處理，1“知三求一”：a1，d，n稱為等差數列的三個基本量，在通項公式和前n項和公式中，都含有四個量，已知其中的三個可求出第四個.2“知三求二”：五個量a1，d，n，an，Sn中可知三求二，一般列方程組求解.[跟進訓練]1．(1)已知數列{an}為等差數列，Sn為前n項和，若a2＋a4＝4，a5＝8，則S10＝()A．125B．115C．105D．95(2)已知等差數列{an}的前n項的和為Sn，若S9＝27，a10＝8，則S14＝()A．154B．153C．77D．78(1)D(2)C[(1)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋a4＝2a1＋4d＝4，,a5＝a1＋4d＝8))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－4，,d＝3，))S10＝10×(－4)＋eq\f(10×9,2)×3＝95.(2)根據題意，等差數列{an}中，若S9＝27，即S9＝eq\f(9×a1＋a9,2)＝9a5＝27，解得a5＝3，又a10＝8，∴S14＝eq\f(14×a1＋a14,2)＝eq\f(14×a5＋a10,2)＝77.故選C.]等差數列前n項和公式的實際應用【例2】某抗洪指揮部接到預報，24小時后有一洪峰到達，為確保安全，指揮部決定在洪峰到來之前臨時筑一道堤壩作為第二道防線．經計算，除現有的參戰軍民連續奮戰外，還需調用20臺同型號翻斗車，平均每輛車工作24小時．從各地緊急抽調的同型號翻斗車目前只有一輛投入使用，每隔20分鐘能有一輛翻斗車到達，一共可調集25輛，那么在24小時內能否構筑成第二道防線？[思路探究]因為每隔20分鐘到達一輛車，所以每輛車的工作量構成一個等差數列．工作量的總和若大于欲完成的工作量，則說明24小時內可完成第二道防線工程．[解]從第一輛車投入工作算起，各車工作時間(單位：小時)依次設為a1，a2，…，a25.由題意可知，此數列為等差數列，且a1＝24，公差d＝－eq\f(1,3).25輛翻斗車完成的工作量為：a1＋a2＋…＋a25＝25×24＋25×12×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝500，而需要完成的工作量為24×20＝480.∵500>480，∴在24小時內能構筑成第二道防線．遇到與正整數有關的應用題時，可以考慮與數列知識聯系，建立數列模型，具體解決要注意以下兩點：1抓住實際問題的特征，明確是什么類型的數列模型.2深入分析題意，確定是求通項公式an，或是求前n項和Sn，還是求項數n.[跟進訓練]2．(1)《張丘建算經》是我國古代內容極為豐富的數學名著，書中有如下問題：“今有女不善織，日減功遲，初日織五尺，末日織一尺，今三十織迄，問織幾何．”其大意為：有個女子不善織布，每天比前一天少織同樣多的布，第一天織五尺，最后一天織一尺，三十天織完，則三十天共織布()A．30尺B．90尺C．150尺D．180尺(2)我國古代數學著作《九章算術》有如下問題：“今有金，長五尺，斬本一尺，重四斤．斬末一尺，重二斤．問次一尺各重幾何？”其大意是：“現有一根金杖，一頭粗，一頭細，在粗的一端截下1尺，重4斤，在細的一端截下一尺，重2斤．問依次每一尺各重多少斤？”根據題中的已知條件，若金杖由粗到細是均勻變化的，則中間3尺的重量為()A．6斤B．9斤C．9.5斤D．12斤(1)B(2)B[(1)由題意知，該女子每天織布的數量組成等差數列{an}，其中a1＝5，a30＝1，∴S30＝eq\f(30×5＋1,2)＝90，即共織布90(尺)．(2)依題意，金杖由細到粗各尺重量構成一個等差數列{an}．設首項為2，則a5＝4，∴中間3尺的重量為a2＋a3＋a4＝3a3＝eq\f(a1＋a5,2)×3＝eq\f(2＋4,2)×3＝9(斤)．]等差數列前n項和Sn的函數特征[探究問題]1．Sn＝An2＋Bn的函數特征怎樣？[提示](1)當A＝0，B＝0時(此時a1＝0，d＝0)，Sn＝0，此時Sn是關于n的常數函數；(2)當A＝0，B≠0時eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(此時a1≠\f(d,2)，d＝0))，Sn＝Bn，此時Sn是關于n的一次函數(正比例函數)；(3)當A≠0，B＝0時eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(此時a1＝\f(d,2)，d≠0))，Sn＝An2，此時Sn是關于n的二次函數；(4)當A≠0，B≠0時eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(此時a1≠\f(d,2)，d≠0))，Sn＝An2＋Bn，此時Sn是關于n的二次函數．