高一数学典型例题分析 等差数列的前n项和

用心 爱心 专心 1 等差数列的前等差数列的前 n n 项和项和 例题解析例题解析 例例 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 解解 依题意 得 10ad 140 aaaaa 5a20d 125 1 135791 10 101 2 解得 a1 113 d 22 其通项公式为 an 113 n 1 22 22n 135 a6 22 6 135 3 说明说明 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 a1 5d 也可以不必求出 an而 直接去求 所列方程组化简后可得 相减即得 a 2a9d 28 a4d 25 a5d 3 6 1 1 1 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 nN 21 3 N 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 40 所以 N 1 4 7 40 n 1 6 11 66 两数列相同项的和为 2 17 32 197 1393 例例 3 选择题 实数 a b 5a 7 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 5 B 1 3 7 C 1 3 99 D 1 3 9 解解 C2b a5ab 3a由题设 用心 爱心 专心 2 又 14 5a 3b a 1 b 3 首项为 1 公差为 2 又 S nad 2500 n2 n50 n1 n n n n 1 2 1 2 a50 c 1 50 1 2 99 a 1 b 3 c 99 例例 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 解解 依题意 2 1 2n 2 1 d 前半部分的和 后半部分的和 S n1 d S n1 2 d n 1 n 1 nn nn 1 2 1 2 由已知 有 化简 得 解之 得 S S n nd n nd nd nd n n 1 1 1 1 2 1 2 2 9 13 1 2 2 2 9 13 nd 5 11 由 有 2n 1 d 1 由 解得 d 1 11 n 5 共插入 10 个数 例例 5 在等差数列 an 中 设前 m 项和为 Sm 前 n 项和为 Sn 且 Sm Sn m n 求 Sm n 解解 S mn a mn mn1 d mn a mn1 d m n1 1 1 2 1 2 且 Sm Sn m n 用心 爱心 专心 3 整理得 mam m1 dnan n1 d mn a mn mn1 0 11 1 1 2 1 2 2 d 即 由 知 mn a mn1 d 0 mna mn1 d0 1 1 1 2 1 2 Sm n 0 例例 6 已知等差数列 an 中 S3 21 S6 64 求数列 an 的前 n 项和 Tn 分分析析 nS nada n11 等差数列前 项和 含有两个未知数 n n 1 2 d 已知 S3和 S6的值 解方程组可得 a1与 d 再对数列的前若干项的正负性 进行判断 则可求出 Tn来 解解 dSnad 3a3d 21 ba15d 24 n1 1 1 设公差为 由公式 得 n n 1 2 解方程组得 d 2 a1 9 an 9 n 1 n 2 2n 11 由 得 故数列的前 项为正 a2n110 n 5 5 a 5 nn 11 2 其余各项为负 数列 an 的前 n 项和为 S9n 2 n10n n 2 n n 1 2 当 n 5 时 Tn n2 10n 当 n 6 时 Tn S5 Sn S5 S5 Sn S5 2S5 Sn Tn 2 25 50 n2 10n n2 10n 50 即 T n10n n5 n10n50 n6 n n 2 2 N 说明说明 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 例例 7 在等差数列 an 中 已知 a6 a9 a12 a15 34 求前 20 项之和 解法一解法一 由 a6 a9 a12 a15 34 得 4a1 38d 34 用心 爱心 专心 4 又 S20ad 201 2019 2 20a1 190d 5 4a1 38d 5 34 170 解解法法二二 S a a 20 2 10 aa 20 120 120 由等差数列的性质可得 a6 a15 a9 a12 a1 a20 a1 a20 17 S20 170 例例 8 已知等差数列 an 的公差是正数 且 a3 a7 12 a4 a6 4 求 它的前 20 项的和 S20的值 解法一解法一 设等差数列 an 的公差为 d 则 d 0 由已知可得 a2d abd 12 a3da5d 4 11 11 由 有 a1 2 4d 代入 有 d2 4 再由 d 0 得 d 2 a1 10 最后由等差数列的前 n 项和公式 可求得 S20 180 解法二解法二 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 x1 6 x2 2 d 0 an 是递增数列 a3 6 a7 2 d a 2a10S180 7 120 a3 73 例例 9 等差数列 an bn 的前 n 项和分别为 Sn和 Tn 若 S T n n a b n n 2 31 100 100 则等于 用心 爱心 专心 5 A1B CD 2 3 199 299 200 301 分分析析 n S n a a n n 1n 该题是将与发生联系 可用等差数列的前 项 和公式把前 项和的值与项的值进行联系 a b S T n n n n 100 100 2 31 2 解解法法一一 S n aa T