2013-2014学年高中数学苏教版必修5同步辅导与检测：2.2.2等差数列的前n项和

课件32张PPT。2．2　等差数列
2．2.2　等差数列的前n项和 数列 数学史上有一颗光芒四射的巨星，他与阿基米德、牛顿齐名，被称为历史上最伟大的三位数学家之一，他就是18世纪德国著名的数学家——高斯．
高斯在上学时，就能很快地算出1＋2＋3＋…＋100的结果．高斯是这样算出：1＋2＋3＋…99＋100＝(1＋100)＋(2＋99)＋(3＋98)＋…＋(50＋51)＝101×50＝5050.他的这种算法，就是等差数列求和的方法．等差数列的前n项和的公式等差数列前n项和公式的性质注意：(1)熟悉解题基本方法．在等差数列中，涉及5个元素a1，d，n，an，Sn，其中a1，d称为基本元素．因为等差数列的首项a1，公差d已知，则此数列完全确定，故等差数列中不少问题都可转化为求基本元素a1和d的问题．
(2)熟悉并掌握性质，往往能找到简捷明快、优美灵活的解题技巧．(3)要灵活地处理求和问题．
对于有的问题，如果利用等差数列前n项和公式，问题完全可以得解，但是如果根据等差数列有关性质，灵活地加以处理，不使用前n项和求和公式，反而使问题解答得更加简单、快捷，对于这类问题也要引起注意，以便提高我们解题质量和效果．如已知等差数列{an}中， a2＋a5＝19，S5＝40，求a10.因为S5＝5a3＝40.则a3＝8.a2＋a5＝a3－d＋a3＋2d＝2a3＋d＝16＋d＝19，得d＝3.∴a10＝a3＋7d＝8＋3×7＝29.此解法比常规解法优越得多．等差数列前n项和与函数 设函数f(n)的定义域为正整数N*，且满足f(m＋n)＝f(m)＋f(n)＋mn，且f(1)＝1，求f(n)．分析：正确理解函数符号和函数方程的赋值法，然后利用等差数列求和公式求出结果．解析：当m＝1时，有f(n＋1)＝f(1)＋f(n)＋n，
即f(n＋1)－f(n)＝n＋1，令n＝1,2,3，…，k－1得：
f(2)－f(1)＝2，f(3)－f(2)＝3，f(4)－f(3)＝4，…
f(k)－f(k－1)＝k，将这k－1个等式相加，得：
f(k)－f(1)＝2＋3＋4＋…＋k，.名师点评：将f(n＋1)－f(n)＝n＋1赋值得出k－1个等式后再累加，充分利用了n＋1，n的两个函数式之差这一具体特征．变式迁移 1．已知一个等差数列的前四项和为21，末四项和为67，前n项和为286，求项数．Sn中的最值问题 等差数列{an}中，a1＜0，S9＝S12，该数列前多少项的和最小？分析：写出前n项和的函数解析式，再求此式的最值是最直观的思路，但注意n取正整数这一条件．解法三：∵S9＝S12，∴a10＋a11＋a12＝0，
∴3a11＝0，∴a11＝0.∵a1＜0，
∴前10项或前11项和最小．名师点评：本例四种解法从四个侧面解前n项和最值问题，方法迥异，殊途同归．
解等差数列的前n项和最大(最小)问题的常用方法有：
(1)二次函数法：由于 是关于n的二次式，因此可用二次函数的最值来确定Sn的最值，但要注意这里的n∈N*.
(2)图象法：可利用二次函数图象的对称性来确定n的值，使Sn达到最大(或最小)．
(3)通项法：由于Sn＝Sn－1＋an，所以当an≥0时，Sn≥Sn－1；当an≤0时，Sn≤Sn－1，因此当a1＞0且d＜0时，使an≥0最大的n的值，使Sn最大；当a1＜0，d＞0时，满足an≤0最大的n的值，使Sn最小．变式迁移2．数列{an}是首项为23，公差为整数的等差数列，且第六项为正，第七项为负．
(1)求数列的公差；
(2)求前n项和Sn的最大值；
(3)当Sn＞0时，求n的最大值．求数列{|an|}的前n项和名师点评：此类求和问题先由an的正负去掉绝对值符号，然后分类讨论转化为an的求和．另外，本题在利用前n项和Sn求an时，易忽视分n＝1和n≥2两种情况讨论，应引起注意．变式迁移3．已知数列{an}中，Sn＝－n2＋10n，数列{bn}的每一项都有bn＝|an|，求数列bn的前n项之和Tn的表达式．基础巩固1．等差数列{an}中，S10＝120，那么a1＋a10等于( )
A．12　　　　B．24　　　　C．36　　　　D．48B解析：考查Sn与an关系．2．在等差数列{an}中，已知前15项的和S15＝90，则a8等于( )
A．3 B．4 C．6 D．12C解析：a1＋a15＝2a8.祝您学业有成