等差数列的前n项和公式推导与例题解析.docx
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等差数列的前n项和公式推导与例题解析
等差数列的前n项和•例题解析
一、等差数列前n项和公式推导:
(1)Sn二a1+a2+an-1+an也可写成
Sn二an+an-1+a2+a1
两式相加得2Sn二(a1+an)+(a2+an-1)+(an+a1)
=n(a1+an)
所以Sn二[n(a1+an)]/2(公式一)
(2)如果已知等差数列的首项为a1,公差为d,项数为n,则
an=a1+(n-1)d代入公式公式一得
Sn=na1+[n(n+1)d]/2(公式二)
二、对于等差数列前n项和公式的应用
【例1]等差数列前10项的和为140,其中,项数为
奇数的各项的和为125,求其第6项.
解依题意,得
伽+^^^^d=140
12
a1+a3+a5+a7+a9=5a1+20d=125
解得a1=113,d=-22.
•••其通项公式为
an=113+(n—1)•(—22)=—22n+135
a6=—22x6+135=3
说明本题上边给出的解法是先求出基本元素a1、d,再求其他的.这种先求出基本元素,再用它们去构成其他元素的方法,是经常用到的一种方法.在本课中如果注意到a6=ai+5d,也可以不必求出an而
2a1+9d=28
直接去求a6,所列方程组化简后可得1相减即得a1+5d=3,
6a1+4d=251
即a6=3.可见,在做题的时候,要注意运算的合理性.当然要做到这一点,必须以对知识的熟练掌握为前提.
【例2】在两个等差数列2,5,8,…,197与2,
7,12,…,197中,求它们相同项的和.
解由已知,第一个数列的通项为an=3n-1;第二个数列的通项为bN=5N-3
若am=bN,则有3n-1=5N-3
即n=N+心)
3
若满足n为正整数,必须有N=3k+1(k为非负整数).
又2<5N-3<197,即1 N=1,4,7,…,40n=1,6,11,…,66 二两数列相同项的和为 2+17+32+…+197=1393 【例3】选择题: 实数a,b,5a,乙3b,…,c组成等差数列,且a+b+5a+7+3b+…+c=2500,则a,b,c的值分别为 A.1,3,5B.1,3,7 C.1,3,99D.1,3,9 解C由题设2b=a+5ab=3a 又v14=5a+3b, a=1,b=3 首项为1,公差为2 ▼n(n1) 又Sn=na+厂L n(n1) 二2500=n+•2二n=50 2 a50=c=1+(50—1)•2=99 二a=1,b=3,c=99 【例4】在1和2之间插入2n个数,组成首项为1、 末项为2的等差数列,若这个数列的前半部分的和同后半部分的和之比为9: 13,求插入的数的个数. 解依题意2=1+(2n+2—1)d ① 前半部分的和Sn+1=(n+1)+(n21)nd② 后半部分的和S'n+1=(n+1)•2+5加•(—d)③ 1 化简,得- 2 nd 29nd13 2 解之,得nd=— 11 由①,有(2n+1)d=1 1 由④,⑤,解得d=—, 11 •••共插入10个数. 【例5】在等差数列{an}中,设前m项和为Sm前n 项和为N,且乩乔n,求Sm+n 1 解■/Sm+n=(m+n)a1+(m+n)(m+n—1)d 1 =(m+n)[a1+—(m+n—1)d] 且SmFSn,n 11 …ma1+m(m—1)d=na1+n(n_1)d 整理得(m—n)a1+£(m—n)(m+n—1)=0 1 即(m—n)[a1+-(m+n—1)d]=0 1 由mHn,知a1+2(m+n—1)d=0 二Sm+rr0 【例6】已知等差数列{an}中,S3=21,S6=64,求数 列{|an|}的前n项和Tn. 分析等差数列前n项和Sn=naj+-n(n»d,含有两个未知数a1, 2 解设公差为d,由公式Sn=nq+n(n1d 3a1+3d=21得 ba1+15d=24 解方程组得: d=—2,ai=9 ••an=9+(n—1)(n—2)=—2n+11 由an=—2n+11>0得nv=5.5,故数列{an}的前5项为正, 其余各项为负.