等差数列求和公式-4课件

2.3.1

等差数列的求和公式

(第一课时)11.数列前n项和的定义

一般地，称__________________为数列{an}的前n项和，

用Sn表示，即Sn＝__________________.

Sn与通项an之间的关系：

a1＋a2＋a3＋…＋an

a1＋a2＋a3＋…＋an

新课讲解

知，an＝?????

S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2.

22.等差数列的前n项和公式

已知量

首项、末项与项数

首项、公差与项数

求和公式

Sn＝__________

Sn＝______________

n?a1＋an?2

na1＋n?n－1?2d

求和公式变形：

2)1(1nnaaanaS???中中，?????????AdBAaBnAnSn2)2(123等差数列前n项和公式的函数特征

(2)当A＝0，B＝0时，Sn＝0是关于n的常数函数(此时a1＝0，

d＝0)；

当A＝0，B≠0时，Sn＝Bn是关于n的正比例函数(此时a1≠0，

d＝0)；

当A≠0，B≠0时，Sn＝An2＋Bn是关于n的二次函数(此时d≠0)．

(1)等差数列的前n项和公式Sn＝na1＋n?n－1?2d通过变形，可得Sn＝d2n2＋??????a1－d2n的形式．我们可以令A＝d2，B＝a1－d2，则

Sn＝na1＋n?n－1?2d可改写为Sn＝An2＋Bn.4题型一

与等差数列前n项和有关的基本量的计算

(2)a1＝4，S8＝172，求a8和d.

(3)已知d＝2，an＝11，Sn＝35，求a1和n.

(1)a1＝56，an＝－32，Sn＝－5，求n和d.【例1】

在等差数列{an}中．

例题讲解

5解

(1)由题意，得Sn＝n?a1＋an?2＝n??????56－322＝－5，

解得n＝15.又a15＝56＋(15－1)d＝－32，

∴d＝－16.(2)由已知，得S8＝8?a1＋a8?2＝8?4＋a8?2，解得a8＝39，

又∵a8＝4＋(8－1)d＝39，∴d＝5.6(3)由?????

an＝a1＋?n－1?d，Sn＝na1＋n?n－1?2d，

得?????

a1＋2?n－1?＝11，na1＋n?n－1?2×2＝35，解方程组得?????

n＝5，a1＝3或?????

n＝7，a1＝－1.

71.在等差数列{an}中；

(1)已知a6＝10，S5＝5，求a8和S10；

(2)已知a3＋a15＝40，求S17.

解

(1)?????

S5＝5a1＋5×42d＝5，a6＝a1＋5d＝10，

解得a1＝－5，d＝3.∴a8＝a6＋2d＝10＋2×3＝16.S10＝10a1＋10×92d＝10×(－5)＋5×9×3＝85.(2)S17＝17×?a1＋a17?2＝17×?a3＋a15?2＝17×402＝340.跟踪练习

8题型二

利用Sn与an的关系求an

解

(1)①当n＝1时，a1＝S1＝3＋2＝5.②当n≥2时，Sn－1＝3＋2n－1，

又Sn＝3＋2n，

∴an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1.

【例2】

(1)已知数列{an}的前n项和Sn＝3＋2n，求an.

(2)数列{an}的各项都为正数，且满足Sn＝?an＋1?24(n∈N*，求数列的通项公式an.9化简得(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝0，

因为an＞0，∴an＋1－an＝2，

又4S1＝4a1＝(a1＋1)2得a1＝1，

故{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，所以an＝2n－1.

又当n＝1时，a1＝21－1＝1≠5，

∴an＝?????

5

?n＝1?，2n－1

?n≥2?.

(2)法一

(消Sn)；由Sn＝?an＋1?24(n∈N*)，得4an＋1＝4(Sn＋1－Sn)＝(an＋1＋1)2－(an＋1)2

10法二

(消an)：由上可知

2Sn＝an＋1，∴2Sn＝Sn－Sn－1＋1(n≥2)，

化简可得(Sn－1)2＝Sn－1，

(Sn＋Sn－1－1)(Sn－Sn－1－1)＝0，

又S1＝1，{an}的各项都为正数，

所以Sn－Sn－1＝1.所以Sn＝n，从而Sn＝n2，

所以an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)，a1＝1也适合，故an＝2n－1.11

(2)已知一个数列的前n项和为Sn＝n2＋n－1，求它的通项公式，问它是等差数列吗？

解

(1)a1＝S1＝5，

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2＋3n)－[2(n－1)2＋3(n－1)]＝4n＋1，

当n＝1时也适合，∴an＝4n＋1.

1.(1)已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2＋3n，求an.跟踪练习

12(2)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋n－1)－[(n－1)2＋(n－1)－1]＝2n；

当n＝1时，a1＝S1＝1，∴an＝?????

