北师大版 (2019)选择性必修 第二册2.2 等差数列的前n项和第2课时学案设计

这是一份北师大版 (2019)选择性必修 第二册2.2 等差数列的前n项和第2课时学案设计，共11页。学案主要包含了等差数列前n项和的性质等内容，欢迎下载使用。
导语
我们知道，等差数列的前n项和公式是一个关于n的二次函数形式，那么等差数列的前n项和是否具有二次函数的性质呢？除此之外，它还有什么样的性质呢？
一、等差数列前n项和的性质
问题1 等差数列{an}中，你能发现其前n项和Sn、前2n项和S2n与前3n项和S3n有何关系吗？
提示 S2n＝a1＋a2＋…＋an＋an＋1＋…＋a2n＝Sn＋(a1＋nd)＋(a2＋nd)＋…＋(an＋nd)＝2Sn＋n2d，同样我们发现S3n＝3Sn＋3n2d，这里出现了一个有意思的数列Sn，S2n－Sn＝Sn＋n2d，S3n－S2n＝Sn＋2n2d，…，是一个公差为n2d的等差数列．
问题2 公差为d，项数为2n项的等差数列{an}中，各项和S2n、奇数项之和S奇与偶数项之和S偶分别如何表示？若项数为(2n＋1)项呢？
提示 (1)若数列共有2n项，则
S2n＝eq \f(2na1＋a2n,2)＝eq \f(2nan＋an＋1,2)＝n(an＋an＋1)，
S奇＝eq \f(na1＋a2n－1,2)＝eq \f(2nan,2)＝nan，
S偶＝eq \f(na2＋a2n,2)＝eq \f(2nan＋1,2)＝nan＋1.
(2)若数列共有(2n＋1)项，则
S2n＋1＝eq \f(2n＋1a1＋a2n＋1,2)＝eq \f(22n＋1an＋1,2)＝(2n＋1)an＋1，
S奇＝eq \f(n＋1a1＋a2n＋1,2)＝eq \f(2n＋1an＋1,2)＝(n＋1)an＋1，
S偶＝eq \f(na2＋a2n,2)＝eq \f(2nan＋1,2)＝nan＋1.
知识梳理
等差数列{an}的前n项和Sn的性质
角度1 “片段和”性质的应用
例1 已知等差数列前3项的和为30，前6项的和为100，则它的前9项的和为( )
A．130 B．170 C．210 D．260
答案 C
解析 利用等差数列前n项和的性质：S3，S6－S3，S9－S6成等差数列．
所以S3＋(S9－S6)＝2(S6－S3)，
即30＋(S9－100)＝2(100－30)，
解得S9＝210.
角度2 “奇偶项”性质的应用
例2 项数为奇数的等差数列，奇数项之和为44，偶数项之和为33，求这个数列的中间项及项数．
解 设等差数列{an}共有(2n＋1)项，则奇数项有(n＋1)个，偶数项有n个，中间项是第(n＋1)项，即an＋1，
所以eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(\f(1,2)a1＋a2n＋1·n＋1,\f(1,2)a2＋a2n·n)＝eq \f(n＋1an＋1,nan＋1)＝eq \f(n＋1,n)＝eq \f(44,33)＝eq \f(4,3)，解得n＝3.
又因为S奇＝(n＋1)·an＋1＝44，
所以an＋1＝11.
故这个数列的中间项为11，共有2n＋1＝7(项)．
反思感悟 利用等差数列前n项和的性质简化计算
(1)在解决等差数列问题时，先利用已知求出a1，d，再求所求，是基本解法，有时运算量大些．
(2) 等差数列前n项和Sn的有关性质在解题过程中，如果运用得当可以达到化繁为简、化难为易、事半功倍的效果．
(3)设而不求，整体代换也是很好的解题方法．
跟踪训练1 (1)在等差数列{an}中，若S4＝1，S8＝4，则a17＋a18＋a19＋a20的值为( )
A．9 B．12 C．16 D．17
答案 A
解析 由等差数列的性质知S4，S8－S4，S12－S8，…也构成等差数列，不妨设为{bn}，且b1＝S4＝1，b2＝S8－S4＝3，于是求得b3＝5，b4＝7，b5＝9，即a17＋a18＋a19＋a20＝b5＝9.
(2)在等差数列{an}中，S10＝120，且在这10项中，eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(11,13)，则公差d＝________.
答案 2
解析 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S奇＋S偶＝120，,\f(S奇,S偶)＝\f(11,13)，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S奇＝55，,S偶＝65，))
所以S偶－S奇＝5d＝10，所以d＝2.
