9.2 等差数列(4)学案

9.2　等差数列(四)
[学习目标]　1.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.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.
[知识链接]
如果已知数列{an}的前n项和Sn的公式，如何求它的通项公式？如果一个数列的前n项和的公式是Sn＝an2＋bn＋c(a，b，c为常数)，那么这个数列一定是等差数列吗？
[预习导引]
1．数列中an与Sn的关系
对任意数列{an}，Sn与an的关系可以表示为
an＝
2．由数列的Sn判断数列的类型
由于等差数列前n项和公式Sn＝na1＋d＝n2＋n.令A＝，B＝a1－，则Sn＝An2＋Bn.所以Sn是关于n的常数项为0的二次的函数，反过来，对任意数列{an}，如果Sn是关于n的常数项为0的二次的函数，那么这个数列也是等差数列．
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可由不等式组确定．
(2)因为Sn＝n2＋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.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
要点一　利用Sn与an的关系求an
例1　已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋n，求这个数列的通项公式．这个数列是等差数列吗？如果是，它的首项与公差分别是什么？
解　根据Sn＝a1＋a2＋…＋an－1＋an与Sn－1＝a1＋a2＋…＋an－1(n>1)，
可知，当n>1时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n－①
当n＝1时，a1＝S1＝12＋×1＝，也满足①式．
∴数列{an}的通项公式为an＝2n－.
由此可知：数列{an}是首项为，公差为2的等差数列．
规律方法　已知前n项和Sn求通项an，先由n＝1时，a1＝S1求得a1，再由n≥2时，an＝Sn－Sn－1求an，最后验证a1是否符合an，若符合则统一用一个解析式表示．若不符合，则用分段函数表示．
跟踪演练1　已知数列{an}的前n项和Sn＝3n，求an.
解　当n＝1时，a1＝S1＝3；
n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－3n－1＝2·3n－1.
当n＝1时，代入an＝2·3n－1得a1＝2≠3.
∴an＝
要点二　等差数列前n项和的最值
例2　已知等差数列5,4，3，…的前n项和为Sn，求使得Sn最大的序号n的值．
解　由题意知，等差数列5,4，3，…的公差为－，所以Sn＝5n＋＝－2＋.
于是，当n取与最接近的整数即7或8时，Sn取最大值.
(另解)an＝a1＋(n－1)d＝5＋(n－1)×＝－n＋.
令an＝－n＋≤0，解得n≥8，即a8＝0，a9<0.所以前n项和从第9项开始减小，而第8项为0，所以前7项和或前8项和最大．
规律方法　在等差数列中，求Sn的最大(小)值，其思路是找出某一项，使这项及它前面的项皆取正(负)值或零，而它后面的各项皆取负(正)值，则从第1项起到该项的各项的和为最大(小)．由于Sn为关于n的二次的函数，也可借助二次函数的图象或性质求解．
跟踪演练2　已知数列{an}的通项公式是an＝－n2＋12n－32，其前n项和是Sn，则对任意的n>m(其中n、m∈N*)，Sn－Sm的最大值是________．
答案　10
解析　由an＝－n2＋12n－32＝0，得n＝4或n＝8，即a4＝a8＝0，
又函数f(n)＝－n2＋12n－32的图象开口向下，所以数列前3项为负，
当n>8时，数列中的项均为负数，
在m要点三　求数列{|an|}的前n项和
例3　已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋n，求数列{|an|}的前n项和Tn.
解　a1＝S1＝－×12＋×1＝101.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝－
＝－3n＋104.
∵n＝1也适合上式，
∴数列通项公式为an＝－3n＋104(n∈N*)．
由an＝－3n＋104≥0，得n≤.
即当n≤34时，an>0；当n≥35时，an<0.
