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高考数学-等差数列的前n项和·例题解析


【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
10(101)

d=140

10a
1< br>＋
2




a
1
＋a
3
＋a
5
＋a
7
＋a
9
=5a
1
＋ 20d=125
解得a
1
=113，d=－22．
∴ 其通项公式为
a
n
=113＋(n－1)·(－22)=－22n＋135
∴a
6
=－22×6＋135＝3
【例2】 在两个等差数列2，5，8，…，197与2，7，12，…，197中，
求它们相同项的和．
解 由已知，第一个数列的通项为a
n
＝3n－1；第二个数列的通项为b
N
=5N
－3
若a
m
＝b
N
，则有3n－1＝5N－3
2(N1)

即 n＝N＋
3
若满足n为正整数，必须有N＝3k＋1(k为非负整数)．
又2≤5N－3≤197，即1≤N≤40，所以
N＝1，4，7，…，40 n=1，6，11，…，66
∴ 两数列相同项的和为
2＋17＋32＋…＋197=1393
【例3】 选择题：实数a，b，5a，7，3b ，…，c组成等差数列，且a＋b＋
5a＋7＋3b＋…＋c＝2500，则a，b，c的值分别为
[ ]
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
n(n1)
d
2

n(n1)
∴ 2500=n＋·2 ∴n＝50
2
又S
n
=na
1
＋< /p>

∴a
50
=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，
若这个数列的前半部分的和同后半部分的和之比为9∶13，求插入的数的个数．
解 依题意2＝1＋(2n＋2－1)d
①
(n1)n
d ②
2

(n1)n
后半部分的和S ′·(－d)③
n+1
＝(n＋1)·2＋
2
前半部分的和S
n+1
＝(n＋1)＋
nd
(n1)(1)
S
n1
9
2
由已知，有
nd
S′13
n1
(n1)(2)
2
nd
1
2

9

化简，得
nd
13
2
2
5
解之，得 nd= ④
11
由①，有(2n＋1)d=1 ⑤
1
由④，⑤，解得d=，n=5

11
∴ 共插入10个数．
【例5】 在等差数列{a
n
}中，设前m项和为S
m
，前n项和 为S
n
，且S
m
＝
S
n
，m≠n，求S
m +n
．
1
解 ∵S
m+n
＝(m＋n)a
1
＋ (m＋n)(m＋n－1)d
2

1
＝(m＋n)[a
1
＋ (m＋n－1)d]
2
且S
m
＝S
n
，m≠n
1 1
∴ma
1
＋m(m－1)d＝na
1
＋n(n－1)d
2 2

d
整理得(m－n)a
1
＋(m－n)(m＋n－1)=02

1
即(m－n)[a
1
＋(m＋n－1)d]=02

1
由m≠n，知a
1
＋(m＋n－1)d＝0
2< br>∴S
m+n
＝0
【例6】 已知等差数列{a
n
}中，S
3
=21，S
6
=64，求数列｛|a
n
|｝的前n项和< br>T
n
．
解 设公差为d，由公式S
n
＝na
1< br>＋

3a
1
＋3d=21
得


b a
1
＋15d=24
解方程组得：d＝－2，a
1
＝9
∴a
n
＝9＋(n－1)(n－2)＝－2n＋11
n(n1)
d
2

由a
n
＝－2n＋11＞0 得n＜
11
=5.5，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(n1)S
n
＝9n＋(－2)=－n
2
＋10n

2
∴当n≤5时，T
n
＝－n
2
＋10n
当n＞ 6时，T
n
＝S
5
＋|S
n
－S
5
|＝S
5
－(S
n
－S
5
)＝2S
5
－S
n

∴T
n
＝2(－25＋50)－(－n
2
＋10n) ＝n
2
－10n＋50
2


T
n
=－n＋10n
即

2


n－10n＋50
n≤5
n＞6
n∈N*

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，已知a
6
＋a
9
＋a
12＋a
15
＝34，求前20项之和．
解法一 由a
6
＋a
9
＋a
12
＋a
15
＝34
得4a
1
＋38d＝34
又S
20
＝20a
1
＋
20×19
d

2

＝20a
1
＋190d
＝5(4a
1
＋38d)=5×34=170
解法二 S
20< br>(a
1
+a
20
)×20
==10(a
1
＋ a
20
)

2
由等差数列的性质可得：
a
6＋a
15
=a
9
＋a
12
＝a
1
＋a
20
∴a
1
＋a
20
=17
S
20
＝170
【例8】 已知等差数列{a
n
}的公 差是正数，且a
3
·a
7
=－12，a
4
＋a
6< br>=－4，
求它的前20项的和S
20
的值．
解法一 设等差数列{a
n
}的公差为d，则d＞0，由已知可得

(a
1
＋2d)(a
1
＋bd)＝－12


a
1
＋3d＋a
1
＋5d=－4
①
②

由②，有a
1
＝－2－4d，代入①，有d
2
=4
再由d＞0，得d＝2 ∴a
1
=－10
最后由等差数列的前n项和公式，可求得S
20
＝180
解法二 由等差数列的性质可得：
a
4
＋a
6
＝a
3
＋a
7
即a
3
＋a
7
＝－4
又a
3
·a
7
=－12，由韦达定理可知：
a
3
，a
7
是方程x
2
＋4x－12＝0的二根
解方程可得x
1
=－6，x
2
＝2
∵ d＞0 ∴{a
n
}是递增数列
∴a
3
＝－6，a
7
=2
d=
a
7
a
3
=2，a
1
＝－10，S
20
＝180