数列{an}的前n项和为: •••当nW5时,Tn=—n2+10n 当n>6时,Tn=岂+心门―S5|=S5—(Sn—S5)=2S5 ―Sn •Tn=2(—25+50)—(—n2+10n)=n2—10n+50 nW5 n>6 Tn=—n2+10n n2—10n+50 说明根据数列{an}中项的符号,运用分类讨论思想可 求{|an|}的前n项和. 【例7】在等差数列{an}中,已知a6+ag+a〔2+a〔5 =34,求前20项之和. 解法一一由ae+ag+a〔2+a〔5=34 得4ai+38d=34 20X19 又S20=20a1+2—d =20ai+190d =5(4a1+38d)=5X34=170 (ai+a20)X20 解法一S20=-2=10(a1+a20) 由等差数列的性质可得: a6+a15=ag+a12=a1+a20+a20=17 S20=170 【例8]已知等差数列{an}的公差是正数,且a3£7二 —12,a4+a6=-4,求它的前20项的和S20的值. 解法一设等差数列{aj的公差为d,则d>0,由已知可得 (a1+2d)(a1+bd)=—12① a1+3d+a1+5d=—4② 由②,有a1=—2—4d,代入①,有d2=4 再由d>0,得d=2二a1=—10 最后由等差数列的前n项和公式,可求得S20=180 解法二由等差数列的性质可得: a4+a6=a3+a7即a3+a7=—4 又a3•a7=-12,由韦达定理可知: a3,a7是方程x2+4x—12=0的二根 解方程可得xi=—6,X2=2 Td>0二{an}是递增数列 •••a3=—6,a7=2 a? a3 d=TT=2,a1=—10,S20=180 【例9】等差数列{an}、{bn}的前n项和分别为Sn 和Tn, 分析该题是将弹与I2笔发生联系,可用等差数列的前n项 b100Tn3n1 和公式Sn=“⑻怜)把前n项和的值与项的值进行联系. n2 解法一S啥久)T讹16) Sna1an•a1an2n Tnb1bnb1bn3n1 t2aioo=ai+ai99,2bioo=bl+X99 aw。 =印a^=2X199=199选C b100b1b1993X199+1299 解法二利用数列{a"为等差数列的充要条件: Sn= an2+ bn …Sl2n •Tn3n1 可设Sn=2n2k,Tn=n(3n+1)k 22 .OnSnSn12nk2(n1)k …bnTnTn1n(3n1)k(n1)[3(n1)1]k 4n22n1 6n23n1 .2X1001199 …b1003X1001299 说明该解法涉及数列{an}为等差数列的充要条件 Sn=an2+bn,由 QQn 已知」,将Sn和Tn写成什么? 若写成Sn=2nk.Tn=(3n+1)k, Tn3n1 k是常数,就不对了. 【例10】解答下列各题: (1)已知: 等差数列{an}中a2=3,弔=—17,求ag; (2)在19与89中间插入几个数,使它们与这两个数组 成等差数列,并且此数列各项之和为1350,求这几个数; (3)已知: 等差数列{an}中,a4+a6+a〔5+3仃=50,求S20; ⑷已知: 等差数列{an}中,an=33—3n,求Sn的最大 值. 分析与解答 173 (1)a6=a2+(6—2)dd==—5 4 a9=a6+(9—6)d=—17+3X(—5)=—32 (ai+an+2)(n+2) ■-Sn+2 ⑵a1=19,an+2=89,Sn+2=1350 2 2X1350 …n+2==25n=23 19+89 35 an+2=a25=a1+24dd=衫 故这几个数为首项是呻,末项是8殆,公差为35的23个数. (3)ta4+a6+a〔5+a〔7=50 又因它们的下标有4+17=6+15=21 二a4+a17=a6+a〔5=25 数列. 证设这个数列的第n项为an,前n项和为Sn. 当n》2时,an=0—Sn-1 .•.an=(4n2+3n)—[4(n—1)2+3(n—1)] =8n—1 当n=1时,a1=S1=4+3=7 由以上两种情况可知,对所有的自然数n,都有an=8n —1 又an+i—an=[8(n+1)—1]—(8n—1)=8 .这个数列是首项为7,公差为8的等差数列. 