PAGE§2.3 等差数列的前n项和(二)课时目标1．熟练掌握等差数列前n项和的性质，并能灵活运用．2．掌握等差数列前n项和的最值问题．3．理解an与Sn的关系，能根据Sn求an.1．前n项和Sn与an之间的关系对任意数列{an}，Sn是前n项和，Sn与an的关系可以表示为an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1 n＝1，,Sn－Sn－1n≥2.))2．等差数列前n项和公式Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝na1＋eq\f(nn－1,2)d.3．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取到最值的n可由不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≤0,an＋1≥0))确定．(2)因为Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(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；且n取最接近对称轴的自然数时，Sn取到最值．一个有用的结论：若Sn＝an2＋bn，则数列{an}是等差数列．反之亦然．一、选择题 1．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2，则an等于( )A．nB．n2C．2n＋1D．2n－1答案 D2．数列{an}为等差数列，它的前n项和为Sn，若Sn＝(n＋1)2＋λ，则λ的值是( )A．－2B．－1C．0D．1答案 B解析 等差数列前n项和Sn的形式为：Sn＝an2＋bn，∴λ＝－1.3．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－9n，第k项满足5
S8，则下列结论错误的是( )A．d<0B．a7＝0C．S9>S5D．S6与S7均为Sn的最大值答案 C解析 由S50.又S6＝S7⇒a7＝0，所以d<0.由S7>S8⇒a8<0，因此，S9－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＝2(a7＋a8)<0即S90，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＝25－2n－1≥0，,an＋1＝25－2n≤0，)) 得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n≤13\f(1,2)，,n≥12\f(1,2).))所以当n＝13时，Sn有最大值．S13＝25×13＋eq\f(13×13－1,2)×(－2)＝169.因此Sn的最大值为169.方法三 由S17＝S9，得a10＋a11＋…＋a17＝0，而a10＋a17＝a11＋a16＝a12＋a15＝a13＋a14，故a13＋a14＝0.由方法一知d＝－2<0，又因为a1>0，所以a13>0，a14<0，故当n＝13时，Sn有最大值．S13＝25×13＋eq\f(13×13－1,2)×(－2)＝169.因此Sn的最大值为169.9．在等差数列{an}中，已知前三项和为15，最后三项和为78，所有项和为155，则项数n＝________.答案 10解析 由已知，a1＋a2＋a3＝15，an＋an－1＋an－2＝78，两式相加，得(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋(a3＋an－2)＝93，即a1＋an＝31.由Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝eq\f(31n,2)＝155，得n＝10.10．等差数列{an}中，a1<0，S9＝S12，该数列在n＝k时，前n项和Sn取到最小值，则k的值是________．答案 10或11解析 方法一 由S9＝S12，得d＝－eq\f(1,10)a1，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＝a1＋n－1d≤0,an＋1＝a1＋nd≥0))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,10)n－1≥0,1－\f(1,10)n≤0))，解得10≤n≤11.∴当n为10或11时，Sn取最小值，∴该数列前10项或前11项的和最小．方法二 由S9＝S12，得d＝－eq\f(1,10)a1，由Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n，得Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,20)a1))·n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(21,20)a1))·n＝－eq\f(a1,20)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(21,2)))2＋eq\f(441,80)a1(a1<0)，由二次函数性质可知n＝eq\f(21,2)＝10.5时，Sn最小．但n∈N*，故n＝10或11时Sn取得最小值．三、解答题11．设等差数列{an}满足a3＝5，a10＝－9.(1)求{an}的通项公式；(2)求{an}的前n项和Sn及使得Sn最大的序号n的值．解 (1)由an＝a1＋(n－1)d及a3＝5，a10＝－9得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝5，,a1＋9d＝－9，))可解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝9，,d＝－2，))所以数列{an}的通项公式为an＝11－2n.(2)由(1)知，Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝10n－n2.因为Sn＝－(n－5)2＋25，所以当n＝5时，Sn取得最大值．12．已知等差数列{an}中，记Sn是它的前n项和，若S2＝16，S4＝24，求数列{|an|}的前n项和Tn.解 由S2＝16，S4＝24，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋\f(2×1,2)d＝16，,4a1＋\f(4×3,2)d＝24.))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋d＝16，,2a1＋3d＝12.)) 解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝9，,d＝－2.))所以等差数列{an}的通项公式为an＝11－2n(n∈N*)．(1)当n≤5时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝－n2＋10n.(2)当n≥6时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a5－a6－a7－…－an＝2S5－Sn＝2×(－52＋10×5)－(－n2＋10n)＝n2－10n＋50，故Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－n2＋10n n≤5，,n2－10n＋50n≥6.))能力提升13．数列{an}的前n项和Sn＝3n－2n2(n∈N*)，则当n≥2时，下列不等式成立的是( )A．Sn>na1>nanB．Sn>nan>na1C．na1>Sn>nanD．nan>Sn>na1答案 C解析 方法一 由an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1 n＝1,Sn－Sn－1n≥2))，解得an＝5－4n.∴a1＝5－4×1＝1，∴na1＝n，∴nan＝5n－4n2，∵na1－Sn＝n－(3n－2n2)＝2n2－2n＝2n(n－1)>0.Sn－nan＝3n－2n2－(5n－4n2)＝2n2－2n>0.∴na1>Sn>nan.方法二 ∵an＝5－4n，∴当n＝2时，Sn＝－2，na1＝2，nan＝－6，∴na1>Sn>nan.14．设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝12，且S12>0，S13<0.(1)求公差d的范围；(2)问前几项的和最大，并说明理由．解 (1)根据题意，有：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12a1＋\f(12×11,2)d>0，,13a1＋\f(13×12,2)d<0，,a1＋2d＝12，)) 整理得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋11d>0，,a1＋6d<0，,a1＋2d＝12.))解之得：－eq\f(24,7)0，∴a6>0.∴数列{an}的前6项和S6最大．1．公式an＝Sn－Sn－1并非对所有的n∈N*都成立，而只对n≥2的正整数才成立．由Sn求通项公式an＝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项和的最值(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a1>0，d<0，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0))时，Sn取得最大值；当a1<0，d>0，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≤0，,an＋1≥0))时，Sn取得最小值．3．求等差数列{an}前n项的绝对值之和，关键是找到数列{an}的正负项的分界点．
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