(1)当n≤34时，
Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an
＝Sn＝－n2＋n；
(2)当n≥35时，
Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|a34|＋|a35|＋…＋|an|
＝(a1＋a2＋…＋a34)－(a35＋a36＋…＋an)
＝2(a1＋a2＋…＋a34)－(a1＋a2＋…＋an)
＝2S34－Sn
＝2－
＝n2－n＋3502.
故Tn＝
规律方法　等差数列的各项取绝对值后组成数列{|an|}．若原等差数列{an}中既有正项，也有负项，那么{|an|}不再是等差数列，求和关键是找到数列{an}的正负项分界点处的n值，再分段求和．
跟踪演练3　若等差数列{an}的首项a1＝13，d＝－4，记Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，求Tn.
解　∵a1＝13，d＝－4，∴an＝17－4n.
当n≤4时，
Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an
＝na1＋d＝13n＋×(－4)＝15n－2n2；
当n≥5时，
Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|
＝(a1＋a2＋a3＋a4)－(a5＋a6＋…＋an)
＝S4－(Sn－S4)＝2S4－Sn
＝2×－(15n－2n2)＝56＋2n2－15n.
∴Tn＝
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　D
解析　当n＝1时，a1＝S1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，
又因a1＝1适合an＝2n－1，所以，an＝2n－1.
2．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．首项为正数的等差数列，前n项和为Sn，且S3＝S8，当n＝________时，Sn取到最大值．
答案　5或6
解析　∵S3＝S8，∴S8－S3＝a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝5a6＝0，∴a6＝0.∵a1>0，∴a1>a2>a3>a4>a5>a6＝0，a7<0.故当n＝5或6时，Sn最大．
4．在等差数列{an}中，an＝2n－14，试用两种方法求该数列前n项和Sn的最小值．
解　方法一　∵an＝2n－14，∴a1＝－12，d＝2.
∴a1∴当n＝6或n＝7时，Sn取到最小值．
易求S7＝－42，∴(Sn)min＝－42.
方法二　∵an＝2n－14，∴a1＝－12.
∴Sn＝＝n2－13n＝2－.
∴当n＝6或n＝7时，Sn最小，且(Sn)min＝－42.
1．因为an＝Sn－Sn－1只有n≥2才有意义．所以由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项和最值的方法
(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，时，Sn取得最大值；当a1<0，d>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.
一、基础达标
1．若数列{an}的前n项和Sn＝n2－1，则a4等于(　　)
A．7B．8C．9D．17
答案　A
解析　a4＝S4－S3＝(42－1)－(32－1)＝7.
2．在等差数列{an}和{bn}中，a1＝25，b1＝75，a100＋b100＝100，则数列{an＋bn}的前100项的和为(　　)
A．10000B．8000C．9000D．11000
答案　A
解析　由已知得{an＋bn}为等差数列，故其前100项的和为S100＝＝50×(25＋75＋100)＝10000.
3．若{an}为等差数列，Sn为其前n项和，若首项a1＝7，公差d＝－2，则使Sn最大的序号n为(　　)
A．2B．3C．4D．5
答案　C
解析　∵等差数列{an}的首项为7、公差为－2，
∴Sn＝7n＋×(－2)＝－n2＋8n＝－(n－4)2＋16，
∴当n＝4时，前n项和Sn有最大值．
故答案选C.
4．一个等差数列的项数为2n，若a1＋a3＋…＋a2n－1＝90，a2＋a4＋…＋a2n＝72，且a1－a2n＝33，则该数列的公差是(　　)
A．3B．－3C．－2D．－1
答案　B
解析　(a2＋a4＋…＋a2n)－(a1＋a3＋…＋a2n－1) ＝nd＝72－90＝－18.
又a1－a2n＝－(2n－1)d＝33，所以d＝－3.
