2020-2021学年高中数学 第一章 数列 2 等差数列 第3课时 等差数列的前n项和课件 北师大

第一章数列§2等差数列第3课时等差数列的前n项和自主预习学案小飞在上高一时参加迎新生的场面，负责迎新的老师为了让同班新同学互相认识，要求出席的40位同学互相握手为礼，并同时彼此介绍自己．热闹一番后，同学们已完成这项使命．老师随即提出了一个问题：有谁知道，全体同学共握手多少次？同学们你能回答吗？让我们来学习这节解决这个问题吧！1．等差数列的前n项和公式公式1：Sn＝____________，公式2：Sn＝____________.2．等差数列的前n项和公式的函数意义由Sn＝na1＋nn－12d＝____________，若令d2＝A，a1－d2＝B，则Sn＝An2＋Bn，可知当d≠0时，点____________在常数项为0的二次函数的图像上，可由二次函数的知识解决Sn的最值问题．(n，Sn)na1＋an2na1＋nn－12dd2n2＋(a1－d2)n等差数列3．等差数列的前n项和的性质(1)若数列{an}的前n项和Sn＝An2＋Bn(A、B∈R)，则数列{an}一定是____________；(2)由Sn＝An2＋Bn，可知数列{Snn}是____________，点(n，Snn)(n∈N＋)在同一条直线上；(3)若等差数列{an}的前n项和为Sn，则Sk，S2k－Sk，____________三个数成等差数列．等差数列S3k－S2kA1．(2019·全国Ⅰ理，9)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则()A．an＝2n－5B．an＝3n－10C．Sn＝2n2－8nD．Sn＝12n2－2n[解析]设首项为a1，公差为d.由S4＝0，a5＝5可得a1＋4d＝5，4a1＋6d＝0，解得a1＝－3，d＝2.所以an＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝n×(－3)＋nn－12×2＝n2－4n.故选A．2．在等差数列{an}中，S10＝120，那么a1＋a10的值是()A．12B．24C．36D．48B[解析]∵S10＝10a1＋a102＝120，∴a1＋a10＝24.故选B．3．在等差数列{an}中，已知a2＝2，a8＝10，则前9项和S9＝()A．45B．52C．108D．54D[解析]∵{an}是等差数列，∴a2＋a8＝a1＋a9＝2＋10＝12，∴S9＝9×a1＋a92＝9×122＝54.4．等差数列{an}中，a1＝1，a3＋a5＝14，其前n项和Sn＝100，则n＝____________.10[解析]设等差数列{an}的公差为d，由题意，得a1＋2d＋a1＋4d＝14a1＝1，解得d＝2.又Sn＝na1＋nn－12×d，∴100＝n＋nn－12×2解得n＝10.45．(2019·全国卷Ⅲ理，14)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1≠0，a2＝3a1，则S10S5＝____________.[解析]由a1≠0，a2＝3a1，可得d＝2a1，所以S10＝10a1＋10×92d＝100a1，S5＝5a1＋5×42d＝25a1，所以S10S5＝4.互动探究学案命题方向1⇨用等差数列前n项和公式求和在等差数列{an}中，(1)a1＝105，an＝994，d＝7，求Sn；(2)已知a14＝10，求S27；(3)已知前3项和为13，末3项和为32，前n项和Sn＝105，求项数n；(4)若S3＝3，S6＝15，求S9.例题1[分析](1)(2)(3)化为na1＋an2求和．(4)先求a1，d，再由Sn＝na1＋nn－12d求和，或由Sn＝an2＋bn，先求a，b，再求和．[解析](1)由an＝a1＋(n－1)d，得994＝105＋(n－1)×7，解得n＝128.所以Sn＝na1＋an2＝128×105＋9942＝70336.(2)因为a14＝10，a1＋a27＝2a14，所以S27＝27×a1＋a272＝27a14＝270.(3)由已知，得a1＋a2＋a3＝13，an＋an－1＋an－2＝32.而a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2，所以3(a1＋an)＝45，a1＋an＝15.由Sn＝na1＋an2＝105，解得n＝14.(4)设等差数列{an}的公差为d，∵S3＝3，S6＝15，∴3a1＋3×22d＝3.6a1＋6×52d＝15，解得a1＝0，d＝1，∴S9＝9a1＋9×82d＝36.『规律总结』等差数列前n项和公式有何特点，应用时应注意哪些技巧：(1)由等差数列的前n项和公式及通项公式可知，若已知a1、d、n、an、Sn中的三个便可求出其余的两个，即“知三求二”，“知三求二”的实质是方程思想，即建立方程组求解．(2)在运用等差数列的前n项和公式来求和时，一般地若已知首项a1及末项an用公式Sn＝na1＋an2较简便；若已知首项a1及公差d用公式Sn＝na1＋nn－12d较好．(3)在运用公式Sn＝na1＋an2求和时，要注意性质“m、n、p、q∈N＋且m＋n＝p＋q⇒am＋an＝ap＋aq”的运用．(4)第(4)题若根据等差数列前n项和Sn的特点，利用待定系数法，把Sn设出，则显得比较简捷．〔跟踪练习1〕已知等差数列{an}中，(1)a1＝12，S4＝20，求S6；(2)a1＝32，d＝－12，Sn＝－15，求n及an；(3)a1＝1，d＝2，求an及Sn.[解析](1)S4＝4a1＋4×4－12d＝4a1＋6d＝2＋6d＝20，∴d＝3.故S6＝6a1＋6×6－12d＝6a1＋15d＝3＋15d＝48.(2)∵Sn＝n·32＋nn－12(－12)＝－15，整理得n2－7n－60＝0，解得n＝12或n＝－5(舍去)，∴a12＝32＋(12－1)×(－12)＝－4.