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等差数列中S n 与a n 间的 重要关系及其应用“设S n、a n分别是等差数列｛a n｝的前n 和与通项，则它们之间有如下的重要关系：S n =（kn ）a n ，其中k 是非零实数，n 是正整数。
”我们知道，等差数列｛a n ｝的前n 和S n 、通项a n 分别有如下的表达式：⑴ S n =na 1- n(n-1)2 d ，其可等价变形为S n = d 2 n 2 +(a 1-d2 )n ，它是关于n 的二次函数且不含常数项，一般形式是：S n =An 2+Bn ，其中A 、B 是非零待定系数；⑵ a n = a 1 +（n-1）d ，其可等价变形为a n =dn+（a 1 -d ），它是关于n 的一次函数，一般形式是：a n =an+b ，其中a 、b 是非零待定系数；通过对等差数列｛a n ｝前n 和S n 的一般形式S n =An 2+Bn 与其通项a n 的一般形式a n =an+b 的观察分析，不难得出S n 与a n 之间有这样的重要关系式：S n =（kn ）a n 。
S n 与a n 相互关系的应用举例：［例1］在等差数列｛a n ｝中，a 4=0.8,a 11=2.2,求a 51+a 52+…+a 80.【解】 由等差数列的通项公式得⎩⎨⎧=+=+2.2108.0311d a d a ,解得a 1=0.2,d =0.2.∴a 51＋a 52+…+a 80=S 80－S 50 =80a 1+d a d 2495050279801⨯--⨯=30a 1+1935d =30×0.2+1935×0.2=393. 【点评】 本题求解分两个层次，首先由已知求出a 1和d ，再将所求转化为S 80－S 50，这是解题的关键.［例2］根据数列｛a n ｝的前n 项和公式，判断下列数列是否是等差数列. (1)S n ＝2n 2－n (2)S n ＝2n 2－n ＋1【解】 (1)a 1＝S 1＝1 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－n )－［2(n －1)2－(n －1)］＝2(2n －1)－1＝4n －3∵n =1 时也成立，∴a n ＝4n －3 a n ＋1－a n ＝［4(n ＋1)－3］－［4n －3］＝4∴｛a n ｝成等差数列(2)a 1＝S 1＝2 a 2＝S 2－S 1＝5 a 3＝S 3－S 2＝9 ∵a 2－a 1≠a 3－a 2 ∴｛a n ｝不是等差数列.【点评】 已知S n ，求a n ，要注意a 1＝S 1，当n ≥2时a n ＝S n －S n －1， 因此a n ＝⎩⎨⎧≥-=-)2( )1(11n S S n S n n.练习: 已知等差数列{a n }的前项和S n 满足条件：S n =2n 2+3n ，求此等差数列的通项a n解: 根据等差数列的前n 项和S n 是关于n 的二次函数且不含常数项,即S n = d 2n 2+(a 1-d 2 )n,并结合已知条件等差数列{a n }的前项和S n =2n 2+3n 立有, d2 =2且a 1-d2=3, 解之得 a 1=5，d=4，于是便得所求等差数列的通项a n =4n+1. ［例3］已知等差数列｛a n ｝满足：S p ＝q ，S q ＝p ，求S p ＋q (其中p ≠q ). 【解】 由已知S p ＝q ，S q ＝p 得 pa 1＋q d p p =-2)1( ① qa 1＋p d q q =-2)1( ② ①－②整理得2)1(21dq p a -++＝－1∴d q p q p a q p S q p 2)1)(()(1-++++=+＝(p ＋q )2)1(21d q p a -++＝－(p ＋q ) 【点评】 本问题即是在a 1、d 、n 、a n 、S n 中知三求二问题，但在解方程的过程中体现出了较高的技巧；也可考虑设S n ＝An 2＋Bn 去求解. 例4 有两个等差数列｛a n ｝、｛b n ｝，其前n 和分别为S n 、 T n ，并且n n T S =7n+2n+3 ,求:⑴ 55b a 的值；⑵115b a的值分析:由等差数列可知,其前n 项和是关于n 的二次函数且不含常数项；根据已知条件,两个等差数列前n 项和的比的结果是关于n 的一次因式,说明它们在相比的过程中约去了一个共同的因式kn ，于是，我们只要将其还原，即可得到两个等差数列的前n 项和，再对照等差数列前n 项和的二次函数形式：S n = d 2 n 2 +(a 1-d2 )n ，很快便可得到其首项、公差与通项，进而由等差数列通项公式求出数列中的任意一项。
第2课时a n与S n的关系及裂项求和法课后篇巩固探究A组1.已知数列{a n}的前n项和S n=,则a5的值等于()A. B.- C. D.-解析:a5=S5-S4==-.答案:B2.已知等差数列{a n}的前n项和为S n,a5=5,S5=15,则数列的前100项和为()A. B. C. D.解析:∵S5==15,∴a1=1,∴d==1,∴a n=1+(n-1)×1=n,∴.设的前n项和为T n,则T100=+…+=1-+…+=1-.答案:A3.设{a n}(n∈N+)是等差数列,S n是其前n项和,且S5<S6,S6=S7>S8,则下列结论错误的是()A.d<0B.a7=0C.S9>S5D.S6和S7均为S n的最大值解析:由S5<S6得a1+a2+…+a5<a1+a2+…+a5+a6,∴a6>0.又S6=S7,∴a1+a2+…+a6=a1+a2+…+a6+a7,∴a7=0,故B正确;同理由S7>S8,得a8<0,又d=a7-a6<0,故A正确;由C选项中S9>S5,即a6+a7+a8+a9>0,可得2(a7+a8)>0.