1，n＝1，2n，n≥2.

∵a2－a1＝4－1＝3≠2，

∴数列{an}中每一项与前一项的差不是同一个常数，

∴{an}不是等差数列．

132．已知数列{an}中，a1＝2，nan+1＝Sn+n(n+1)求证：{an}是等差数列.

4．已知数列{an}中，a1＝1，)2(,1222???nSSannn，

（1）求an

（2）设存在正数k，使12)1)....(1)(1(21?????nkSSSn对一切??Nn都成立，求k的最大值。

3．已知数列{an}中，a1＝2，nnnSaSaSaS???????24...24242211

,求an.

14题型三

求数列{|an|}的前n项和

【例3】

已知数列{an}的前n项和Sn＝－32n2＋2052n，求数列{|an|}的前n项和Tn.[规范解答]a1＝S1＝－32×12＋2052×1＝101.当n≥2时，

an＝Sn－Sn－1

＝??????－32n2＋2052n－??????－32?n－1?2＋2052?n－1?

15＝－3n＋104.∵n＝1也适合上式，

∴数列通项公式为an＝－3n＋104(n∈N*)．

由an＝－3n＋104≥0，得n≤34.7.即当n≤34时，an>0；当n≥35时，an<0.

(1)当n≤34时，

Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an

(2)当n≥35时，

Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|a34|＋|a35|＋…＋|an|＝(a1＋a2＋…＋a34)－(a35＋a36＋…＋an)＝2(a1＋a2＋…＋a34)－(a1＋a2＋…＋an)

＝Sn＝－32n2＋2052n；

(6分)16＝2S34－Sn

(8＝2??????－32×342＋2052×34－??????－32n2＋2052n

＝32n2－2052n＋3502.

(1故Tn＝?????

－32n2＋2052n，?n≤34且n∈N*?32n2－2052n＋3502?n≥35且n∈N*?.

(1171.已知数列{an}中，Sn＝－n2＋10n，数列{bn}的每一项都有bn＝|an|，求数列bn的前n项之和Tn的表达式．

解

由Sn＝－n2＋10n得an＝Sn－Sn－1＝11－2n，(n≥2，n∈N*)．

验证a1＝9也符合上式．∴an＝11－2n，n∈N*

∴当n≤5时，an>0，此时Tn＝Sn＝－n2＋10n；

当n>5时，an<0，此时Tn＝2S5－Sn＝n2－10n＋50.

即Tn＝?????

－n2＋10n?n≤5?，n2－10n＋50?n>5?.

跟踪练习

18方法技巧

等差数列中创新型问题的求解策略

关于等差数列的创新型试题，常以图表、数阵、新定义等形式出现．

【示例】

下表给出一个“等差数阵”：

4

7

(

)

(

)

(

)

…

a1j

…

7

12

(

)

(

)

(

)

…

a2j

…

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

…

a3j

…

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

…

a4j

…

…

…

…

…

…

…

…

…

ai1

ai2

ai3

ai4

ai5

…

aij

…

…

…

…

…

…

…

…

…

19其中每行、每列都是等差数列，aij表示位于第i行第j列的数．

(1)写出a45的值；

(2)写出aij的计算公式．

解

(1)通过观察“等差数阵”发现：第一行的首项为4，公差为3；第二行首项为7，公差为5.归纳总结出：第一列(每行的首项)是以4为首项，3为公差的等差数列，即3i＋1，各行的公差是以3为首项，2为公差的等差数列，即2i＋1.所以a45在第4行，首项应为13，公差为9，进而得出a45＝49.20(2)该“等差数阵”的第一行是首项为4，公差为3的等差数列：a1j＝4＋3(j－1)；

第二行是首项为7，公差为5的等差数列：

a2j＝7＋5(j－1)；

……

第i行是首项为4＋3(i－1)，公差为2i＋1的等差数列，因此，aij＝4＋3(i－1)＋(2i＋1)(j－1)＝2ij＋i＋j＝i(2j＋1)＋j.

212.3.1

等差数列的求和公式

(第二课时)221.等差数列前n项和的性质

(1)Sm，S2m，S3m分别为{an}的前m项，前2m项，前3m项的和，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m也成等差数列，公差为____.

(2)

(3)设两个等差数列{an}、{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，则

anbn＝S2n－1T2n－1.

m2d

新课讲解

(3)设两个等差数列{an}、{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，则

anbn＝S2n－1T2n－1.

23(3)若S奇表示奇数项的和，S偶表示偶数项的和，公差为d，

①若

，则S偶－

S奇

=

②若

，

则

kn2?kd12??kn??????中偶中奇kaSakS)1(kkSS1??偶奇24思考：如果数列的前n项和公式Sn＝An2＋Bn，其中A，B为常数，那么这个数列是否一定为等差数列？

提示：由Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an①

得Sn－1＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1(n≥2)②

由①－②得an＝Sn－Sn－1(n≥2)，∵S1＝a1，

又Sn＝An2＋Bn，

∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2An－A＋B.当n＝1时，a1＝S1＝A＋B符合上式，

∴an＝2An－A＋B(n∈N*)∴数列{an}是等差数列，首项为A＋B，公差为2A.

