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Ekpdmja高一数学典型例题分析:等差数列的前n项和


Time will pierce the surface or youth, will be on the beauty of the ditch dug a shallow groove ; Jane will eat rare!A born beauty, anything to escape his sickle sweep .-- Shakespeare
项和·

等差数列的前 n 项和·例题解析 其中, 项数为奇数的各项的和为 125, 【例 1】 等差数列前 10 项的和为 140, 】 求其第 6 项. 解 依题意,得

10(10 ? 1) ? d = 140 ?10a 1 + 2 ? ?a 1 +a 3 +a 5 +a 7 +a 9 = 5a 1 + 20d = 125 ?
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 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

?2a 1 + 9d = 28 直接去求a 6 ,所列方程组化简后可得 ? 相减即得a 1 +5d = 3, ?a 1 +4d = 25
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. 在两个等差数列 2,5,8,…,197 与 2,7,12,…,197 中, 【例 2】 】 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+

2( N ? 1) 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≤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 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 C由题设 2b = a+5a ? b = 3a
又∵ 14=5a+3b, ∴ a=1,b=3 ∴首项为 1,公差为 2

n( n ? 1) d 2 n( n ? 1) ∴ 2500 = n+ · 2 ∴n=50 2 又S n = na 1 +
∴a50=c=1+(50-1)·2=99 ∴ 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

( n + 1) n d 2 ( n + 1) n 后半部分的和S′ = (n+1) · 2 + · ( -d) n+1 2 前半部分的和S n+1 = (n+1) +
nd ( n + 1)(1 + ) S n +1 9 2 由已知,有 = = nd S′ 1 13 n+ ( n + 1)(2 ? ) 2 nd 1+ 9 2 化简,得 = nd 13 2? 2 5 解之,得 nd = ④ 11
由①,有(2n+1)d=1 ⑤

② ③

1 由④,⑤,解得d = ,n = 5 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 Sn,且 Sm= 】

Sn,m≠n,求 Sm+n.

1 解 ∵S m+n = (m+n)a 1 + (m+n)(m+n-1)d 2 1 = (m+n)[a 1 + (m+n-1)d] 2
且 Sm=Sn,m≠n

1 1 ∴ma 1 + m(m-1)d=na 1 + n(n-1)d 2 2 d 整理得 (m-n)a 1 + (m-n)(m+n-1) = 0 2

1 即 (m-n)[a 1 + (m+n-1)d] = 0 2 1 由m≠n,知a 1+ (m+n-1)d= 0 2
∴Sm+n=0 【例 6】 已知等差数列{an}中,S3=21,S6=64,求数列{|an|}的前 n 项和 】 T n.

分析 等差数列前n项和S n = na 1 +

n( n ? 1) d,含有两个未知数a 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 设公差为d,由公式S n =na 1 + ?3a 1 + 3d = 21 得? ?ba 1 +15d = 24
解方程组得:d=-2,a1=9 ∴an=9+(n-1)(n-2)=-2n+11

n( n ? 1) d 2

由a n =- 2n+11> 0 得n<

11 = 5.5,故数列{a n }的前5项为正, 2

其余各项为负.数列{an}的前 n 项和为:

S n = 9n+

n( n ? 1) ( - 2) = -n 2 +10n 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

?Tn = -n 2 +10n ? 即? 2 ?n -10n+50 ?

n≤5 n> 6

n∈N *

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+a9+a12+a15=34,求前 20 项之和. 】 解法一 由 a6+a9+a12+a15=34 得 4a1+38d=34

又S 20 = 20a 1 +
=20a1+190d

20×19 d 2

=5(4a1+38d)=5×34=170

解法二 S 20 =

(a 1 + a 20 ) × 20 = 10(a 1 +a 20 ) 2

由等差数列的性质可得: a6+a15=a9+a12=a1+a20 S20=170 【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 设等差数列{an}的公差为 d,则 d>0,由已知可得 ∴a1+a20=17

?(a 1+ 2d)(a 1 +bd) =-12 ? ?a 1 + 3d+a 1 +5d = - 4

① ②

由②,有 a1=-2-4d,代入①,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 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=

a7 ? a3 = 2 ,a 1 =-10,S 20 =180 7?3

【例 9】 等差数列{an}、{bn}的前 n 项和分别为 Sn 和 Tn,若 】

Sn a 2n = ,则 100 等于 Tn 3n + 1 b100
[ ]

A.1 C. 199 299 分析 该题是将

B.

