等差数列前n项及公式推导及例题解析

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〕如果等差数列的首项为
a1，公差为
d，项
数为
n，那么
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，得
10a1＋10(101)d=140
∴2
∴a1＋a3＋a5＋a7＋a9=5a1＋20d=125
∴解得a1=113，d=－22．
∴∴其通项公式为
∴a n=113＋(n－1)·(－22)=－22n＋135
a6=－22×6＋135＝3
说明此题上边给出的解法是先求出根本元素a1、d，
再求其他的．种先求出根本元素，再用它去构成其他
元素的方法，是常用到的一种方法．在本中如果注意到a6=a1＋5d，也可以不必求出a n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a6＝3．可，在做的候，要注意运算的合理性．当
然要做到一点，必以知的熟掌握前提．
【例2】在两个等差数列2，5，8，⋯，197与2，
7，12，⋯，197中，求它相同的和．
解由，第一个数列的通a n＝3n－1；第二个数列的通b N=5N－3 假设a＝b，有3n－1＝5N－3mN
即n＝N＋2(N1)3
假设足n正整数，必有N＝3k＋1(k非整数)．
又2≤5N－3≤197，即1≤N≤40，所以
N＝1，4，7，⋯，40 n=1，6，11，⋯，66
∴两数列相同的和
2＋17＋32＋⋯＋197=1393
【例3】：数a，b，5a，7，3b，⋯，c
成等差数列，且a＋b＋5a＋7＋3b＋⋯＋c＝2500，a，b，
c的分
[ ]
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
又S n=na1＋n(n1)d2
2500=n＋n(n1)·2∴n＝502
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，假设这个数列的前半局部的和同后半局部的和之比为9∶13，求插入的数的个数．
解依题意2＝1＋(2n＋2－1)d
①
前半局部的和S n+1
＝(n
＋1)
＋
(n1)n d②
2
后半局部的和S′n+1＝(n＋1)·2＋(n
1)n·(－d)
2
S n1(n1)(
1
n
d
)
9
2
由，有
n d
1 3
S
′n1(n1)(
2)
2
nd
1
化简，得29
nd 13
2
2
解之，得nd=
5
④1
1
由①，有(2n＋1)d=1⑤
由④，
⑤，解得d=1，n=5
11
∴共插入10个数．
【例5
】在等差
数列
{a}中，设
前n
m项
和为Sm，
前
n
项
和为
S，
且n
Sm＝Sn，m≠n，
求
Sm+n．
解∵S m+n＝(m＋n)a1＋1(m＋n)(m＋n－1)d 2
＝(m＋
n)[a1＋
2(m＋n－1)d]
∴且Sm＝Sn，m≠n
∴ma1＋1m(m－1)d＝na1＋1n(n－1)d
22
d
整理得(m－n)a1＋(m－n)(m＋n－1)=0
即(m－n)[a1
＋1(m＋n－
1)d]=02
1
由m≠n，知a1＋2(m＋n－1)d＝0
∴S＝0
m+n
【例6】等差数列{a n}中，S3=21，S6=64，求数
列｛|a n|｝的前n项和T n．
分析等差数列前n项和S
=
na
＋
n(n
1)d，含有两个未知数
a
1
2
1
d，S3和S6的值，解方程组可得a1与d，再对数
列的前假设干项的正负性进行判断，那么可求出T n来．解设公差为d，由公式S＝na＋n(n)d
1
2
3a1＋3d=21
得
ba1＋15d=24
解方程组得：d＝－2，a1＝9
a n＝9＋(n－1)(n－2)＝－2n＋11
11
由a n＝－2n＋11＞0得n＜=，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)2
S n＝9n＋(－2)=－n＋10n
∴当n≤5时，T n＝－n2＋10n
当n＞6时，T n＝S5＋|S n－S5|＝S5－(S n－S5)＝2S5
－S n
T n＝2(－25＋50)－(－n2＋10n)＝n2－10n＋50
T=－n2＋
n≤5
n10n
即
－10n＋50n∈N*
2n＞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，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S20＝20a1＋20×19d2
＝20a1＋190d
5(4a1＋38d)=5×34=170
( a1+a20)×2
1＋
a20)
解法二S20==10(a
2
由等差数列的性质可得：
a6＋a15=a9＋a12＝a1＋a20∴a1＋a20=17S20＝170
【例8】等差数列{a n}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{a n}的公差为d，那么d＞0，由
可得
(a1＋2d)(a1＋bd)＝
－12
①
a1＋3d＋a1＋5d=－4
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∴{a n}是递增数列∴a3＝－6，a7=2
d=a7
a
3=2，a1＝－10，S20＝180
73
【例
9】等差数列{a n}、{b n}的前n项和分别为S n
和T n，假
设
S n
2
n，那么a100等于
T n 3
n1
b10
[]
A．
1B．2
3
C．19
9D．200
2 99
3 01
分析该题是将a100
与
S n
2
n
发生联系，可用等差数列的前n
项b
100T
n
3
n1
n(a1+an)
和公式S n= 把前n项和的值与项的值进行联系．
解法一∵S n n(a1a n)，Tn
n(b1b n )
22
∴S n
a
1
a
n∴
a1
a
n2n
T n
b
1
b
n b1
b
n3n1∵2a100＝a1＋a199，2b100＝b1＋b199 a
100a
1
a
1992×
1
99
19
9
∴=
b
199
=
×
19
9+1
=选C．
b 100b
13
29
9
解法二利用数列{a n}为等差数列的充要条件：S n＝an2＋bn
Sn2nT n3n1
可设S n＝2n2k，T n＝n(3n＋1)k
a n S
n
S
n12n2k2(n1)2k
∴
T n T
n1
n
(3n
1
)k(n1)[3(n1)1]k
b n
4 n
2
n1
6 n
3
n1
∴a 100
×
1
00
19
9 2
b
100×
1
00
29
9 3
说明
