2023年等差數(shù)列的前n項和公式推導(dǎo)及例題解析

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一、等差數(shù)列前n項和公式推導(dǎo)：

（1）Sn=a1+a2+an-1+an也可寫成

Sn=an+an-1+a2+a1

兩式相加得2Sn=（a1+an)+(a2+an-1)+(an+a1)

=n(a1+an)

所以Sn=[n（a1+an）]/2（公式一）

（2）假如已知等差數(shù)列的首項為a1，公差為d，項數(shù)為n，則an=a1+(n-1)d代入公式公式一得

Sn=na1+[n(n+1)d]/2（公式二）

二、對于等差數(shù)列前n項和公式的應(yīng)用

【例1】等差數(shù)列前10項的和為140，其中，項數(shù)為

奇數(shù)的各項的和為125，求其第6項．

解依題意，得

10ad=140aaaaa=5a20d=125

1135791＋＋＋＋＋＋101012()-?????解得a1=113，d=－22．

∴其通項公式為

an=113＋(n－1)·(－22)=－22n＋135

∴a6=－22×6＋135＝3

說明本題上邊給出的解法是先求出基本元素a1、d，

再求其他的．這種先求出基本元素，再用它們?nèi)?gòu)成其他元素的辦法，是常常用到的一種辦法．在本課中假如注重到a6=a1＋5d，也可以不必求出an而

直接去求，所列方程組化簡后可得

＋

＋

相減即得＋，

a

2a9d=28

a4d=25

a5d=36

1

1

1

?

?

?

即a6＝3．可見，在做題的時候，要注重運算的合理性．固然要做到這一點，必需以對學(xué)問的嫻熟把握為前提．【例2】在兩個等差數(shù)列2，5，8，…，197與2，7，12，…，197中，求它們相同項的和．

解由已知，第一個數(shù)列的通項為an＝3n－1；其次個數(shù)列的通項為bN=5N－3

若am＝bN，則有3n－1＝5N－3

即＝＋nN21

3()N-

若滿足n為正整數(shù)，必需有N＝3k＋1(k為非負整數(shù))．又2≤5N－3≤197，即1≤N≤40，所以

N＝1，4，7，…，40n=1，6，11，…，66

∴兩數(shù)列相同項的和為

2＋17＋32＋…＋197=1393

【例3】挑選題：實數(shù)a，b，5a，7，3b，…，c組成等差數(shù)列，且a＋b＋5a＋7＋3b＋…＋c＝2500，則a，b，c的值分離為

[]

A．1，3，5

B．1，3，7

C．1，3，99

D．1，3，9

解C2b=a5ab=3a由題設(shè)＋?

又∵14＝5a＋3b，

∴a＝1，b＝3

∴首項為1，公差為2

又＋

∴＋·∴＝S=nad2500=n2n50n1nnnn()()--1212∴a50=c=1＋(50－1)·2=99

∴a＝1，b＝3，c＝99

【例4】在1和2之間插入2n個數(shù)，組成首項為1、末項為2的等差數(shù)列，若這個數(shù)列的前半部分的和同后半部分的和之比為9∶13，求插入的數(shù)的個數(shù)．