73
【例9】 等差数列{a
n
}、{b
n
}的前n项和分别为S
n
和T
n
，若

S
n
a
2n
，则
100
等于

T
n
3n1b
100
[ ]
A．1
C．

B．
199
299
2
3

200
D．301
n(a
1
a
n
)n(b
1
b
n
)
，T
n

22

S
n
a< br>1
a
n
a
1
a
n
2n
∴∴
T
n
b
1
b
n
b
1
b
n
3n1
解法一 ∵S
n

∵2a
100
＝ a
1
＋a
199
，2b
100
＝b
1
＋b
199

∴
a
100
a
1
a
1 99
2×199199
=== 选C．

b
100
b1
b
199
3×199+1299
解法二 利用数列{a
n
}为等差数列的充要条件：S
n
＝an
2
＋
bn
∵
S
n
2n


T
n3n1
可设S
n
＝2n
2
k，T
n
＝n(3 n＋1)k
a
n
S
n
S
n1
2n
2
k2(n1)
2
k
∴
b
n
T
n< br>T
n1
n(3n1)k(n1)[3(n1)1]k
4n22 n1


6n23n1
a
2×1001199
∴
100

b
100
3×1001299
【例10】 解答下列各题：
(1)已知：等差数列{a
n
}中a
2
＝3，a< br>6
＝－17，求a
9
；
(2)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；
(3)已知：等差 数列{a
n
}中，a
4
＋a
6
＋a
15
＋ a
17
＝50，求S
20
；
(4)已知：等差数列{a
n
}中，a
n
=33－3n，求S
n
的最大值．

分析与解答
(1)a
6
=a
2
＋(6－2)d d＝
173
=－5

4
a
9
=a
6< br>＋(9－6)d=－17＋3×(－5)=－32
(2)a
1
=19，an+2
=89，S
n+2
＝1350
(a
1
+an+2
)(n+2)
∵S
n+2
=
2
2×1350∴n＋2==25 n=23

19+89
35
a
n+2=a
25
=a
1
＋24d d=
12
故这几个数为首 项是21
11135
，末项是86，公差为的23个数．

121212(3)∵a
4
＋a
6
＋a
15
＋a
17
=50
又因它们的下标有4＋17＝6＋15=21
∴a
4
＋a
17
=a
6
＋a
15
=25
S
20
=
(a
1
+a
20
)×20
10×(a
4
a
17
)250

2
(4)∵a
n
=33－3n ∴a
1
＝30
S
n
=
(a
1
+a
n
)·n
(633n )n363
n
2
n
2222

321
2< br>3×21
2
(n)
228
∵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4n
2
＋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
＝(4n
2
＋3n)－[4(n－1)
2
＋3(n－1 )]
=8n－1
当n=1时，a
1
=S
1
=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．
【例12】 证明：数列{a
n< br>}的前n项之和S
n
＝an
2
＋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
＝an
2
＋bn，得
当n≥2时，a
n
＝S
n
－S
n-1

＝an
2
＋bn－a(n－1)
2
－b(n－1)
=2na＋b－a
a
1
＝S
1
＝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．


若{a
n
}是等差数列，则
S
n
＝na
1
＋
n(n1)
d
2
(1n)·n
=d·＋n(a
1< br>－d)

2
dd
=n
2
n(a
1
)
22
dd
若令=a，则a
1
－=b，即

22
S
n
=an
2
＋bn
综上所述，S
n
=an
2
＋bn是{a
n
}成等差数列的充要条件．
【例13】 等差数列{a
n
}的前n项和S
n
＝m，前m项和S
m
＝n(m＞n)，求前

m＋n项和S
m+n
．
解法一 设{a
n
}的公差d
按题意，则有
n(n1)
S＝na＋d＝m①
1


n
2


S＝ma＋
m(m1)
d＝n

②
1

2

m
(mn)(mn1)
①－②，得(m－n)·a
1
＋·d=n－m
2
即a
1
＋
∴S
mn
mn1
d=－1
2
(mn)(mn1)
(mn)a
1
·d

2
mn1
(mn)(a
1
· d)
2
=－(m＋n)
解法二 设S
x
＝Ax
2
＋Bx(x∈N)

Am
2
＋Bm＝n


2


An＋Bn＝m
①
②

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)
【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，则n之值是多少？
解 ∵S
偶项
－S
奇项
=nd
∴nd=90－75=15
又由a
2n
－a
1
＝27，即(2n－1)d=27

nd＝15


(2n－1)d＝27
∴n=5

【例15】 在等差数列{a
n
}中，已知a
1
＝25，S
9
＝S
17
，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．
17×169×8
根据 题意：S
17
=17a
1
＋d，S
9
＝9a
1＋d

22
∵a
1
=25，S
17
＝S
9
解得d＝－2
∴S
n
＝25n＋
n(n1)
(－2)=－n2
＋26n=－(n－13)
2
＋169

2
∴当n=13时，S
n
最大，最大值S
13
＝169
解法二 因为a
1
=25＞0，d＝－2＜0，所以数列{a
n
}是递减等

a
n
≥0
差数列，若使前n项和最大，只需解

，可解出 n．

a≤0

n+1
∵a
1
＝25，S
9
＝S
17

∴9×25＋
9×817×16
d=17×25＋d，解得d=－2

22
∴a
n
=25＋(n－1)(－2)=－2n＋27

－2n＋27≥0

n≤13.5
∴



∴n =13


－2(n＋1)＋27≥0

n≥12.5
即前 13项和最大，由等差数列的前n项和公式可求得S
13
=169．