该解法涉及数
列{a n}为等差数列的充要条件
S n=an2＋bn，由
S n
2
n
，将S n和T n写成什么？假设写成S n=2nk，T n=(3n＋
1)k，T
n
3
n1
(1)是常数，就不对了．
(2)【例10】解答以下各题：
(3)：等差数列{a n}中a2＝3，a6＝－17，求a9；
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；
(5)：等差数列{a n}中，a4＋a6＋a15＋a17＝50，求S20；
(6)：等差数列{a n}中，a n=33－3n，求S n的最大
值．
分析与解答
(1)a6 =a2
＋(6
－2)d
1
73
d＝
=－
5
4
a9=a6＋(9－6)d=－17＋3×(－5)=－32 (2)a1=19，a n+2=89，S n+2＝1350
∵S n+2
(a1+a n+2)(n+2)
=
2
∴
＋
2
=2×13
50
n=25n=23
19+8
9
35 an+2
=a25=a1＋24dd=
12
故这几个数为首项是
2111，末项是
861，公差为
35的23个
数．
12
1
212
(3)∵a4＋a6＋a15＋a17=50
又因它们的下标有4＋17＝6＋15=21
a4＋a17=a6＋a15=25
( a1+a20)×2
S20=10×(a4a17)250
2
(4)∵a n=33－3n ∴a1＝30
S n
(a1+a n)·n
(
63
3n
)n3
6
3 =
2
n
222
3
2
12
×2
3
2
1
2
(n
2
)8
n∈N，∴当n=10或n=11时，S n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a n，前n项和为S n．
当n≥2时，a n＝S n－S n-1
a n＝(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a n=8n
－1
又a n+1－a n＝[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“a n=S n－S n-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，S n-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{a n}的前n项之和S n＝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S n＝an2＋bn，得
当n≥2时，a n＝S n－S n-1
an2＋bn－a(n－1)2－b(n－1)=2na＋b－a
a1＝S1＝a＋b
∴对于任何n∈N，a n＝2na＋b－a
且a n－a n-1=2na＋(b－a)－2(n－1)a－b＋a 2a(常数)
∴{a n}是等差数列．
假设{a n}是等差数列，那么
S n＝na1＋n(n
1
)d 2
= d·
(
1n)·n
－
d)
2
＋
n(a1
d2d
=2 n
n
(a12)
假设令d=a，那么a1－
d=b，即
22
S n=an2＋bn
综上所述，S n=an2＋bn是{a n}成等差数列的充要条件．说明由此题的结果，进而可以得到下面的结论：前n
项和为S n=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{u n}，那么：
充
分性
必要性c=0 Sn＝an2＋bn {un}是等差数列．{un}是等差数列Sn＝an2＋bn c＝0．
【例13】等
差数列
{an}的前
n项和S
n＝m，
前
m项和
Sm＝n(m＞
n)
，
求前
m
＋n
项
和
Sm+n．
解法一设{a n}的公差d 按题意，那么有
S n ＝na 1＋n(n1)
d ＝m
①
2
S m ＝ma 1＋m(m
) d ＝n
②
2
①－②，得(m －n)·a 1＋
(m
n)(mn1)·d=n－m
2
即a 1＋mn1
d=－1
2
(mn)(m
n1)·d
∴S mn (m
n
)a 1
2
(m
n )(a 1
mn1
·d)
2
=－(m ＋n)
解法二 设S x ＝Ax 2
＋Bx(x∈N)
Am 2＋Bm ＝n An 2
＋Bn ＝m
①－②，得A(m 2－n 2)＋B(m －n)＝n －m m≠n∴A(m＋n)＋B=－1
故A(m ＋n)2
＋B(m ＋n)＝－(m ＋n) 即S ＝－(m ＋n)m+n
说明a 1，d 是等差数列的根本元素，通常是先求出基 本元素，再
解决其它问题，但此题关键在于求出了
a1
＋m
n1d＝－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S x=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，那么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
∴n=5
(2n－1)d＝27
【例15】在等差数列{a n}中，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S n关于n的函数，运用函数思想，求最
大值．
17
1
69×8
根据题意：S17=17a1＋d，S9＝9a1
＋d
∴a1=25，S17＝S9解得d＝－2
S n＝25n＋n(n1)(－2)=－n2＋26n=－(n－
13)2＋1692
∴当n=13时，S n最大，最大值S13＝169
解法二因为a1=25＞0，d＝－2＜0，所以数列{a n}是
递减等
差数列，假设使前
a
n
≥
，可解出
n．
n项和最大，只需
解
a n
+1≤0∵a1＝25，S9＝S17
∴
∴9×25＋9×8d=17×25＋17×16d，解得d=－2
2 2
a n=25＋(n－1)(－2)=－2n＋27
－2n＋27≥0n≤
∴∴n=13
－2(n＋1)＋
27≥0n≥
即前13和最大，由等差数列的前n和公式可求得S13=169．
解法三利用S9=S17找相的关系．
由意S9=S17得a10＋a11＋a12＋⋯＋a17=0
而a10＋a17=a11＋a16=a12＋a15=a13＋a14
a13＋a14＝0，a13=－a14∴a13≥0，a14≤0
S13=169最大．
解法四根据等差数列前n和的函数像，确定取最
大的n．
{a n}是等差数列∴可S n＝An2＋Bn
二次函数y=Ax2＋Bx的像原点，如3．2－1所示
∵
∵
∵
∵
∵
∵
∵
∵S9＝S17，
9+17
∴对称轴x= =13
∴取n=13时，S13＝169最大。