(3)因a1＝1，d＝2，∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＝na1＋an2＝n2.命题方向2⇨等差数列前n项和性质的应用一个等差数列{an}的前n项和为25，前2n项和为100，求该数列的前3n项的和．[分析]可利用等差数列的基本公式求解，也可以利用等差数列前n项和性质求解．例题2[解析]解法一：设数列的首项为a1，公差为d，则由已知，得na1＋nn－12d＝252na1＋2n2n－12d＝100，解得n2d＝50.∴S3n＝3na1＋3n3n－12d＝3na1＋nn－12d＋3n2d＝3×25＋3×50＝225.解法二：∵数列{an}为等差数列，∴Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等差数列，即Sn＋S3n－S2n＝2(S2n－Sn)．∴S3n＝3(S2n－Sn)＝3×(100－25)＝225.『规律总结』(1)等差数列前n项和Sn＝na1＋an2与等差数列性质“若m＋n＝p＋q，m、n、p、q∈N＋，则am＋an＝ap＋aq”经常结合起来使用，使这类问题的解决更具灵活性．(2)若等差数列的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍成等差数列．(3)数列{an}、{bn}为等差数列，Sn、Tn分别是其前n项和，则有结论ambm＝S2m－1T2m－1.〔跟踪练习2〕两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若SnTn＝2n3n＋1，求anbn.[分析]既可利用Sn，Tn列方程组，建立首项与公差的关系进行求解，也可利用S2n－1T2n－1＝anbn来求解．[解析]解法一：设an＝a1＋(n－1)d，bn＝b1＋(n－1)e.取n＝1，则a1b1＝S1T1＝12，∴b1＝2a1.∴SnTn＝na1＋nn－12dnb1＋nn－12e＝a1＋n－12db1＋n－12e＝a1＋n2d－d22a1＋n2e－e2＝2n3n＋1，故en2＋(4a1－e)n＝32dn2＋(3a1－32d＋d2)n＋a1－d2.从而e＝32d，4a1－e＝3a1－d，a1－d2＝0.即d＝2a1，e＝3a1.∴anbn＝2n－13n－1.解法二：anbn＝a1＋a2n－12b1＋b2n－12＝na1＋a2n－12nb1＋b2n－12＝S2n－1T2n－1＝22n－132n－1＋1＝2n－13n－1.命题方向3⇨等差数列前n项和Sn的函数形式例题3设{an}为等差数列，Sn为数列{an}的前n项和，已知S7＝7，S15＝75，Tn为数列{Snn}的前n项和，求数列{Snn}的前n项和Tn.[分析]根据等差数列前n项和公式与二次函数的关系，可设Sn＝an2＋bn，则Snn＝an＋b.由已知条件列方程组可求得Sn，进而求解Tn.[解析]设等差数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋12n(n－1)d.∵S7＝7，S15＝75，∴7a1＋21d＝715a1＋105d＝75，即a1＋3d＝1a1＋7d＝5，解得a1＝－2，d＝1.∴Snn＝a1＋12(n－1)d＝－2＋12(n－1)，∵Sn＋1n＋1－Snn＝12，∴数列{Snn}是等差数列，其首项为－2，公差为12，∴Tn＝14n2－94n.『规律总结』一般地，对于等差数列{an}，如果a1，d是确定的，那么前n项和为Sn＝na1＋nn－12d＝d2n2＋(a1－d2)n，设A＝d2，B＝a1－d2，上式可写成Sn＝An2＋Bn.当A≠0(即d≠0)时，Sn是关于n的二次函数，那么点(n，Sn)在二次函数Sn＝An2＋Bn的图像上．因此当d≠0时，数列S1，S2，S3，…，Sn的图像是抛物线Sn＝An2＋Bn上一群孤立的点．〔跟踪练习3〕等差数列{an}的前n项和为Sn，若S12＝84，S20＝460，求Sn.[解析]∵数列{an}为等差数列，∴设Sn＝An2＋Bn，∴A·122＋12B＝84，A·202＋20B＝460，解得A＝2，B＝－17.∴Sn＝2n2－17n.例题4已知两个等差数列{an}、{bn}的前n项和分别为Sn、Tn，且SnTn＝7n＋14n＋27(n∈N＋)，求a11b11.[误解]由SnTn＝7n＋14n＋27，设Sn＝(7n＋1)k，Tn＝(4n＋27)k，k≠0.则a11＝S11－S10＝(7×11＋1)k－(7×10＋1)k＝7k，b11＝T11－T10＝(4×11＋27)k－(4×10＋27)k＝4k.∴a11b11＝7k4k＝74.[辨析]错误的原因是“设Sn＝(7n＋1)k，Tn＝(4n＋27)k，k≠0”．这种设法虽然可以使SnTn＝7n＋14n＋27成立，但是相对于变量n来说，k是常数，故Sn＝(7n＋1)k，Tn＝(4n＋27)k是n的一次函数，与公差不为零的等差数列的前n项和为n的二次函数不符合．[正解]方法一：由于等差数列{an}的前n项和Sn＝an2＋bn＝a·n(n＋ba)，设Sn＝(7n＋1)·kn，Tn＝(4n＋27)·kn，∴a11＝S11－S10＝(7×11＋1)·11k－(7×10＋1)·10k＝148k，b11＝T11－T10＝(4×11＋27)·11k－(4×10＋27)·10k＝111k.∴a11b11＝148k111k＝43.方法二：a11b11＝2a112b11＝a1＋a21b1＋b21＝212a1＋a21212b1＋b21＝S21T21.又S21T21＝7×21＋14×21＋27＝148111＝43.等差数列的前n项和数列的前n项和等差数列的前n项和公式、推导与应用等差数列前n项和的性质及应用等差数列前n项和的性质等差数列前n项和比值问题