∴an＝?????

S1?n＝1?，Sn－Sn－1?n≥2?，

252.等差数列前n项和的最值

(1)在等差数列{an}中

当a1>0，d<0时，Sn有_____值，使Sn取到最值的n可由不等

式组

确定；

当a1<0，d>0时，Sn有_____值，使Sn取到最值的n可由不等

式组

确定．

(2)因为Sn＝d2n2＋??????a1－d2n，若d≠0，则从二次函数的角度看：当d>0时，Sn有_____值；当d<0时，Sn有_____值；且n取最接近对称轴的自然数时，Sn取到最值．

最大

最小

最小

最大

?????

an≥0an＋1≤0

?????

an≤0an＋1≥0

26题型一

等差数列前n项和性质的应用

(2)一个等差数列的前10项之和为100，前100项之和为10，求前110项之和．

(3)两个等差数列{ann}的前n项和分别为Sn,Tn,

1）若,求

；2）若

，求

【例1】(1)设等差数列的前n项和为Sn，已知前6项和36，Sn＝324，最后6项的和为180(n＞6)，求数列的项数n.例题讲解

3225???nnbann77TS3225???nnTSnn77ba27解

(1)由题意可知a1＋a2＋…＋a6＝36①

an＋an－1＋an－2＋…＋an－5＝180②

①＋②得

(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋…＋(a6＋an－5)＝6(a1＋an)＝216.∴a1＋an＝36.又Sn＝n?a1＋an?2＝324，

∴18n＝324.∴n＝18.28(2)法一

设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则Sn＝na1＋n?n－1?2d.由已知得?????

10a1＋10×92d＝100100a1＋100×992d＝10

①②

①×10－②，整理得d＝－1150，

代入①，得a1＝1099100.29∴S110＝110a1＋110×1092d

＝110×1099100＋110×1092×??????－1150

＝110????????1099－109×11100＝－110.故此数列的前110项之和为－110.30法二

数列S10，S20－S10，S30－S20，…，S100－S90，S110－S100为等差数列，设公差为d′，则

10S10＋10×92×d′＝S100＝10，

又∵S10＝100，代入上式得d′＝－22，

∴S110－S100＝S10＋(11－1)×d′＝100＋10×(－22)＝

－120，

∴S110＝－120＋S100＝－110.31法三

设等差数列{an}的前n项和Sn＝an2＋bn.∵S10＝100，S100＝10，

∴?????

102a＋10b＝100，1002a＋100b＝10，∴?????

a＝－11100，b＝11110，

∴Sn＝－11100n2＋11110n，

∴S110＝－11100×1102＋11110×110＝－110.规律：等差数列中，Sm=n,Sn=m，则Sm+n=－(m+n)321.等差数列中，

(1)am=n，an=m，求证：am+n=0(2)Sm=Sn，求证：Sm+n=0(3)Sm=n,Sn=m，求证：Sm+n=－(m+n)跟踪练习

333.等差数列中，S30=90，a3+a6+a9+…+a30=36

(1)求d(2)求a1+a4+a7+…+a282.等差数列中，S3=45，Sn=360,Sn-3=225,求n

34【例2】一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项和与奇数项和之比为32∶27，求公差d.解

法一

设此数列首项为a1，公差为d，

∵S偶－S奇＝6d，∴d＝5.

则?????????

12a1＋12×12×11d＝3546?a1＋d?＋12×6×5×2d6a1＋12×6×5×2d＝3227，

解得d＝5.法二

?????

S奇＋S偶＝354S偶S奇＝3227??????

S偶＝192，S奇＝162.

?????????

12a1＋12×12×11d＝3546?a1＋d?＋12×6×5×2d6a1＋12×6×5×2d＝3227，

解得d＝5.法二

?????

S奇＋S偶＝354S偶S奇＝3227??????

S偶＝192，S奇＝162.

