等差数列的前n项和公式推导及例题解析

1、学习好资料欢迎下载等差数列的前n 项和·例题解析一、等差数列前n 项和公式推导：（ 1） Sn=a1+a2+.an-1+an也可写成 Sn=an+an-1+.a2+a1两式相加得 2Sn=（a1+an)+(a2+an-1)+.(an+a1)=n(a1+an)所以 Sn=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

2、，得10a1 10(101) d = 1402a1 a3 a5 a7 a9 = 5a1 20d = 125解得 a1=113，d=22 其通项公式为an=113(n 1) ·( 22)= 22n135 a6=22×61353说明本题上边给出的解法是先求出基本元素a1、d，学习好资料欢迎下载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=a15d，也可以不必求出an 而直接去求 a6 ，所列方程组化简后可得2a1 9d = 28相减即得 a1 5d = 3，a1 4d = 25即 a63可见，在做题的时候，要注意运算的

3、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 an3n1；第二个数列的通项为 bN=5N3若 a b ，则有 3n15N3 m N即 n N 2(N 1) 3若满足 n 为正整数，必须有N3k1(k 为非负整数 ) 又 25N3197，即 1N40，所以N1，4，7， ， 40n=1 ，6，11， ， 66 两数列相同项的和为21732 197=1393【例 3】选择题：实数a，b，5a，7，3b， ， c 组成等差数列，且 ab5a73b c2500，

4、则 a，b，c 的值分别为学习好资料欢迎下载A1，3，5B1，3，7C1，3，99D1，3，9解 C由题设 2b = a 5ab = 3a又 14 5a3b， a 1，b3首项为 1，公差为 2又 Sn = na1 n(n 1) d 2 2500= n n( n 1) · 2 n 50 2 a50=c=1(50 1) ·2=99 a 1，b3，c99【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913，求插入的数的个数解依题意 21(2n 21)d前半部分的和 Sn+1 (n 1) (n

5、1)nd2后半部分的和 Sn+1 (n 1) · 2 ( n1) n · ( d)2学习好资料欢迎下载Sn 1(n 1)(1nd)92由已知，有nd13Sn 1( n 1)( 2)2nd1化简，得29nd1322解之，得 nd =511由，有 (2n 1)d=1由，解得d = 1 ， n = 511 共插入 10 个数【例5】在等差数列a 中，设前nm项和为Sm，前n项和为S ，且nSmSn，mn，求Sm+n解 Sm+n (m n)a11 (m n)(m n1)d2 (m n)a 12(m n1)d且 SmSn，mn ma1 1 m(m 1)d na1 1 n(n1)d22

6、d整理得 (m n)a1(m n)(m n 1) = 0即 (m n)a1 1 (mn1)d = 0 21由 mn，知 a1 2 (m n 1)d 0 S 0m+n【例 6】已知等差数列 a n 中， S3=21，S6=64，求数学习好资料欢迎下载列 |a n| 的前 n 项和 Tn分析 等差数列前 n项和 S= na n( n1) d，含有两个未知数 a，n121d，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 设公差为 d，由公式 S na n( n1)dn123a1 3d = 21得ba1 15d = 24解方程组得： d

7、 2，a19 an9(n 1)(n 2) 2n1111由 an 2n 11 0 得 n= 5.5，故数列 a n 的前 5项为正，2其余各项为负数列 a n 的前 n 项和为：n(n1)2Sn 9n( 2) = n 10n当 n5 时， Tn n210n当 n6 时， TnS5|S nS5| S5(SnS5) 2S5Sn Tn2( 2550) ( n210n) n210n50Tn= n2 10nn 5即 10n 50n N *n2n 6说明根据数列 a n 中项的符号，运用分类讨论思想可求 |a n| 的前 n 项和【例 7】在等差数列 a n 中，已知 a6a9a12a15学习好资料欢迎下载

8、34，求前 20 项之和解法一由 a6a9a12a1534得 4a138d34又 S20 20a1 20×19 d 2 20a1190d 5(4a 138d)=5×34=170(a1+ a20 ) × 201 a20 )解法二 S20 = 10(a2由等差数列的性质可得：a6a15=a9a12a1a20 a1a20=17 S20170【例 8】 已知等差数列 a n 的公差是正数， 且 a3·a7= 12，a4a6=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，则 d0，由已知可得(a1 2d)(a 1 bd) 12a1

9、 3d a1 5d = 4由，有 a124d，代入，有 d2=4再由 d0，得 d2a1=10最后由等差数列的前n 项和公式，可求得S20180解法二由等差数列的性质可得：a4a6a3a7即 a3a7 4学习好资料欢迎下载又 a3·a7=12，由韦达定理可知：a3，a7 是方程 x24x120 的二根解方程可得 x1=6，x22 d 0 a n 是递增数列a3 6，a7=2d = a7a3= 2， a1 10， S20 18073【例 9】等差数列 a n 、b n 的前 n 项和分别为 Sn和 Tn，若Sn2n，则 a100 等于Tn3n1b100 A 1B 23C 199D 20