解依題意2＝1＋(2n＋2－1)d

①

前半部分的和＝＋＋②后半部分的和′＝＋·＋·－③S(n1)dS(n1)2(d)n+1n+1()()nnnn++1212

由已知，有′化簡，得解之，得④SSnndnndndndnn++=++

+-=+-=11112122

9131222

913()()()()nd=511由①，有(2n＋1)d=1

⑤

由④，⑤，解得，d=111n=5∴共插入10個數(shù)．

【例5】在等差數(shù)列{an}中，設(shè)前m項和為Sm，前n項和為Sn，且Sm＝Sn，m≠n，求Sm+n．

解S(mn)a(mn)(mn1)d(mn)[a(mn1)d]m+n11∵＝＋＋＋＋－＝＋＋＋－1212

且Sm＝Sn，m≠n

∴＋－＝＋－收拾得－＋－＋－mam(m1)dnan(n1)d(mn)a(mn)(mn1)=011112122

d即－＋＋－由≠，知＋＋－＝(mn)[a(mn1)d]=0mna(mn1)d0111212

∴Sm+n＝0

【例6】已知等差數(shù)列{an}中，S3=21，S6=64，求數(shù)列｛|an|｝的前n項和Tn．

分析nS=nadan11等差數(shù)列前項和＋，含有兩個未知數(shù)，nn()-12

d，已知S3和S6的值，解方程組可得a1與d，再對數(shù)列的前若干項的正負性舉行推斷，則可求出Tn來．

解dSnad3a3d=21ba15d=24

n111設(shè)公差為，由公式＝＋得＋＋nn()-???12解方程組得：d＝－2，a1＝9

∴an＝9＋(n－1)(n－2)＝－2n＋11

由＝－＋＞得＜，故數(shù)列的前項為正，a2n110n=5.5{a}5nn112

其余各項為負．數(shù)列{an}的前n項和為：

S9n(2)=n10nn2＝＋－－＋nn()-12

∴當n≤5時，Tn＝－n2＋10n

當n＞6時，Tn＝S5＋|Sn－S5|＝S5－(Sn－S5)＝2S5－Sn

∴Tn＝2(－25＋50)－(－n2＋10n)＝n2－10n＋50

即－＋≤－＋＞∈T=n10nn5n10n50n6n*n22?????N

說明按照數(shù)列{an}中項的符號，運用分類研究思想可

求｛|an|｝的前n項和．

【例7】在等差數(shù)列{an}中，已知a6＋a9＋a12＋a15＝34，求前20項之和．

解法一由a6＋a9＋a12＋a15＝34

得4a1＋38d＝34

又＝＋×S20ad20220192

＝20a1＋190d

＝5(4a1＋38d)=5×34=170

解法二S=(a+a)202

=10(aa)20220120×＋由等差數(shù)列的性質(zhì)可得：

a6＋a15=a9＋a12＝a1＋a20∴a1＋a20=17

S20＝170

【例8】已知等差數(shù)列{an}的公差是正數(shù)，且a3·a7=－12，a4＋a6=－4，求它的前20項的和S20的值．

解法一設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則d＞0，由已知可得

(a2d)(abd)12a3da5d=41111＋＋＝－①＋＋＋－②???

由②，有a1＝－2－4d，代入①，有d2=4

再由d＞0，得d＝2∴a1=－10

最后由等差數(shù)列的前n項和公式，可求得S20＝180解法二由等差數(shù)列的性質(zhì)可得：

a4＋a6＝a3＋a7即a3＋a7＝－4

又a3·a7=－12，由韋達定理可知：

a3，a7是方程x2＋4x－12＝0的二根

解方程可得x1=－6，x2＝2

∵d＞0∴{an}是遞增數(shù)列

∴a3＝－6，a7=2

d=a=2a10S1807120--a373

，＝－，＝【例9】等差數(shù)列{an}、{bn}的前n項和分離為Sn和Tn，若

STnnabnn=+231100100

，則等于[]

A1

BCD．．．．23199299

202201分析nS=n(a+a)nn1n該題是將與發(fā)生聯(lián)系，可用等差數(shù)列的前項和公式把前項和的值與項的值舉行聯(lián)系．a(chǎn)bSTnnnn1001002312

=+

解法一∵，∴∴SnaaTnbbSTaabbaabbnnnnnnnnnnnn=+=+=++++=+()()11111122231

∵2a100＝a1＋a199，2b100＝b1＋b199

∴××選．a(chǎn)bab100100199199=ab=21993199+1=199299

C11++解法二利用數(shù)列{an}為等差數(shù)列的充要條件：Sn＝an2＋bn

∵STnnnn=+231

可設(shè)Sn＝2n2k，Tn＝n(3n＋1)k

∴∴××abSSTTnknknnknnk

nnnnabnnnnnn=--=--++=--=--=--=--112210010022131131142622131

2100131001199299

()()()[()]說明該解法涉及數(shù)列{an}為等差數(shù)列的充要條件Sn=an2＋bn，由

已知，將和寫成什么？若寫成，＋，STnnnn=+231

STS=2nkT=(3n1)knnnnk是常數(shù)，就不對了．

【例10】解答下列各題：

(1)已知：等差數(shù)列{an}中a2＝3，a6＝－17，求a9；

(2)在19與89中間插入幾個數(shù)，使它們與這兩個數(shù)組成等差數(shù)列，并且此數(shù)列各項之和為1350，求這幾個數(shù)；

(3)已知：等差數(shù)列{an}中，a4＋a6＋a15＋a17＝50，求S20；

(4)已知：等差數(shù)列{an}中，an=33－3n，求Sn的最大值．分析與解答

(1)a=a(62)dd=562＋－＝－--1734

a9=a6＋(9－6)d=－17＋3×(－5)=－32

(2)a1=19，an+2=89，Sn+2＝1350

∵∴＋×＋S=

(a+a)(n+2)