35跟踪练习

1.一个等差数列有奇数项，奇数项和为132，

偶数项和为120，求项数。

36题型二

等差数列前n项和的最值问题

【例2】

已知数列{an}，an∈N*，Sn是其前n项和，Sn＝18(an

＋2)2.(1)求证{an}是等差数列；

(2)设bn＝12an－30，求数列{bn}的前n项和的最小值．

37解

(1)证明

当n＝1时，a1＝S1＝18(a1＋2)2，解得a1＝2.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝18(an＋2)2－18(an－1＋2)2，即8an＝(an＋2)2－(an－1＋2)2，

整理得，(an－2)2－(an－1＋2)2＝0，即(an＋an－1)(an－an－1－4)＝0.∵an∈N*，∴an＋an－1＞0，∴an－an－1－4＝0，即an－an－1＝4(n≥2)．

故{an}是以2为首项，4为公差的等差数列．

38(2)解

设{bn}的前n项和为Tn，∵bn＝12an－30，且由(1)知an＝2＋(n－1)×4＝4n－2，

∴bn＝12(4n－2)－30＝2n－31，故数列{bn}是单调递增的等差数列．

令2n－31＝0，得n＝1512，∵n∈N*，∴当n≤15时，bn＜0；

当n≥16时，bn＞0，即b1＜b2＜…＜b15＜0＜b16＜b17＜…，

当n＝15时，Tn取得最小值，最小值为T15＝－29－12×15＝－225.391.已知等差数列{an}中，a1＝9，a4＋a7＝0.(1)求数列{an}的通项公式；

(2)当n为何值时，数列{an}的前n项和取得最大值．

解

(1)由a1＝9，a4＋a7＝0，

得a1＋3d＋a1＋6d＝0，

解得d＝－2，

∴an＝a1＋(n－1)·d＝11－2n.(2)法一

a1＝9，d＝－2，

Sn＝9n＋n?n－1?2·(－2)跟踪练习

40＝－n2＋10n

＝－(n－5)2＋25∴当n＝5时，Sn取得最大值．

法二

由(1)知a1＝9，d＝－2<0，

∴{an}是递减数列．

∵n∈N*，∴n≤5时，an>0，n≥6时，an<0.∴S5最大．

令an≥0，则11－2n≥0，解得n≤112.412.等差数列中，

(1)求Sn最大值；

(2)求Sn最大值；

(3)求Tn=|a1|+|a2|+…+|an|

,201?a,4??d,3??d,4??d42

已知等差数列{an}满足：a3＝7，a5＋a7＝26，{an}的前n项和为Sn.(1)求an及Sn.

解(1)设等差数列{an}的公差为d，

因为a3＝7，a5＋a7＝26，所以有

题型三

裂项相消法求数列的和

【例3】

(2)令bn＝1an2－1(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.?????

a1＋2d＝7，2a1＋10d＝26，解得a1＝3，d＝2.43所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1；

Sn＝3n＋n?n－1?2×2＝n2＋2n.

(2)由(1)知an＝2n＋1，所以

bn＝1an2－1＝1?2n＋1?2－1＝14·1n?n＋1?＝14????????1n－1n＋1

所以Tn＝14????????1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1

＝14????????1－1n＋1＝n4?n＋1?.

即数列{bn}的前n项和Tn＝n4?n＋1?.

441.已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，

a3＝6，S3＝12.(1)求数列{an}的通项公式；

解

(1)∵?????

a3＝a1＋2d＝6，S3＝3a1＋3d＝12，∴a1＝2，d＝2，

∴an＝2＋(n－1)×2＝2n.(2)由(1)知Sn＝2n＋n?n－1?2×2＝n(n＋1)．

∴1S1＋1S2＋…＋1Sn＝11×2＋12×3＋…＋1n?n＋1?＝??????1－12＋??????12－13＋…＋????????1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.(2)求1S1＋1S2＋…＋1Sn.跟踪练习

45(1)求数列{an}的通项公式；

题型四

等差数列的综合应用

【例4】

设数列{an}的前n项和为Sn，点??????n，Snn(n∈N*)均在函

数y＝3x－2的图象上．

(2)设bn＝3anan＋1，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn＜m20对所有n∈N*都成立的最小正整数m.46[规范解答](1)依题意得，Snn＝3n－2，即Sn＝3n2－2n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n2－2n)－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5；

当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＝6×1－5适合，

所以an＝6n－5(n∈N*)．(5分)(2)由(1)得bn＝3anan＋1＝3?6n－5?[6?n＋1?－5]

＝12????????16n－5－16n＋1，(7分)47故Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝12???

??????1－17＋??????17－113＋…＋

????????????16n－5－16n＋1＝12????????1－16n＋1.(10分)因此，使得12????????1－16n＋1＜m20(n∈N*)成立的m必须满足12≤m20，即m≥10，故满足要求的最小整数m为10.(12分)48解

(1)∵－an＝2SnSn－1，

∴－Sn＋Sn－1＝2SnSn－1(n≥2)，又Sn≠0(n＝1,2,3，…)，

∴1Sn－1Sn－1＝2.又1S1＝1a1＝2，

∴??????1Sn是以2为首项，2为公差的等差数列．

1.

已知数列

{

a

n

}

的前

n

项和为

S

n

(

S

n

≠

0)

，且满足

a

n

＋

2

S

n

S

n

－

1

＝

0(

n

≥

2)

，

a