高中数学：2.3(一)等差数列的前n项和(一)

解析 (1)S7＝72(a1＋a7)＝72(a2＋a6)＝72(3＋11)＝49. a1＋a9
(2)ab55＝b1＋2 b9＝TS99＝79×＋93＝241. 2
(3)∵Sn＝n（3＋22n＋1）＝n(n＋2). ∴Snn＝n＋2， ∴数列{Snn}是以首项为 3，公差为 1 的等差数列， ∴{Snn}的前 10 项和为 10×3＋10× 2 9×1＝75.
法二 ∵数列{an}，{bn}均为等差数列， ∴Sn＝A1n2＋B1n，Tn＝A2n2＋B2n.
又TSnn＝23nn＋－12，
∴令 Sn＝tn(2n＋1)，Tn＝tn(3n－2)，t≠0，且 t∈R.
∴an＝Sn－Sn－1 ＝tn(2n＋1)－t(n－1)(2n－2＋1) ＝tn(2n＋1)－t(n－1)(2n－1) ＝t(4n－1)(n≥2)， bn＝Tn－Tn－1 ＝tn(3n－2)－t(n－1)(3n－5) ＝t(6n－5)(n≥2). ∴abnn＝tt（ （46nn－ －15） ）＝46nn－ －15， ∴ab99＝46× ×99－ －15＝3459＝57.
【预习评价】 1.高斯用1＋2＋3＋…＋100＝(1＋100)＋(2＋99)＋…＋(50＋51)
＝101×50迅速求出了等差数列前100项的和.如果是求1＋2＋3 ＋…＋n，不知道共有奇数项还是偶数项怎么办？ 提示 不知共有奇数项还是偶数项导致不能配对.但我们可以采 用倒序相加来回避这个问题：设 Sn＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n， 又 Sn＝n＋(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1， ∴2Sn＝(1＋n)＋[2＋(n－1)]＋…＋[(n－1)＋2]＋(n＋1)， ∴2Sn＝n(n＋1)，∴Sn＝n（n＋ 2 1）.
A.－2
B.－1
C.0
D.1
解析 等差数列前n项和Sn的形式为Sn＝an2＋bn，∴λ＝－1. 答案 B
2.设 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和，若aa53＝59，则SS95＝(
)
A.1
B.－1
1
C.2
D.2
解析 由于 S2n－1＝(2n－1)an，则，
SS95＝95aa53＝95×59＝1.
规律方法 已知前n项和Sn求通项an，先由n＝1时，a1＝S1求得a1， 再由n≥2时，an＝Sn－Sn－1求an，最后验证a1是否符合an，若符 合则统一用一个解析式表示.
【训练 1】 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn＝n2＋12n，求这个数列的 通项公式.这个数列是等差数列吗？如果是，它的首项与公差分别 是什么？
4.若等差数列的项数为 2n，则 S2n＝n(an＋an＋1)， S 偶－S 奇＝nd，SS偶奇＝aan＋n 1.
5.若等差数列的项数为 2n＋1，则 S2n＋1＝(2n＋1)an＋1， S 偶－S 奇＝－an＋1，SS偶奇＝n＋n 1.
【预习评价】
1.数列{an}为等差数列，它的前n项和为Sn，若Sn＝(n＋1)2＋λ， 则λ的值是( )
§2.3 等差数列的前n项和(一)
学习目标 1.掌握等差数列前n项和公式及其获取思路(重点)； 2.经历公式的推导过程，体会数形结合的数学思想，体验从特 殊到一般的研究方法，学会观察、归纳、反思；3.熟练掌握等 差数列的五个量a1，d，n，an，Sn的关系，能够由其中三个求 另外两个(重、难点).
【预习评价】
1.利用数列的前n项和Sn求数列的通项公式时，能不能直接运用 Sn－Sn－1＝an求解？ 提示 不能.因为当n＝1时，S1－S0没有意义.
2.已知数列{an}的前n项和Sn＝n2，怎样求a1，an? 提示 a1＝S1＝1； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1， 又n＝1时也适合上式，所以an＝2n－1，n∈N*.
答案 B
4.已知数列{an}的通项公式是an＝2n－48，则Sn取得最小值时， n为________. 解析 ∵a24＝0，∴a1<0，a2<0，…，a23<0，故S23＝S24最小. 答案 23或24
5.已知等差数列{an}中， (1)a1＝32，d＝－12，Sn＝－15，求 n； (2)a1＝1，an＝－512，Sn＝－1 022，求 d. 解 (1)∵Sn＝n×32＋－12×n（n－ 2 1）＝－15， 整理得 n2－7n－60＝0，
2.能否用“倒序相加法”求首项为a1，公差为d的等差数列{an}的 前n项和Sn呢？ 提示 由上节课学到的性质：在有穷等差数列中，与首末
两项“等距离”的两项之和等于首项与末项的和.即a1＋an＝a2 ＋an－1＝a3＋an－2＝….“倒序相加法”可以推广到一般等差 数列求前n项和，其方法如下： Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an ＝a1＋(a1＋d)＋(a1＋2d)＋…＋[a1＋(n－2)d]＋[a1＋(n－1)d]；
解之得 n＝12 或 n＝－5(舍去). (2)由 Sn＝n（a12＋an）＝n（1－2512）＝－1 022， 解之得 n＝4.
