2019秋高中数学 第二章 数列 2.3 等差数列的前n项和 第1课时 数列的前n项和与等差数列的前

第二章数列2．3等差数列的前n项和第1课时数列的前n项和与等差数列的前n项和[学习目标]1.掌握等差数列前n项和公式及其获取思路．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．(难点)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．(重点)[知识提炼·梳理]1．数列的前n项和(1)定义：对于数列{an}，一般地，称a1＋a2＋…＋an为数列{an}的前n项和．(2)表示：常用符号Sn表示，即Sn＝a1＋a2＋…＋an．2．等差数列的前n项和公式应用条件公式首项、末项与项数Sn＝n（a1＋an）2首项、公差与项数Sn＝na1＋n（n－1）2d[思考尝试·夯基]1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)数列的前n项和就是指从数列的第1项a1起，一直到第n项an所有项的和．()(2)an＝Sn－Sn－1(n≥2)化简后关于n与an的函数式即为数列{an}的通项公式．()(3)等差数列的前n项和Sn是关于项数n的二次函数．()(4)若已知数列{an}的前n项和Sn，则可求数列{an}的通项公式．()解析：(1)正确．由前n项和的定义可知正确．(2)错误．例如数列{an}中，Sn＝n2＋2.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.又因为a1＝S1＝3，所以a1不满足an＝Sn－Sn－1＝2n－1，故命题错误．(3)错误．(4)正确．答案：(1)√(2)×(3)×(4)√2．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2，则an等于()A．nB．n2C．2n＋1D．2n－1解析：当n＝1时，a1＝S1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，因为a1＝1符合an＝2n－1，所以an＝2n－1(n∈N*)．答案：D3．在等差数列{an}中，a2＋a5＝19，S5＝40，则a10等于()A．27B．24C．29D．48解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由已知得2a1＋5d＝19，5a1＋10d＝40，解得a1＝2，d＝3.所以a10＝2＋9×3＝29.答案：C4．等差数列{an}的前四项之和为124，后四项之和为156，各项和为210，则此数列的项数为()A．5B．6C．7D．8解析：由题意知a1＋a2＋a3＋a4＝124，an＋an－1＋an－2＋an－3＝156，所以4(a1＋an)＝280，所以a1＋an＝70.又Sn＝n（a1＋an）2＝n2×70＝210，所以n＝6.答案：B5．在一个等差数列中，已知a10＝10，则S19＝________．解析：S19＝19（a1＋a19）2＝19（a10＋a10）2＝19a10＝19×10＝190.答案：190类型1与等差数列前n项和Sn有关的基本运算[典例1]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；(3)已知d＝2，an＝11，Sn＝35，求a1和n.解：(1)由题意，得n56－322＝－5，解得n＝15.又a15＝56＋(15－1)d＝－32，所以d＝－16.(2)由已知，得S8＝8（a1＋a8）2＝8（4＋a8）2＝172.解得a8＝39，又因为a8＝4＋(8－1)d＝39，所以d＝5.(3)由an＝a1＋（n－1）d，Sn＝na1＋n（n－1）2d，得a1＋2（n－1）＝11，na1＋n（n－1）2×2＝35，解方程组得n＝5，a1＝3或n＝7，a1＝－1.归纳升华等差数列中的基本计算1．利用基本量求值．等差数列的通项公式和前n项和公式中有五个量a1，d，n，an和Sn，这五个量可以“知三求二”．一般是利用公式列出基本量a1和d的方程组，解出a1和d，便可解决问题．解题时注意整体代换的思想．2．结合等差数列的性质解题．等差数列的常用性质：若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq，常与求和公式Sn＝n（a1＋an）2结合使用．[变式训练]已知等差数列{an}中：(1)a1＝32，d＝－12，Sm＝－15，求m及am；(2)a1＝1，an＝－512，Sn＝－1022，求d；(3)S5＝24，求a2＋a4.解：(1)因为Sm＝m×32＋m（m－1）2×－12＝－15，整理，得m2－7m－60＝0，解得m＝12或m＝－5(舍去)，所以am＝a12＝32＋(12－1)×－12＝－4.(2)由Sn＝n（a1＋an）2＝n·（－512＋1）2＝－1022，得n＝4.