北师大版高中数学必修512等差数列第2课时

北师大版高中数学必修512等差数列第2课时内容摘要：

• ＝ S50－ Sn， • 得数列 {bn}的前 n项和为 • Sn′＝ S50＋ (S50－ Sn)＝ 2S50－ Sn • ＝ 2 2500－ (100n－ n2) • ＝ 5000－ 100n＋ n2. • 由 ①② 得数列 {bn}的前 n项和为 • Sn′＝ • [变式训练 2] 数列 {an}的前 n项和为 Sn＝10n－ n2，求数列 {|an|}的前 n项和． • 解析： a1＝ S1＝ 9. • ∵ Sn＝ 10n－ n2， ∴ an＝ Sn－ Sn－ 1＝－ 2n＋11(n≥2)，当 n＝ 1时， an也成立，故 an＝－2n＋ 11(n∈ N＋ )． • 令 an0，得－ 2n＋ 110，解得 n • ∴ 当 1≤ n≤ 5时， an0；当 n≥ 6时， an0. • 设 Sn′是数列 {|an|}的前 n项和，则 Sn′＝ a1＋ a2＋ a3＋ a4＋ a5＋ |a6|＋ |a7|＋ … ＋ |an|＝ a1＋ a2＋ a3＋ a4＋ a5－ (a6＋ a7＋ … ＋ an)． • ∴ 当 1≤n≤5时， Sn′＝ Sn＝ 10n－ n2； • 当 n≥6时， Sn′＝ S5－ (Sn－ S5)＝ 2S5－ Sn＝2 (10 5－ 52)－ (10n－ n2)＝ n2－ 10n＋ 50. • [例 3] 在等差数列 {an}中， S10＝ 100， S100＝ 10，求 S110. 解析： 解法 1 ：设等差数列 { an} 的公差为 d ，前n 项和为 Sn，则 Sn＝ na1＋n  n － 1 2d . 由已知得 ① 10 － ② 整理得 d ＝－1150， 代入 ① ，得 a1＝1099100. ∴ S1 1 0＝ 1 10 a1＋1 10 1092d ＝ 1 10 1099100＋1 10 1092 ( －1150) ＝ 1 10 1099 － 109 11100 ＝－ 1 10. 故此数列的前 1 10 项之和为－ 1 10. 解法 2 ：设等差数列的前 n 项和为 Sn＝ An2＋ Bn . 由已知 100 A ＋ 10 B ＝ 100 ，10000 A ＋ 100 B ＝ 10 ， 解得 A ＝－11100，B ＝11110. ∴ S1 1 0＝－11100 1 102＋11110 1 10 ＝－ 1 10. • 解法 3：设等差数列的首项为 a1，公差为 d， ① － ② 得 ( p － q ) a1＋ p － q  p ＋ q － 1 2d ＝－ ( p － q ) ． 又 p ≠ q ， ∴ a1＋p ＋ q － 12d ＝－ 1. ∴ Sp ＋ q＝ ( p ＋ q ) a1＋ p ＋ q  p ＋ q － 1 2d ＝ ( p ＋ q )( － 1) ． ∴ S1 1 0＝－ 1 10. 解法 4 ：数列 S10， S20－ S10， S30－ S20， … ， S1 0 0－ S90， S1 1 0－ S1 0 0成等差数列，设其公差为 d . 前 10 项的和 10 S10＋10 92 d ＝ S1 0 0＝ 10 ⇒ d ＝－ 22 ， ∴ S1 1 0－ S100＝ S10＋ ( 1 1 － 1) d ＝ 100 ＋ 10 ( － 22) ＝－ 120. ∴ S1 1 0＝－ 120 ＋ S100＝－ 1 10. 解法 5 ： ∵ S1 0 0－ S10＝ a11＋ a12＋ … ＋ a1 0 0 ＝90  a11＋ a1002＝90  a1＋ a1 1 02， 又 S1 0 0－ S10＝ 10 － 100 ＝－ 90 ， ∴ a1＋ a1 1 0＝－ 2. S1 1 0＝1 10  a1＋ a1 1 02＝－ 1 10. 解法 6 ： ∵Snn＝ a1＋n － 12d ， ∴ 数列 {Snn} 是等差数列． 于是S1 0 0100－S1010100 － 10＝S1 1 01 10－S10101 10 － 10， 即110－ 1090＝S1 1 01 10－ 10100，解得 S1 1 0＝－ 1 10. • [变式训练 3] 设等差数列 {an}的前 n项和为Sn，已知 a3＝ 12， S120， S130. • (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． • 分析： 求 d的取值范围，从 S120， S130入手． 解析： ( 1) 依题意，有 S12＝ 12 a1＋12  12 － 1 2d 0. S13＝ 13 a1＋13  13 － 1 2d 0. 由 a3＝ 12 ，得 a1＝ 12 － 2 d ， ③ 将 ③ 式分别代入 ① ， ② 式，得 24 ＋ 7 d 0 ，3 ＋ d 0 ， ∴ －247 d － 3. • (2)由 d0可知 a1a2a3… a12a13. • 因此，若在 1≤n≤12中存在自然数 n，使得an0， an＋ 10， • 则 Sn是 S1， S2， … ， S12中的最大值． • 由于 S12＝ 6(a6＋ a7)0， S13＝ 13a70， • 即 a6＋ a70， a70. • 由此得 a6－ a70，因为 a60， a70，故在S1， S2， … ， S12中 S6的值最大． • [例 4] 在等差数列 {an}中， a1＝ 30，公差 d＝－ 2，求它的前 n项和 Sn的最大值，并求出相应的 n值． 解析： 解法 1 ： ∵ an＝ a1＋ ( n － 1) d ＝ 32 － 2 n ， ∴ 由 an≥ 0 得 n ≤ 16 ，由 an0 得 n 16 ， 即 1 ≤ n ≤ 16 时， an≥ 0 且只有 a16＝ 0 ， n 16 时， an0 ， 因此 ( Sn)m ax＝ S15＝ S16＝30 ＋ 02 16 ＝ 240. ∴ 当 n ＝ 15 或 16 时， Sn取得最大值为 240. 解法 2 ： ∵ Sn＝ 30 n ＋n  n － 1 2( － 2) ＝－ n2＋ 31 n ＝－ ( n －312)2＋ (312)2 ∴ 当 n ＝ 15 或 16 时， ( Sn)m ax＝ S15＝ S16＝ 240 ， ∴ 当 n ＝ 15 或 16 时， Sn取得最大值为 240. • [变式训练 4] 在等差数列 {an}中， a1＝ 25，S17＝ S9，求 Sn的最大值． 解析： 解法 1 ：利用前 n 项和公式和二次函数性质，由 S17＝ S9，得 25 17 ＋172( 17 － 1) d ＝ 25 9 ＋92(9 － 1) d ， 解得 d ＝－ 2 ， ∴ Sn＝ 25 n ＋n2( n － 1) ( － 2) ＝－ ( n － 13)2＋ 169 ， ∴ 由二次函数性质，当 n ＝ 13 时， Sn有最大值 169. 解法 2 ：先求出 d ＝－ 2 ， ∵ a1＝ 25 0 ， 由 an＝ 25 － 2  n － 1  ≥ 0 ，an ＋ 1＝ 25 － 2 n ≤ 0得 n ≤ 1312，n ≥ 1212， ∴ 当 n ＝ 13 时， Sn有最大值 169. • 解法 3：由 S17＝。