预习教材 P42－43 完成下列问题：
知识点一 数列an与前n项和Sn的关系 1.数列的前n项和的概念
一般地，我们称a1＋a2＋a3＋…＋an为数列{an}的前n项和，用 Sn表示，即Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an. 2.数列的通项an与前n项和Sn的关系 当n≥2时，有Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an，Sn－1＝a1＋a2＋a3＋… ＋an－1，所以Sn－Sn－1＝an； 当n＝1时，a1＝S1. 综上可得 an＝SS1n，－nS＝n－11，，n≥2.
知识点三 等差数列前n项和的性质 1.若数列{an}是公差为 d 的等差数列，则数列Snn也是等差数列，
且公差为d2. 2.若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__m__2_d__.
3.设两个等差数列{an}，{bn}的前 n 项和分别为 Sn，Tn，则abnn＝TS22nn－－11.
【迁移 2】 已知两个等差数列{an}与{bn}的前 n 项和分别是 Sn 和 Tn，且 an∶bn＝(2n＋1)∶(3n－2)，则TS99＝________. 解析 ∵{an}，{bn}均为等差数列， 则TS99＝99ab55＝23××55＋－12＝1113.
答案
11 13
规律方法 等差数列前 n 项和运算的几种思维方法 (1)整体思路：利用公式 Sn＝n（a12＋an），设法求出整体 a1＋an， 再代入求解.
题型二 等差数列前n项和的有关运算
【例2】 在等差数列{an}中， (1)a1＝56，an＝－32，Sn＝－5，求 n 和 d； (2)a1＝4，S8＝172，求 a8 和 d.
解 (1)由题意得，Sn＝n（a12＋an）＝n56－2 32＝－5，解得 n＝15. 又 a15＝56＋(15－1)d＝－32，∴d＝－16. ∴n＝15，d＝－16.
(2)由已知得 S8＝8（a12＋a8）＝8（4＋2 a8）＝172， 解得 a8＝39， 又∵a8＝4＋(8－1)d＝39，∴d＝5. ∴a8＝39，d＝5.
规律方法 等差数列中基本计算的两个技巧 (1)利用基本量求值.
(2)利用等差数列的性质解题.
【训练2】 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＋5×2 4d＝5，解得 a1＝－5，d＝3. a6＝a1＋5d＝10，
解 根据 Sn＝a1＋a2＋…＋an－1＋an 可知 Sn－1＝a1＋a2＋…＋an－1(n ＞1)， 当 n＞1 时，an＝Sn－Sn－1 ＝n2＋12n－（n－1）2＋12（n－1）＝2n－12，① 当 n＝1 时，a1＝S1＝12＋12×1＝32，也满足①式. ∴数列{an}的通项公式为 an＝2n－12. 由此可见：数列{an}是以32为首项，2 为公差的等差数列.
A.13
B.35
分别是 Sn 和 Tn，已知TSnn＝n7＋n3，
则ab55等于(
)
2
A.7
B.3
70
21
C.13
D. 4
(3)已知数列{an}的通项公式为 an＝2n＋1(n∈N*)，其前 n 项和为
Sn，则数列{Snn}的前 10 项的和为________.
(2)待定系数法：利用 Sn 是关于 n 的二次函数，设 Sn＝An2＋ Bn(A≠0)，列出方程组求出 A，B 即可，或利用Snn是关于 n 的一 次函数，设Snn＝an＋b(a≠0)进行计算. (3)利用 Sn，S2n－Sn，S3n－S2n 成等差数列进行求解.
课堂达标
1.在等差数列{an}中，S10＝120，那么a1＋a10的值是( )
知识点二 等差数列的前n项和公式 1.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＝
n（a1＋an） 2
Sn＝ na1＋n（n－2 1）d
2.两个公式的关系：把 an＝a1＋(n－1)d 代入 Sn＝n（a12＋an）中， 就可以得到 Sn＝na1＋n（n－ 2 1）d.
Sn＝an＋an－1＋an－2＋…＋a2＋a1 ＝an＋(an－d)＋(an－2d)＋…＋[an－(n－2)d]＋[an－(n－1)d]. 两式相加，得 2Sn＝(a1＋an)×n， 由此可得等差数列{an}的前 n 项和公式：Sn＝n（a12＋an）. 根据等差数列的通项公式 an＝a1＋(n－1)d， 代入上式可得 Sn＝na1＋n（n－ 2 1）d.
当 n＞1 时， an＝Sn－Sn－1 ＝na1＋12n(n－1)d－（n－1）a1＋12（n－1）（n－2）d ＝a1＋(n－1)d， 当 n＝1 时，a1＝S1，适合此式. ∴an＝a1＋(n－1)d(n∈N*). ∴an＋1－an＝(a1＋nd)－[a1＋(n－1)d]＝d(常数)，对任意 n∈N*成立. ∴数列{an}是等差数列.