又由an＝a1＋(n－1)d，即－512＝1＋(4－1)d，解得d＝－171.(3)法一设等差数列的首项为a1，公差为d，则S5＝5a1＋5×（5－1）2d＝24，得5a1＋10d＝24，a1＋2d＝245.所以a2＋a4＝a1＋d＋a1＋3d＝2(a1＋2d)＝2×245＝485.法二由S5＝5（a1＋a5）2＝24，得a1＋a5＝485.所以a2＋a4＝a1＋a5＝485.类型2an与Sn关系的应用(互动探究)[典例2]设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝2n2－30n.(1)求a1及an.(2)判断这个数列是否是等差数列．解：(1)因为Sn＝2n2－30n，所以当n＝1时，a1＝S1＝2×12－30×1＝－28，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－30n－[2(n－1)2－30(n－1)]＝4n－32.验证当n＝1时上式成立，所以an＝4n－32.(2)由an＝4n－32，得an－1＝4(n－1)－32(n≥2)，所以an－an－1＝4n－32－[4(n－1)－32]＝4(常数)，所以数列{an}是等差数列．[迁移探究](1)(变条件变结论)将典例2的条件“Sn＝2n2－30n”改为“log2(Sn＋1)＝n＋1”，其他条件不变，求an；(2)(变条件变结论)将典例2中的条件变为“正数数列{bn}的前n项和Sn＝14(bn＋1)2”，求{bn}的通项公式．解：(1)由log2(Sn＋1)＝n＋1得Sn＋1＝2n＋1，所以Sn＝2n＋1－1.当n≥2时an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－1－2n＋1＝2n.当n＝1时，a1＝S1＝3.经验证不符合上式．所以an＝3，n＝1，2n，n≥2.(2)当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1，所以bn＝14(bn＋1)2－14(bn－1＋1)2＝14(b2n－b2n－1＋2bn－2bn－1)．整理得：b2n－b2n－1－2bn－2bn－1＝0，所以(bn＋bn－1)(bn－bn－1－2)＝0，因为bn＋bn－10，所以bn－bn－1＝2(n≥2)．所以{bn}为等差数列．又因为b1＝14(b1＋1)2，所以b1＝1，所以bn＝1＋(n－1)·2＝2n－1.归纳升华由数列的前n项和求数列的通项公式的步骤1．令n＝1，求a1，即a1＝S1.2．当n≥2时，an＝Sn－Sn－1.3．验证n＝1时，an＝Sn－Sn－1是否成立．4．得出结论．类型3等差数列前n项和公式在实际中的应用[典例3]某人用分期付款的方式购买一件家电，价格为1150元，购买当天先付150元，以后每月的这一天都交付50元，并加付欠款利息，月利率为1%.若交付150元后的一个月开始算分期付款的第一个月，则分期付款的第10个月该交付多少钱？全部贷款付清后，买这件家电实际花费多少钱？解：设每次交款数额依次为a1，a2，…，a20，则a1＝50＋1000×1%＝60(元)，a2＝50＋(1000－50)×1%＝59.5(元)，…a10＝50＋(1000－9×50)×1%＝55.5(元)，即第10个月应付款55.5元．由于{an}是以60为首项，以－0.5为公差的等差数列，所以有S20＝60＋（60－19×0.5）2×20＝1105(元)，即全部付清后实际付款1105＋150＝1255(元)．归纳升华应用等差数列解决实际问题的一般思路：[变式训练]植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植树一棵，相邻两棵树相距10米，开始时需将树苗集中放置在某一棵树坑旁边，使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，此最小值为________米．解析：假设20位同学是1号到20号依次排列，使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，则树苗需放在第10或第11号树坑旁，此时两侧的同学所走的路程都组成以20为首项，20为公差的等差数列，故所有同学往返的总路程为S＝9×20＋9×82×20＋10×20＋10×92×20＝2000(米)．答案：20001．求等差数列前n项和公式的方法称为倒序相加法，在某些数列求和中也可能用到．2．等差数列的两个求和公式中，一共涉及a1，an，Sn，n，d五个量，若已知其中三个量，通过方程思想可求另外两个量，在利用求和公式时，要注意整体思想的应用，注意结论“若m＋n＝p＋q，则an＋am＝ap＋aq(n，m，p，q∈N*)”和“若m＋n＝2p，则an＋am＝2ap”的应用．3．因为an＝Sn－Sn－1只有n≥2时才有意义，所以由Sn求通项公式an＝f(n)时，要分n＝1和n≥2两种情况分别计算，然后验证两种情况可否用统一解析式表示．若不能，则用分段函数的形式表示．