2

n2=2135019+89

=25n=23a=a=a24dd=3512n+21n+2n+2251故這幾個數(shù)為首項是，末項是，公差為的個數(shù)．211112*********

23(3)∵a4＋a6＋a15＋a17=50

又因它們的下標有4＋17＝6＋15=21

∴a4＋a17=a6＋a15=25

S=(a+a)2022120××2

10250417=+=()aa(4)∵an=33－3n∴a1＝30

S=(a+a)n

2

n

1n

·

×

=

-

=-+

=--+

()

()

633

2

3

2

63

23

2

21

2

321

8

2

2

2

nn

nnn

∵n∈N，∴當n=10或n=11時，Sn取最大值165．

【例11】求證：前n項和為4n2＋3n的數(shù)列是等差數(shù)列．

證設(shè)這個數(shù)列的第n項為an，前n項和為Sn．

當n≥2時，an＝Sn－Sn-1

∴an＝(4n2＋3n)－[4(n－1)2＋3(n－1)]

=8n－1

當n=1時，a1=S1=4＋3=7

由以上兩種狀況可知，對全部的自然數(shù)n，都有an=8n－1

又an+1－an＝[8(n＋1)－1]－(8n－1)＝8

∴這個數(shù)列是首項為7，公差為8的等差數(shù)列．

說明這里使用了“an=Sn－Sn-1”這一關(guān)系．使用這一關(guān)系時，要注重，它只在n≥2時成立．由于當n＝1時，Sn-1=S0，而S0是沒有定義的．所以，解題時，要像上邊解答一樣，補上n＝1時的狀況．

【例12】證實：數(shù)列{an}的前n項之和Sn＝an2＋bn(a、b為常數(shù))是這個數(shù)列成為等差數(shù)列的充分須要條件．證?

由Sn＝an2＋bn，得

當n≥2時，an＝Sn－Sn-1

＝an2＋bn－a(n－1)2－b(n－1)

=2na＋b－a

a1＝S1＝a＋b

∴對于任何n∈N，an＝2na＋b－a

且an－an-1=2na＋(b－a)－2(n－1)a－b＋a

＝2a(常數(shù))

∴{an}是等差數(shù)列．

?

若{an}是等差數(shù)列，則

Snad=dn(ad)=d2n11＝＋··＋－nnnnnnad()()()-++-12

12

2

21若令

，則－，即dd22=aa=b1Sn=an2＋bn

綜上所述，Sn=an2＋bn是{an}成等差數(shù)列的充要條件．說明由本題的結(jié)果，進而可以得到下面的結(jié)論：前n項和為Sn=an2＋bn＋c的數(shù)列是等差數(shù)列的充分須要條件是c＝0．事實上，設(shè)數(shù)列為{un}，則：

充分性＝＋是等差數(shù)列．

須要性是等差數(shù)列＝＋＝．c=0Sanb{u}{u}Sanbnc0n2nnnn2????

【例13】等差數(shù)列{an}的前n項和Sn＝m，前m項和Sm＝n(m＞n)，求前m＋n項和Sm+n．

解法一設(shè){an}的公差d

按題意，則有

SnadmSmadn(mn)ad=nmn1m11＝＋＝①＝＋＝②①－②，得－·＋·－nnmmmnmn()()()()--?????

??-+-121212即＋

－∴··ad=11mnSmnamnmndmnamndmn++=++++-=+++-+1212

12

11()()()()()=－(m＋n)

解法二設(shè)Sx＝Ax2＋Bx(x∈N)

AmBmnAnBnm22＋＝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)

說明a1，d是等差數(shù)列的基本元素，通常是先求出基

本元素，再

解決其它問題，但本題關(guān)鍵在于求出了＋＝－，這種設(shè)而不ad11mn+-12

解的“整體化”思想，在解有關(guān)數(shù)列題目中值得借鑒．解法二中，因為是等差數(shù)列，由例22，故可設(shè)Sx=Ax2＋Bx．(x∈N)

【例14】在項數(shù)為2n的等差數(shù)列中，各奇數(shù)項之和為75，各偶數(shù)項之和為90，末項與首項之差為27，則n之值是多少？

解∵S偶項－S奇項=nd

∴nd=90－75=15

又由a2n－a1＝27，即(2n－1)d=27

nd15(2n1)d27n=5＝－＝∴???

【例15】在等差數(shù)列{an}中，已知a1＝25，S9＝S17，問數(shù)列前多少項和最大，并求出最大值．

解法一建立Sn關(guān)于n的函數(shù)，運用函數(shù)思想，求最大值．

按照題意：＋×，＝＋×S=17adS9ad1719117162982

∵a1=25，S17＝S9解得d＝－2

∴＝＋－－＋－－＋S25n(2)=n26n=(n13)169n22nn()-12

∴當n=13時，Sn最大，最大值S13＝169

解法二由于a1=25＞0，d