5．已知等差数列{an}中，|a5|＝|a9|，公差d>0，则使得前n项和Sn取得最小值时的正整数n的值是________．
答案　6或7
解析　由|a5|＝|a9|且d>0得，a5<0，a9>0且a5＋a9＝0?2a1＋12d＝0?a1＋6d＝0，即a7＝0，故S6＝S7且最小．
6．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a4＝1，S5＝10，则当Sn取得最大值时，n的值为________．
答案　4或5
解析　由
解得
∴a5＝a1＋4d＝0，
∴S4＝S5同时最大．
∴n＝4或5.
7．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)∵a3＝12，∴a1＝12－2d，
∵S12>0，S13<0，
∴即
∴－(2)∵S12>0，S13<0，
∴∴
∴a6>0，
又由(1)知d<0.
∴数列前6项为正，从第7项起为负．
∴数列前6项和最大．
二、能力提升
8．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－9n，第k项满足5A．9B．8C．7D．6
答案　B
解析　由an＝
∴an＝2n－10.
由5<2k－10<8，得7.59．设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m等于(　　)
A．3B．4C．5D．6
答案　C
解析　am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，所以公差d＝am＋1－am＝1，
由Sm＝＝0，得a1＝－2，所以am＝－2＋(m－1)·1＝2，解得m＝5，故选C.
10．若数列{an}是等差数列，首项a1>0，a2003＋a2004>0，a2003·a2004<0，则使前n项和Sn>0成立的最大自然数n是________．
答案　4006
解析　由条件可知数列单调递减，
且a2003>0，a2004<0，
故S4006＝＝2003(a2003＋a2004)>0，
S4007＝＝4007×a2004<0，
故使前n项和Sn>0成立的最大自然数n是4006.
11．已知等差数列{an}中，若S2＝16，S4＝24，求数列{|an|}的前n项和Tn.
解　由S2＝16，S4＝24，得
即　解得
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＝
12．数列{an}的各项都为正数，且满足Sn＝(n∈N*)，求数列的通项公式．
解　方法一　(消Sn)：由Sn＝(n∈N*)，得4an＋1＝4(Sn＋1－Sn)＝(an＋1＋1)2－(an＋1)2
化简得(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝0，
因为an>0，∴an＋1－an＝2，
又4S1＝4a1＝(a1＋1)2得a1＝1，
故{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以an＝2n－1.
方法二　(消an)：由Sn＝(n∈N*)，得
2＝an＋1，∴2＝Sn－Sn－1＋1(n≥2)，
化简可得(－1)2＝Sn－1，
(＋－1)(－－1)＝0，
由4S1＝(S1＋1)2得S1＝a1＝1，
又{an}的各项都为正数，
所以＋>2＝2，
所以－＝1.
即是以＝1为首项，以1为公差的等差数列，
所以＝n，从而Sn＝n2，
所以an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)，而a1＝1也适合，
故an＝2n－1.
三、探究与创新
13．已知数列{an}，an∈N*，Sn是其前n项和，Sn＝(an＋2)2.
(1)求证{an}是等差数列；
(2)设bn＝an－30，求数列{bn}的前n项和的最小值．
(1)证明　当n＝1时，a1＝S1＝(a1＋2)2，解得a1＝2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(an＋2)2－(an－1＋2)2，即8an＝(an＋2)2－(an－1＋2)2，
整理得，(an－2)2－(an－1＋2)2＝0，
即(an＋an－1)(an－an－1－4)＝0.
∵an∈N*，∴an＋an－1>0，∴an－an－1－4＝0，即an－an－1＝4(n≥2)．
故{an}是以2为首项，4为公差的等差数列．
(2)解　设{bn}的前n项和为Tn，∵bn＝an－30，且由(1)知an＝2＋(n－1)×4＝4n－2，
∴bn＝(4n－2)－30＝2n－31，故数列{bn}是单调递增的等差数列．
令2n－31＝0，得n＝15，
∵n∈N*，
∴当n≤15时，bn<0；
当n≥16时，bn>0，
即b1当n＝15时，Tn取得最小值，
最小值为T15＝×15＝－225.