2．已知一個數列{an}的前n項和為Sn＝n2－5n，試畫出Sn關于n的函數圖象．你能說明數列{an}的單調性嗎？該數列前n項和有最值嗎？[提示]Sn＝n2－5n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(5,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(25,4)，它的圖象是分布在函數y＝x2－5x的圖象上的離散的點，由圖象的開口方向可知該數列是遞增數列，圖象開始下降說明了{an}前n項為負數．由Sn的圖象可知，Sn有最小值且當n＝2或3時，Sn最小，最小值為－6，即數列{an}前2項或前3項和最小．【例3】數列{an}的前n項和Sn＝33n－n2，(1)求{an}的通項公式；(2)則{an}的前多少項和最大？[思路探究](1)利用Sn與an的關系求通項，也可由Sn的結構特征求a1，d，從而求出通項．(2)利用Sn的函數特征求最值，也可以用通項公式找到通項的變號點求解．[解](1)法一：(公式法)當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝34－2n，又當n＝1時，a1＝S1＝32＝34－2×1，滿足an＝34－2n.故{an}的通項公式為an＝34－2n.法二：(結構特征法)由Sn＝－n2＋33n知Sn是關于n的缺常數項的二次型函數，所以{an}是等差數列，由Sn的結構特征知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)＝－1，,a1－\f(d,2)＝33，))解得a1＝32，d＝－2，所以an＝34－2n.(2)法一：(公式法)令an≥0，得34－2n≥0，所以n≤17，故數列{an}的前17項大于或等于零．又a17＝0，故數列{an}的前16項或前17項的和最大．法二：(函數性質法)由y＝－x2＋33x的對稱軸為x＝eq\f(33,2)，距離eq\f(33,2)最近的整數為16，17.由Sn＝－n2＋33n的圖象可知：當n≤17時，an≥0，當n≥18時，an<0，故數列{an}的前16項或前17項的和最大．1．(變條件)將例題中的條件“Sn＝33n－n2”變為“在等差數列{an}中，a1＝25，S17＝S9”，求其前n項和Sn的最大值．[解]法一：∵S9＝S17，a1＝25，∴9×25＋eq\f(99－1,2)d＝17×25＋eq\f(1717－1,2)d，解得d＝－2.∴Sn＝25n＋eq\f(nn－1,2)×(－2)＝－n2＋26n＝－(n－13)2＋169.∴當n＝13時，Sn有最大值169.法二：同法一，求出公差d＝－2.∴an＝25＋(n－1)×(－2)＝－2n＋27.∵a1＝25>0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＝－2n＋27≥0，,an＋1＝－2n＋1＋27≤0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n≤13\f(1,2)，,n≥12\f(1,2)，))又∵n∈N*，∴當n＝13時，Sn有最大值169.法三：∵S9＝S17，∴a10＋a11＋…＋a17＝0.由等差數列的性質得a13＋a14＝0.∵a1>0，∴d<0.∴a13>0，a14<0.∴當n＝13時，Sn有最大值169.法四：設Sn＝An2＋Bn.∵S9＝S17，∴二次函數對稱軸為x＝eq\f(9＋17,2)＝13，且開口方向向下，∴當n＝13時，Sn取得最大值169.2．(變結論)本例中條件不變，令bn＝|an|，求數列{bn}的前n項和Tn.[解]由數列{an}的通項公式an＝34－2n知，當n≤17時，an≥0；當n≥18時，an<0.所以當n≤17時，Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝33n－n2.當n≥18時，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|a17|＋|a18|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a17－(a18＋a19＋…＋an)＝S17－(Sn－S17)＝2S17－Sn＝n2－33n＋544.故Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(33n－n2n≤17，,n2－33n＋544n≥18.))1．在等差數列中，求Sn的最小(大)值的方法(1)利用通項公式尋求正、負項的分界點，則從第一項起到分界點該項的各項和為最大(小)值．(2)借助二次函數的圖象及性質求最值．2．尋求正、負項分界點的方法(1)尋找正、負項的分界點，可利用等差數列的性質或利用eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≤0，,an＋1≥0))來尋找．(2)利用到y＝ax2＋bx(a≠0)圖象的對稱軸距離最近的一側的一個整數或離對稱軸最近且關于對稱軸對稱的兩個整數對應項即為正、負項的分界點．3．求解數列{|an|}的前n項和，應先判斷{an}的各項的正負，然后去掉絕對值號，轉化為等差數列的求和問題．1．等差數列{an}的前n項和Sn，有下面幾種常見變形(1)Sn＝n·eq\f(a1＋an,2)；(2)Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n；(3)eq\f(Sn,n)＝eq\f(d,2)n＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是公差為\f(d,2)的等差數列)).2．(1)若d＞0，則在等差數列{an}中有an－an－1＝d＞0，即an＞an－1(n≥2)，所以數列單調遞增．當a1≥0時，有Sn＞Sn－1(n≥2)，即S1＜S2＜S3＜…＜Sn－1＜Sn＜…，所以Sn的最小值為S1；當a1＜0時，則一定存在某一自然數k，使a1＜a2＜a3＜…＜ak≤0＜ak＋1＜ak＋2＜…＜an＜…(或a1＜a2＜a3＜…＜ak＜0≤ak＋1＜ak＋2＜…＜an＜…)，則Sn的最小值為Sk.(2)若d＜0，則在等差數列{an}中有an－an－1＝d＜0，即an＜an－1(n≥2)，所以數列單調遞減．當a1＞0時，則一定存在某一自然數k，使a1＞a2＞a3…＞ak≥0＞ak＋1＞ak＋2＞…＞an＞…(或a1＞a2＞a3＞…＞ak＞0≥ak＋1＞ak＋2＞…＞an＞…)，則Sn的最大值為Sk；當a1≤0時，有Sn＞Sn＋1，即S1＞S2＞S3＞…＞Sn＞Sn＋1＞…，所以Sn的最大值為S1.3．數列{|an|}的前n項和的四種類型及其求解策略(1)等差數列{an}的各項都為非負數，這種情形中數列{|an|}就等于數列{an}，可以直接求解．(2)等差數列{an}中，a1＞0，d＜0，這種數列只有前邊有限項為非負數，從某項開始其余所有項都為負數，可把數列{an}分成兩段處理．(3)等差數列{an}中，a1＜0，d＞0，這種數列只有前邊有限項為負數，其余都為非負數，同樣可以把數列分成兩段處理．(4)等差數列{an}的各項均為負數，則{|an|}的前n項和為{an}前n項和的相反數．4．常用的數列求和公式1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2)；2＋4＋6＋…＋2n＝n(n＋1)；1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2；12＋22＋32＋…＋n2＝eq\f(nn＋12n＋1,6).1．等差數列{an}前n項和為Sn，且S3＝6，a3＝4，則公差d等于()A．1B．eq\f(5,3)C．2D．3C[設{an}的公差為d，首項為a1，由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a1＋\f(3×2,2)d＝6，,a1＋2d＝4，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝0，,d＝2.))]2．設等差數列{an}的前n項和為Sn，已知S10＝100，則a4＋a7＝()A．12B．20C．40D．100B[法一：由等差數列的前n項和的公式得：S10＝10a1＋eq\f(10×9,2)d＝100，即2a1＋9d＝20，從而a4＋a7＝a1＋3d＋a1＋6d＝2a1＋9d＝20.法二：S10＝eq\f(10a1＋a10,2)＝100，∴a1＋a10＝20，a4＋a7＝a1＋a10＝20.故選B.]3．若數列{an}的通項公式an＝43－3n，則Sn取得最大值時，n＝()A．13B．14C．15D．14或15B[由數列{an}的通項公式an＝43－3n，可得該數列為遞減數列，且公差為