n bb S T aa bb aa bb n n n n n n n n n n n n 11 1 1 1 1 22 2 31 2a100 a1 a199 2b100 b1 b199 选 a b a b 100 100 199 199 a b 2199 3199 1 199 299 C 1 1 解法二解法二 利用数列 an 为等差数列的充要条件 Sn an2 bn S T n n n n 2 31 可设 Sn 2n2k Tn n 3n 1 k a b SS TT n knk nnknnk n n n n a b n n nn nn 1 1 22 100 100 221 311 311 42 62 21 31 21001 31001 199 299 说明说明 该解法涉及数列 an 为等差数列的充要条件 Sn an2 bn 由 已知 将和写成什么 若写成 S T n n n n 2 31 STS 2nkT 3n1 k nnnn k 是常数 就不对了 例例 10 解答下列各题 1 已知 等差数列 an 中 a2 3 a6 17 求 a9 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 用心 爱心 专心 6 3 已知 等差数列 an 中 a4 a6 a15 a17 50 求 S20 4 已知 等差数列 an 中 an 33 3n 求 Sn的最大值 分析与解答分析与解答 1 a a 62 d d 5 62 173 4 a9 a6 9 6 d 17 3 5 32 2 a1 19 an 2 89 Sn 2 1350 S a a n 2 2 n2 21350 19 89 25 n 23 a a a24d d 35 12 n 2 1n 2 n 2251 故这几个数为首项是 末项是 公差为的个数 2111 12 86 1 12 35 12 23 3 a4 a6 a15 a17 50 又因它们的下标有 4 17 6 15 21 a4 a17 a6 a15 25 S a a 20 20 120 2 10250 417 aa 4 an 33 3n a1 30 S a a n 2 n 1n 633 2 3 2 63 2 3 2 21 2 321 8 2 2 2 n n nn n n N 当 n 10 或 n 11 时 Sn取最大值 165 例例 11 求证 前 n 项和为 4n2 3n 的数列是等差数列 证证 设这个数列的第 n 项为 an 前 n 项和为 Sn 当 n 2 时 an Sn 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 用心 爱心 专心 7 又 an 1 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 S0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 对于任何 n N an 2na b a 且 an an 1 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 Snad dn ad d 2 n1 1 n n nn nn a d 1 2 1 2 2 2 1 若令 则 即 dd 22 aa b 1 Sn an2 bn 综上所述 Sn an2 bn 是 an 成等差数列的充要条件 说明说明 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 则 充分性 是等差数列 必要性是等差数列 c 0Sanb u u Sanbnc0 n 2 nn nn 2 用心 爱心 专心 8 例例 13 等差数列 an 的前 n 项和 Sn m 前 m 项和 Sm n m n 求前 m n 项和 Sm n 解法一解法一 设 an 的公差 d 按题意 则有 Snadm Smadn mn ad nm n1 m1 1 得 n n m m mn mn 1 2 1 2 1 2 即 ad 1 1 mn Smn a mn mn d mn a mn d m n 1 2 1 2 1 2 1 1 m n 解法二解法二 设 Sx Ax2 Bx x N AmBmn AnBnm 2 2 得 A m2 n2 B m n n m m n A m n B 1 故 A m n 2 B m n m n 即 Sm n m n 说明说明 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 这种设而不ad1 1 mn 1 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 解解 S偶项 S奇项 nd nd 90 75 15 又由 a2n a1 27 即 2n 1 d 27 用心 爱心 专心 9 nd15 2n1 d27 n 5 例例 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 解法一解法一 建立 Sn关于 n 的函数 运用函数思想 求最大值 根据题意 S 17adS9ad 17191 1716 2 98 2 a1 25 S17 S9 解得 d 2 S25n 2 n26n n13 169 n 22 n n 1 2 当 n 13 时 Sn最大 最大值 S13 169 解法二解法二 因为 a1 25 0 d 2 0 所以数列 an 是递减等 差数列 若使前 项和最大 只需解 可解出 n a0 a0 n n n 1 a1 25 S9 S17 解得 925 2 d 1725dd 2 981716 2 an 25 n 1 2 2n 27 2n270 2 n1 270 n13 5 n12 5 n 13 即前 13 项和最大 由等差数列的前 n 项和公式可求得