高一数学等差数列的前n项和测试题

1、等差数列的前n 项和·例题解析【 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10a1101012d = 140a1 a3 a5 a 7 a9 = 5a1 20d = 125解得 a1=113， d= 22 其通项公式为an=113 n 1· 22= 22n 135a6= 22× 6 135 3说明此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，是常常用到的一种方法在本课中假如留意到a6=a1 5d，也可以不必求出an 而2a1 9d = 28直接

2、去求a6 ，所列方程组化简后可得a1 4d = 25相减即得a1 5d = 3，即 a6 3可见，在做题的时候，要留意运算的合理性当然要做到这一点，必需以对学问的娴熟把握为前提【 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；其次个数列的通项为bn =5n 3如 am bn ，就有 3n1 5n 3即n n 2n13如满意 n 为正整数，必需有n 3k 1k 为非负整数 又 2 5n 3 197，即 1 n 40，所以n 1， 4， 7， 40n=1， 6， 11， 66 两数列相同项的和为2 17

3、 32 197=1393【 例 3】挑选题：实数a， b，5a， 7， 3b， c 组成等差数列，且a b 5a 7 3b c2500，就 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 = a5ab = 3a又14 5a 3b，a 1， b 3首项为1，公差为2又sn= na1nn12d2500= nn n21 · 2n 50a50=c=1 501· 2=99 a 1， b3， 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，如这个数列的前半部分的和同后半部

4、分的和之比为9 13，求插入的数的个数解依题意 2 1 2n2 1d前半部分的和sn+1 n1 n1n2d后半部分的和 nsn+1 n 1· 2nd1 n· d2由已知，有sn 1n1 192化简，得sn 1n1nd29nd131 222nd132解之，得5nd =11由，有 2n 1d=11由，解得d =， n = 5 11 共插入 10 个数【 例 5】在等差数列 a n 中，设前m 项和为 sm，前 n 项和为 sn，且 sm sn， m n，求 sm+n 解 sm+n mna1 1 m nm n1d2 mna 112 mn1d且 sm sn， m n1 ma1 2

5、mm1dna1 d1nn1d2整理得 mna1 1m nmn1 = 02即m na1 2 mn1d = 01由mn，知a1sm+n 02 m n 1d 0【 例 6】已知等差数列a n 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= na1n n21d，含有两个未知数a1，d，已知 s3 和 s6 的值， 解方程组可得a1 与 d，再对数列的前如干项的正负性进行判定，就可求出t n 来解设公差为d，由公式sn na1n n21 d3a1 3d = 21得ba1 15d = 24解方程组得：d 2， a1 9an 9 n 1n 2 2n 1111

6、由an 2n11 0得n= 5.5，故数列2a n 的前 5项为正，其余各项为负数列a n 的前 n 项和为：s n 9nn n21 2 = n 2 10n当 n 5 时， tn n2 10n当 n 6 时， tn s5 |sn s5| s5 sn s5 2s5 snt n 2 25 50 n2 10n n2 10n 502tn = n 10nn 5即n2 10n 50n 6n n *说明依据数列 a n 中项的符号， 运用分类争论思想可求 |an|的前 n 项和【 例 7】在等差数列 a n 中，已知 a6 a9 a12 a15 34，求前 20 项之和解法一由 a6 a9 a12 a15

7、34得 4a1 38d34又s20 20a120×19d220a1 190d54a1 38d=5 ×34=170解法二s= a 1 + a 20 × 20= 10a a202120由等差数列的性质可得：a6a15=a9 a12 a1 a20 a1 a20=17 s20 170【 例 8】已知等差数列a n 的公差是正数，且a3· a7= 12， a4 a6= 4，求它的前20 项的和 s20 的值解法一设等差数列 a n 的公差为d，就 d 0，由已知可得a1 2da 1 bd 12a1 3d a1 5d = 4由，有a1 2 4d，代入，有d2=4再由

8、 d 0，得 d 2 a1= 10最终由等差数列的前n 项和公式，可求得s20 180解法二由等差数列的性质可得：a4a6 a3 a7即 a3 a7 4又 a3· a7= 12，由韦达定理可知：a3，a7 是方程 x2 4x12 0 的二根解方程可得x 1= 6，x2 2d 0 a n 是递增数列a3 6，a7=2a7a 3d =73= 2， a 1 10， s20 180【 例 9】等差数列 a n 、b n 的前 n 项和分别为sn 和 tn， 如sn2 n，就tn3n1a100 等 于b 100a 1b19923200c299d301a100sn2n分析该题是将与发生联系，可用