10、0299301分析 该题是将 a100与 Sn2n发生联系，可用等差数列的前 n项b100Tn3n1n(a1 + an )和公式 Sn =把前 n项和的值与项的值进行联系解法一 Snn(a1an ) ，Tnn(b1 bn )22 Sna1an a1an2nTnb1bnb1b n3n 1 2a100a1a199，2b100b1b199a100a1a1992×199199=b199= ×199 +1=选Cb100b13299学习好资料欢迎下载解法二 利用数列 a n 为等差数列的充要条件： Snan2bn Sn2n Tn 3n 1可设 Sn2n2k，Tnn(3n 1)kanSn

11、Sn 12n 2 k 2( n 1)2 kTnTn 1n( 3n1)k( n 1) 3(n 1) 1kb n4n22n16n23n1 a100×10011992b100×10012993说明该解法涉及数列a n 为等差数列的充要条件Sn=an2bn，由已知 Sn2n，将 Sn 和 Tn 写成什么？若写成 Sn = 2nk， Tn = (3n1)k ，Tn3n1k 是常数，就不对了【例 10】解答下列各题：(1) 已知：等差数列 a n 中 a23，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，

12、求这几个数；(3) 已知：等差数列 a n 中， a4a6 a15a1750，求 S20；(4) 已知：等差数列 a n 中， an=333n，求 Sn 的最大学习好资料欢迎下载值分析与解答(1)a 6 = a2 (6 2)d173d = 54a9=a6(9 6)d= 173×( 5)=32(2)a 1=19，an+2=89，Sn+21350 Sn+2(a1 + an+2 )(n + 2)=2 2 =2×1350n= 25 n = 2319+8935an+2 = a25= a1 24d d =12故这几个数为首项是21 11 ，末项是 861 ，公差为35 的 23个数12

13、1212(3) a4a6a15a17=50又因它们的下标有417615=21 a4a17=a6a15=25(a 1+ a20 ) × 20S20 =10× (a4 a17 ) 2502(4) an=333na130Sn(a1 + an ) ·n(633n)n3263=2nn2223212×23212 ( n2 )8 nN，当 n=10 或 n=11 时， Sn 取最大值 165【例 11】求证：前 n 项和为 4n23n 的数列是等差数列学习好资料欢迎下载证设这个数列的第n 项为 an，前 n 项和为 Sn当 n2 时， anSnSn-1 an(4n 2

14、3n) 4(n 1) 23(n 1) =8n1当 n=1 时， a1=S1=43=7由以上两种情况可知，对所有的自然数n，都有 an=8n1又 an+1an8(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=SnSn-1 ”这一关系使用这一关系时，要注意，它只在 n2 时成立因为当 n1 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n1 时的情况【例 12】证明：数列 a n 的前 n 项之和 Snan2bn(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 Snan2bn，得当 n2 时，

15、anSnSn-1 an2bna(n 1) 2b(n 1) =2nabaa1S1ab学习好资料欢迎下载对于任何 nN，an2naba且 anan-1 =2na(b a) 2(n 1)a ba 2a( 常数 )a n 是等差数列若a n 是等差数列，则Sn na1 n( n1)d2= d·(1n) · n d)2 n(a1d2d= 2 nn(a12)若令 d = a，则 a1 d = b，即22Sn=an2bn综上所述， Sn=an2bn 是a n 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=an2bnc 的数列是等差数列的充分必要条件是

16、 c0事实上，设数列为 u n ，则：充分性必要性c = 0Sn an2 b nu n 是等差数列u n 是等差数列Sn an2 bnc0【例13】等差数列a n 的前n 项和Snm，前m项和Smn(mn)，求前mn项和Sm+n解法一设a n 的公差 d按题意，则有学习好资料欢迎下载Sn na1 n(n 1)dm2Sm ma1 m(m1)dn2，得 (m n)·a1 (mn)( m n 1) ·d = nm2即 a1 m n 1 d = 12(m n)( mn 1) · d Sm n (mn)a12(mn)( a1m n 1 · d)2=(mn)解法二设

17、 SxAx2Bx(x N)Am 2 Bm nAn 2 Bn m，得 A(m2n2) B(mn) nm mn A(mn) B=1故 A(mn) 2B(mn) (mn)即 S (mn) m+n说明 a 1，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 mn 1d 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=Ax2Bx(xN)学习好资料欢迎下载【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

18、奇项 =nd nd=9075=15又由 a2na127，即 (2n 1)d=27nd 15 n = 5(2n 1)d 27【例 15】在等差数列 a n 中，已知 a125，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17×169×8根据题意： S17 = 17a12d，S9 9a12d a1=25，S17S9 解得 d 2 Sn 25n n(n 1) ( 2) = n2 26n = (n13) 2 169 2当 n=13 时， Sn 最大，最大值 S13169解法二因为 a1=250，d 20，所以数列 a n 是递减等差数列，若使前an 0，可解出 nn项和最大，只需解an+1 0 a125，S9S17学习好资料欢迎下载 9× 25 9×8 d = 17× 25 17×16 d，解得 d = 222 an=25(n 1)( 2)= 2n27 2n 27 0n 13.5 n = 13 2(n 1