2 3 200 D. 301

a 100 S 2n 与 n = 发生联系,可用等差数列的前n项 b100 Tn 3n + 1 n(a 1 + a n ) 和公式S n = 把前n项和的值与项的值进行联系. 2 解法一 ∵S n = n( a 1 + a n ) n( b 1 + b n ) ,Tn = 2 2 Sn a1 + a n a1 + a n 2n ∴ = ∴ = Tn b1 + b n b1 + b n 3n + 1

∵2a100=a1+a199,2b100=b1+b199



a 100 a 1 + a 199 2 ×199 199 = = = 选C. b 100 b 1 + b 199 3×199 + 1 299

解法二 利用数列{an}为等差数列的充要条件:Sn=an2+ bn



Sn 2n = Tn 3n + 1

可设 Sn=2n2k,Tn=n(3n+1)k

a n S n ? S n ?1 2 n 2 k ? 2( n ? 1) 2 k ∴ = = b n Tn ? Tn ?1 n(3n + 1) k ? ( n ? 1)[3( n ? 1) + 1]k 4n ? 2 2n ? 1 = = 6n ? 2 3n ? 1 a 2 ×100 ? 1 199 ∴ 100 = = b 100 3×100 ? 1 299
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

Sn 2n = ,将S n 和Tn 写成什么?若写成S n = 2nk,Tn = (3n+1)k, Tn 3n + 1

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,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{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

(1)a 6 = a 2 + (6- 2)d d=

? 17 ? 3 = -5 4

a9=a6+(9-6)d=-17+3×(-5)=-32 (2)a1=19,an+2=89,Sn+2=1350

(a1 + a n+2 )(n + 2) 2 2 ×1350 ∴n+ 2 = = 25 n = 23 19 + 89 35 a n+2 = a 25 = a 1+ 24d d = 12 ∵S n+2 =

故这几个数为首项是 21
(3)∵a4+a6+a15+a17=50

35 11 1 ,末项是86 ,公差为 的 23个数. 12 12 12

又因它们的下标有 4+17=6+15=21 ∴a4+a17=a6+a15=25

S 20 =

(a 1 + a 20 ) × 20 = 10× (a 4 + a 17 ) = 250 2

(4)∵an=33-3n ∴a1=30

Sn =

(a 1 + a n ) ·n (63 ? 3n) n 3 63 = = ? n2 + n 2 2 2 2 2 3 21 3× 21 = ? (n ? ) 2 + 2 2 8

∵n∈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=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 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 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 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 ∴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

S n =na 1 +

n( n ? 1) d 2 (1 + n) ·n = d· +n(a 1 -d) 2 d d = n 2 + n( a 1 ? ) 2 2
d d = a,则a 1 - = b,即 2 2

若令

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},则:

充分性 c = 0 ? S n =an 2 +b n ? {u n }是等差数列. 必要性 {u n }是等差数列 ? S n =an 2 +bn ? c= 0.
【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 设{an}的公差 d

按题意,则有

n( n ? 1) ? d= m ① ?S n =na 1 + ? 2 ? ?S =ma + m( m ? 1) d=n ② 1 ? 2 ? m ( m ? n)( m + n ? 1) ①-②,得 (m-n) ·a 1 + ·d = n-m 2

即a 1 + ∴S m+ n

m + n +1 d = -1 2 ( m + n)( m + n ? 1) ·d = ( m + n) a 1 + 2 m + n ?1 = ( m + n)(a 1 + ·d ) 2

=-(m+n) 解法二 设 Sx=Ax2+Bx(x∈N)

?Am2 +Bm=n ? ? 2 ?An +Bn=m ?

① ②

①-②,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 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a 1 +

m + n ?1 d=-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-a1=27,即(2n-1)d=27

?nd=15 ? ? (2n-1)d= 27

∴n = 5

【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.

根据题意:S17 = 17a 1 +

17 ×16 9 ×8 d,S9 = 9a 1 + d 2 2

∵a1=25,S17=S9 解得 d=-2

∴S n = 25n+

n( n ? 1) ( - 2) = -n 2 + 26n = - (n-13) 2 +169 2

∴当 n=13 时,Sn 最大,最大值 S13=169 解法二 因为 a1=25>0,d=-2<0,所以数列{an}是递减等

?a n ≥ 0 差数列,若使前n项和最大,只需解 ? ,可解出n. ?a n+1 ≤ 0
∵a1=25,S9=S17

∴ 9 × 25+

9 ×8 17 ×16 d = 17 × 25+ d,解得d = - 2 2 2

∴an=25+(n-1)(-2)=-2n+27

?- 2n+ 27 ≥ 0 ?n≤13.5 ∴? ?? ∴n = 13 ?- 2(n+1) + 27 ≥ 0 ?n≥12.5
即前 13 项和最大,由等差数列的前 n 项和公式可求得 S13=169. 解法三 利用 S9=S17 寻找相邻项的关系. 由题意 S9=S17 得 a10+a11+a12+…+a17=0 而 a10+a17=a11+a16=a12+a15=a13+a14 ∴a13+a14=0,a13=-a14 ∴S13=169 最大. ∴a13≥0,a14≤0

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=An2+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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