等差数列的前n项和公式推导与例题解析文档格式.docx
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若am=bN,则有3n-1=5N-3
即n=N+心)
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,…,40n=1,6,11,…,66
二两数列相同项的和为
2+17+32+…+197=1393
【例3】选择题:
实数a,b,5a,乙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.1,3,5B.1,3,7
C.1,3,99D.1,3,9
解C由题设2b=a+5ab=3a
又v14=5a+3b,
a=1,b=3
首项为1,公差为2
▼n(n1)
又Sn=na+厂L
n(n1)
二2500=n+•2二n=50
2
a50=c=1+(50—1)•2=99
二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
前半部分的和Sn+1=(n+1)+(n21)nd②
后半部分的和S'
n+1=(n+1)•2+5加•(—d)③
1
化简,得-
nd
29nd13
解之,得nd=—
11
由①,有(2n+1)d=1
由④,⑤,解得d=—,
•••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N,且乩乔n,求Sm+n
解■/Sm+n=(m+n)a1+(m+n)(m+n—1)d
=(m+n)[a1+—(m+n—1)d]
且SmFSn,n
11
…ma1+m(m—1)d=na1+n(n_1)d
整理得(m—n)a1+£
(m—n)(m+n—1)=0
即(m—n)[a1+-(m+n—1)d]=0
由mHn,知a1+2(m+n—1)d=0
二Sm+rr0
【例6】已知等差数列{an}中,S3=21,S6=64,求数
列{|an|}的前n项和Tn.
分析等差数列前n项和Sn=naj+-n(n»
d,含有两个未知数a1,
解设公差为d,由公式Sn=nq+n(n1d
3a1+3d=21得
ba1+15d=24
解方程组得:
d=—2,ai=9
••an=9+(n—1)(n—2)=—2n+11
由an=—2n+11>
0得nv=5.5,故数列{an}的前5项为正,
其余各项为负.数列{an}的前n项和为:
•••当nW5时,Tn=—n2+10n
当n>
6时,Tn=岂+心门―S5|=S5—(Sn—S5)=2S5
―Sn
•Tn=2(—25+50)—(—n2+10n)=n2—10n+50
nW5
n>
6
Tn=—n2+10n
n2—10n+50
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+ag+a〔2+a〔5
=34,求前20项之和.
解法一一由ae+ag+a〔2+a〔5=34
得4ai+38d=34
20X19
又S20=20a1+2—d
=20ai+190d
=5(4a1+38d)=5X34=170
(ai+a20)X20
解法一S20=-2=10(a1+a20)
由等差数列的性质可得:
a6+a15=ag+a12=a1+a20+a20=17
S20=170
【例8]已知等差数列{an}的公差是正数,且a3£
7二
—12,a4+a6=-4,求它的前20项的和S20的值.
解法一设等差数列{aj的公差为d,则d>
0,由已知可得
(a1+2d)(a1+bd)=—12①
a1+3d+a1+5d=—4②
由②,有a1=—2—4d,代入①,有d2=4
再由d>
0,得d=2二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xi=—6,X2=2
Td>
0二{an}是递增数列
•••a3=—6,a7=2
a?
a3
d=TT=2,a1=—10,S20=180
【例9】等差数列{an}、{bn}的前n项和分别为Sn
和Tn,
分析该题是将弹与I2笔发生联系,可用等差数列的前n项
b100Tn3n1
和公式Sn=“⑻怜)把前n项和的值与项的值进行联系.
n2
解法一S啥久)T讹16)
Sna1an•a1an2n
Tnb1bnb1bn3n1
t2aioo=ai+ai99,2bioo=bl+X99
aw。
=印a^=2X199=199选C
b100b1b1993X199+1299
解法二利用数列{a"
为等差数列的充要条件:
Sn=
an2+
bn
…Sl2n
•Tn3n1
可设Sn=2n2k,Tn=n(3n+1)k
22
.OnSnSn12nk2(n1)k
…bnTnTn1n(3n1)k(n1)[3(n1)1]k
4n22n1
6n23n1
.2X1001199
…b1003X1001299
说明该解法涉及数列{an}为等差数列的充要条件
Sn=an2+bn,由
QQn
已知」,将Sn和Tn写成什么?
若写成Sn=2nk.Tn=(3n+1)k,
Tn3n1
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,弔=—17,求ag;
(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+a〔5+3仃=50,求S20;
⑷已知:
等差数列{an}中,an=33—3n,求Sn的最大
值.
分析与解答
173
(1)a6=a2+(6—2)dd==—5
4
a9=a6+(9—6)d=—17+3X(—5)=—32
(ai+an+2)(n+2)
■-Sn+2
⑵a1=19,an+2=89,Sn+2=1350
2X1350
…n+2==25n=23
19+89
35
an+2=a25=a1+24dd=衫
故这几个数为首项是呻,末项是8殆,公差为35的23个数.
(3)ta4+a6+a〔5+a〔7=50
又因它们的下标有4+17=6+15=21
二a4+a17=a6+a〔5=25
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=0—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+i—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Sq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
二对于任何n€N,an=2na+b—a
an—an_i=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
'
=nai+—
d2d
=尹n(ai-)
若令d二a,贝Va1——=b,即卩
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},贝心
充分性c=0Sn=an2+bn{un}是等差数列.
必要性{un}是等差数列Sn=an2+bnc=0.
【例13】等差数列{an}的前n项和Sn=m前m项和
SnT=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
o+n(n1)
Sn=n^+2——d=m
m(m1).
Sm=ma1+d=n
①-②,得(m-n)•ai+(mn)(mn1)
】d=-1
二一(m+n)
解法二设SX=Ax2+Bx(x€N)
Am2+Bm=n①
An2+Bn=m②
①—②,得A(m2—n2)+B(m—n)=n—m
t说nA(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a1+mn1d=—1,这种设而不
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—=27,即(2n—1)d=27
nd=15
•n=5
(2n—1)d=27
【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.
17X169x8
根据题意:
S17=17a1+—d,S9=9a1+厂d
ta1=25,S〔7=S9解得d=—2
•Sn=25n+n(;
°
(—2)=—n2+26n二—(n—13)2+169
•••当n=13时,$最大,最大值S13=169
解法二因为a1=25>
0,d=—2v0,所以数列{an}是递减等
差数列,若使前n项和最大,只需解an0,可解出n.
an+1«
0
ta1=25,S9=S17
9X817X16”
•••9X25+d=17X25+d,解得d=—2
an=25+(n—1)(—2)=—2n+27
—2n+27>
0n<
13.5
二n=13
—2(n+1)+27>
0n>
12.5
即前13项和最大,由等差数列的前n项和公式可求得
S[3=169.
解法三利用S9=S17寻找相邻项的关系.
由题意S9=S17得a1o+an+a〔2+…+a〔7=0
而a10+a17=a11+a16=a12+a15=a13+a〔4
--a〔3+a〔4=0,a〔3=—a〔4…0,a14^0
S13=169最大.
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=Ar^+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
•••取n=13时,S13=169最大
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