二、等差数列前n项和的函数性质与最值
问题3 根据上节课所学，等差数列前n项和公式有什么样的函数特点？
提示 由Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d，可知Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n，当d≠0时，Sn是常数项为0的二次函数．该函数的定义域是n∈N＋，公差的符号决定了该二次函数的开口方向，通项简记为Sn＝An2＋Bn.
知识梳理
等差数列前n项和的函数性质与最值
1．等差数列前n项和公式Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d可化成关于n的函数得Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n.
2．因为Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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d0，d0，d>0时，Sn有最小值S1；当a1a3>a4>a5>a6＝0，a70，公差d0，d0，C中曲线满足．
3．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．－2 B．－1 C．0 D．1
答案 B
解析 ∵等差数列前n项和Sn的形式为Sn＝an2＋bn，
∴(n＋1)2＋λ＝n2＋2n＋1＋λ＝an2＋bn，∴λ＝－1.
4．在等差数列{an}中，Sn是其前n项和，且S2 012＝S2 019，Sk＝S2 010，则正整数k为( )
A．2 018 B．2 019 C．2 020 D．2 021
答案 D
解析 因为等差数列的前n项和Sn是关于n的二次函数，
所以由二次函数的对称性及S2 012＝S2 019，Sk＝S2 010，
可得eq \f(2 012＋2 019,2)＝eq \f(2 010＋k,2)，
解得k＝2 021.
5．含2n＋1项的等差数列，其奇数项的和与偶数项的和之比为( )
A.eq \f(2n＋1,n) B.eq \f(n＋1,n) C.eq \f(n－1,n) D.eq \f(n＋1,2n)
答案 B
解析 S奇＝eq \f(n＋1a1＋a2n＋1,2)，S偶＝eq \f(na2＋a2n,2)，
∵a1＋a2n＋1＝a2＋a2n，∴eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(n＋1,n).
6．(多选)设{an}是等差数列，Sn为其前n项和，且S5S8，则下列结论正确的是( )
A．dS5
D．S6与S7均为Sn的最大值
答案 ABD
解析 ∵S5S8，
∴a6>0，a7＝0，a80，∴d0，②正确．
S12＝eq \f(12,2)(a1＋a12)＝6(a6＋a7)>0，③不正确．
{Sn}中最大项为S6，④不正确．
故正确的是①②.
12．等差数列{an}的前n项和为Sn，当首项a1和公差d变化时，若a5＋a8＋a11是一个定值，则下列为定值的是( )
A．S17 B．S18 C．S15 D．S16
答案 C
解析 由等差数列的性质，得a5＋a11＝2a8，由a5＋a8＋a11为定值，得a8为定值．又因为S15＝eq \f(15a1＋a15,2)＝eq \f(15×2a8,2)＝15a8，所以S15为定值．
13．已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且eq \f(An,Bn)＝eq \f(7n＋45,n＋3)(n∈N＋)，则eq \f(a7,b7)＋eq \f(a9,b11)＝________.
答案 eq \f(46,3)
解析 设An＝kn(7n＋45)，Bn＝kn(n＋3)，则n≥2，n∈N＋时，an＝An－An－1＝k(14n＋38)，bn＝k(2n＋2)，则eq \f(a7,b7)＝eq \f(k14×7＋38,k2×7＋2)＝eq \f(17,2)，eq \f(a9,b11)＝eq \f(k14×9＋38,k2×11＋2)＝eq \f(41,6)，所以eq \f(a7,b7)＋eq \f(a9,b11)＝eq \f(17,2)＋eq \f(41,6)＝eq \f(46,3).
14．已知在无穷项等差数列{an}中，它的前n项和为Sn，且S7>S6，S7>S8，若数列{bn}中bn＝|an|，数列{bn}的和为Tn，则下列命题正确的是________(填序号)．
①{bn}中b7最大；②{an}中a3或a4最大；
③当n≥8时，anS6知a7>0，由S7>S8知a8t.∴t∈(－∞，－64)．性质1：“片段和”性质
等差数列中依次k项之和Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…组成公差为k2d的等差数列
性质2：“奇偶项”性质
若等差数列的项数为2n(n∈N＋)，则S2n＝n(an＋an＋1)，S偶－S奇＝nd，eq \f(S偶,S奇)＝eq \f(an＋1,an)(S奇≠0)；若等差数列的项数为2n－1(n∈N＋)，则S2n－1＝(2n－1)an(an是数列的中间项)，S奇－S偶＝an，eq \f(S偶,S奇)＝eq \f(n－1,n)(S奇≠0)