说明这里使用了“an=Sn—Sn-1”这一关系.使用这一关系时,要注意,它只在n》2时成立.因为当n=1时,Sn-1=S0,而Sq是没有定义的•所以,解题时,要像上边解答一样,补上n=1时的情况. 【例12】证明: 数列{an}的前n项之和Sn=an2+bn(a、b为常数)是这个数列成为等差数列的充分必要条件. 证 由Sn=an2+bn,得 当n》2时,an=Sn—Sn-1 =an2+bn—a(n—1)2—b(n—1) =2na+b—a a1=S1=a+b 二对于任何n€N,an=2na+b—a an—an_i=2na+(b—a)—2(n—1)a—b+a =2a(常数) •••{an}是等差数列. 若{an}是等差数列,则 n(n1) '=nai+— d2d =尹n(ai-) 若令d二a,贝Va1——=b,即卩 22 Sn=an2+bn 综上所述,Sn=an2+bn是{an}成等差数列的充要条件. 说明由本题的结果,进而可以得到下面的结论: 前n 项和为Sn=an2+bn+c的数列是等差数列的充分必要条件是c=0.事实上,设数列为{un},贝心 充分性c=0Sn=an2+bn{un}是等差数列. 必要性{un}是等差数列Sn=an2+bnc=0. 【例13】等差数列{an}的前n项和Sn=m前m项和 SnT=n(m>n),求前m+n项和Sm+n 解法一设{an}的公差d 按题意,则有 o+n(n1) Sn=n^+2——d=m m(m1). Sm=ma1+d=n 2 ①-②,得(m-n)•ai+(mn)(mn1) 】d=-1 二一(m+n) 解法二设SX=Ax2+Bx(x€N) Am2+Bm=n① An2+Bn=m② ①—②,得A(m2—n2)+B(m—n)=n—m t说nA(m+n)+B=—1 故A(m+n)2+B(m+n)=—(m+n) 即Sm+n=—(m+n) 说明a1,d是等差数列的基本元素,通常是先求出基本元素,再 解决其它问题,但本题关键在于求出了a1+mn1d=—1,这种设而不 2 解的“整体化”思想,在解有关数列题目中值得借鉴.解 法二中,由于是等差数列,由例22,故可设SX=Ax2+Bx.(x €N) 【例14】在项数为2n的等差数列中,各奇数项之和 为75,各偶数项之和为90,末项与首项之差为27,则n之值是多少? 解•/S偶项—S奇项=nd •••nd=90-75=15 又由a2n—=27,即(2n—1)d=27 nd=15 •n=5 (2n—1)d=27 【例15】在等差数列{an}中,已知a1=25,S9=S17,问数列前多少项和最大,并求出最大值. 解法一建立Sn关于n的函数,运用函数思想,求最大值. 17X169x8 根据题意: S17=17a1+—d,S9=9a1+厂d ta1=25,S〔7=S9解得d=—2 •Sn=25n+n(;°(—2)=—n2+26n二—(n—13)2+169 •••当n=13时,$最大,最大值S13=169 解法二因为a1=25>0,d=—2v0,所以数列{an}是递减等 差数列,若使前n项和最大,只需解an0,可解出n. an+1«0 ta1=25,S9=S17 9X817X16” •••9X25+d=17X25+d,解得d=—2 22 an=25+(n—1)(—2)=—2n+27 —2n+27>0n<13.5 二n=13 —2(n+1)+27>0n>12.5 即前13项和最大,由等差数列的前n项和公式可求得 S[3=169. 解法三利用S9=S17寻找相邻项的关系. 由题意S9=S17得a1o+an+a〔2+…+a〔7=0 而a10+a17=a11+a16=a12+a15=a13+a〔4 --a〔3+a〔4=0,a〔3=—a〔4…0,a14^0 S13=169最大. 解法四根据等差数列前n项和的函数图像,确定取最 大值时的n. •••{an}是等差数列 可设Sn=Ar^+Bn 二次函数y=Ax2+Bx的图像过原点,如图3.2—1所示 /S9=S17, ■-对称轴x=9+17=13 2 •••取n=13时,S13=169最大
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