9、等差数列的前n项b 100tn3n1na1和公式 sn =+ an 2把前n项和的值与项的值进行联系n a1解法一 sn2a n nb 1， tn2b n sntna1a nb1bn a1a nb1b n2 n3n12a100 a1 a199， 2b100 b1b199a100a1=b100b1a199b1992× 199=3×199 +1199=299选c解法二利用数列 a n 为等差数列的充要条件：sn an2bn s n2 n tn3n1可设 sn 2n2k， tn n3n 1k ansnsn 12n 2 k2 n1 2 kbntntn 1n3n4n 6n1k n22

10、n123n11 3n11ka100b1002×10013× 1001199299说明该解法涉及数列a n 为等差数列的充要条件sn=an2 bn，由sn2n已知，将 sn 和tn 写成什么？如写成sn = 2nk，tn= 3n1k ，tn3n1k 是常数，就不对了【 例 10】解答以下各题：1 已知：等差数列a n 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；3 已知：等差数列a n 中， a4a6 a15 a17 50，求 s20；4 已知：等差数列a n 中， an

11、=33 3n，求 sn 的最大值分析与解答1a 6 = a2 6 2dd 173 = 54a9=a6 9 6d= 17 3× 5= 322a1=19 ，an+2 =89 ，sn+2 1350 s=a1n+2+ an+2 n + 22 n 2 =2×135019 + 89= 25 n = 2335an+2= a25= a1 24d d = 12故这几个数为首项是1121，末项是1213586，公差为的23个数 12123 a4a6 a15 a17=50又因它们的下标有4 17 6 15=21a4 a17=a6 a15=25a1s20 =+ a 20 × 20210&

12、#215; a4a17 2504 an=33 3na1 30s n =a13+ a n · n 221633nn 23× 2123 n 263 n22 n 2228n n，当n=10 或 n=11 时， sn 取最大值165【 例 11】求证：前n 项和为 4n2 3n 的数列是等差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 snsn-1an 4n2 3n 4n 12 3n 1=8n 1当 n=1 时 ， a1=s1=43=7由以上两种情形可知，对全部的自然数n，都有 an=8n 1又 an+1 an 8n 1 1 8n 1 8这个数列是

13、首项为7，公差为8 的等差数列说明这里使用了“an=snsn-1”这一关系使用这一关系时，要留意，它只在 n 2 时成立 由于当 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 时的情形【 例 12】证明： 数列 a n 的前 n 项之和 sn an2 bna、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 snsn-1an2 bnan12 bn 1=2na b a a1s1 ab对于任何n n， an 2na b a且 an an-1=2nab a 2n 1a b a2a 常数 a n

14、是等差数列如a n 是等差数列，就sn na1 n n12d1= d·n ·n2na1 dd2d=nna1 22dd如令= a，就 a 122= b， 即sn=an2 bn综上所述， sn=an2 bn 是a n 成等差数列的充要条件说明由此题的结果， 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c0事实上，设数列为u n ，就：充分性c = 0sn an b nu n 是等差数列2必要性u n 是等差数列sn an bnc 02【 例 13】等差数列 a n 的前 n 项和 sn m，前 m 项和 sm nm n，求前m

15、n 项 和 sm+n解法一设a n 的公差 d按题意，就有sn na1 nn12mmdm1sm ma1dn2，得m n·a1mn mn21· d = nmmn即a1 21d = 1mn mn1 sm n=m nmna1mna12mn12· d· d解法二设 sx ax 2 bxx nam 2 bm nan 2 bn m，得am 2 n2 bm n n mm nam n b= 1故 am n2 bm 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mn1解决其它问题，但此题关键在于求出了a1d 1，这种设而不2解

16、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 =ax 2 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，就 n 之值是多少？解 s 偶项 s 奇项 =ndnd=90 75=15又由 a2n a127，即 2n 1d=27nd 152n1d 27 n = 5【例15】在等差数列 a n 中，已知a1 25， s9s17，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，求最大值依据题意：s17= 17a117× 162d，s9 9a19

17、×82da1=25 ， s17 s9解 得 d 2 sn 25nn n21 2 = n 2 26n = n 13 2 169当 n=13 时， sn 最大，最大值s13169解法二由于 a1=25 0， d 2 0，所以数列 a n 是递减等差数列，如使前n项和最大，只需解a n 0a n+1 0，可解出 na1 25， s9 s179×817×16 9× 252d = 17× 252d，解得 d = 2an=25 n 1 2= 2n 27 2n 27 0 2n1 27 0n 13.5n 12.5 n = 13即前 13 项和最大，由等差数列的前n 项和