而由a7=0,a8<0,知2(a7+a8)>0不可能成立,故C错误;∵S5<S6,S6=S7>S8,∴S6与S7均为S n的最大值,故D正确.故选C.答案:C4.数列的前n项和S n为()A.B.C.D.解析:,于是S n=.答案:C5.设函数f(x)满足f(n+1)=(n∈N+),且f(1)=2,则f(20)为()A.95B.97C.105D.192解析:∵f(n+1)=f(n)+,∴f(n+1)-f(n)=.∴f(2)-f(1)=,f(3)-f(2)=,……f(20)-f(19)=,∴f(20)-f(1)==95.又f(1)=2,∴f(20)=97.答案:B6.已知数列{a n}的前n项和S n=n2-9n,第k项满足5<a k<8,则k=.解析:a n=S n-S n-1=(n2-9n)-[(n-1)2-9(n-1)]=2n-10(n≥2),又a1=S1=-8符合上式,所以a n=2n-10.令5<2k-10<8,解得<k<9.又k∈N+,所以k=8.答案:87.设数列{a n}的前n项和为S n,S n=,且a4=54,则a1=.解析:因为a4=S4-S3==27a1,所以27a1=54,解得a1=2.答案:28.数列1,,…,,…的前n项和S n=.解析:因为==2,所以S n=1++…+=2=2.答案:9.正项数列{a n}满足-(2n-1)a n-2n=0.(1)求数列{a n}的通项公式a n;(2)令b n=,求数列{b n}的前n项和T n.解(1)由-(2n-1)a n-2n=0,得(a n-2n)(a n+1)=0,即a n=2n或a n=-1,由于{a n}是正项数列,故a n=2n.(2)由(1)知a n=2n,所以b n=,故T n=.10.导学号33194014已知等差数列{a n}的前n项和为S n,n∈N+,且a3+a6=4,S5=-5.(1)求a n;(2)若T n=|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|,求T5的值和T n的表达式.解(1)设{a n}的首项为a1,公差为d,易由a3+a6=4,S5=-5得出a1=-5,d=2.∴a n=2n-7.(2)当n≥4时,a n=2n-7>0;当n≤3时,a n=2n-7<0,∴T5=-(a1+a2+a3)+a4+a5=13.当1≤n≤3时,T n=-(a1+a2+…+a n)=-n2+6n;当n≥4时,T n=-(a1+a2+a3)+a4+a5+…+a n=n2-6n+18.综上所述,T n=B组1.若等差数列{a n}的通项公式为a n=2n+1,则由b n=所确定的数列{b n}的前n项之和是()A.n(n+2)B.n(n+4)C.n(n+5)D.n(n+6)解析:由题意知a1+a2+…+a n==n(n+2),∴b n==n+2.于是数列{b n}的前n项和S n=n(n+5).答案:C2.已知一个等差数列共n项,且其前四项之和为21,末四项之和为67,前n项和为286,则项数n为()A.24B.26C.25D.28解析:设该等差数列为{a n},由题意,得a1+a2+a3+a4=21,a n+a n-1+a n-2+a n-3=67,又a1+a n=a2+a n-1=a3+a n-2=a4+a n-3,∴4(a1+a n)=21+67=88,∴a1+a n=22.∴S n==11n=286,∴n=26.答案:B3.已知数列{a n}满足a1=1,a n=a n-1+2n(n≥2),则a7=()A.53B.54C.55D.109解析:∵a n=a n-1+2n,∴a n-a n-1=2n.∴a2-a1=4,a3-a2=6,a4-a3=8,…,a n-a n-1=2n(n≥2).∴a n=1+4+6+…+2n=1+=n2+n-1.∴a7=72+7-1=55.答案:C4.已知数列{a n}为,…,+…+,…,如果b n=,那么数列{b n}的前n项和S n为()A. B. C. D.解析:∵a n=,∴b n==4,∴S n=4=4.答案:B5.已知数列{a n}的前n项和为S n=n2+n+1,则a n=.解析:当n=1时,a1=S1=3;当n≥2时,a n=S n-S n-1=n2+n+1-[(n-1)2+(n-1)+1]=2n.此时,当n=1时,2n=2≠3.所以a n=答案:6.导学号33194015设S n是等差数列{a n}的前n项和,已知S6=36,S n=324,若S n-6=144(n>6),则数列的项数n为.解析:由题意可知由①+②,得(a1+a n)+(a2+a n-1)+…+(a6+a n-5)=216,∴6(a1+a n)=216,∴a1+a n=36.∴S n==18n=324,∴n=18.答案:187.设数列{a n}的前n项和为S n,a1=1,a n=+2(n-1)(n∈N+).(1)求证:数列{a n}为等差数列,并求a n与S n;(2)是否存在自然数n,使得S1++…+-(n-1)2=2 019?若存在,求出n的值;若不存在,请说明理由. (1)证明由a n=+2(n-1),得S n=na n-2n(n-1)(n∈N+).当n≥2时,a n=S n-S n-1=na n-(n-1)a n-1-4(n-1),即a n-a n-1=4,故数列{a n}是以1为首项,4为公差的等差数列.于是,a n=4n-3,S n==2n2-n.(2)解存在自然数n使得S1++…+-(n-1)2=2 019成立.理由如下:由(1),得=2n-1(n∈N+),所以S1++…+-(n-1)2=1+3+5+7+…+(2n-1)-(n-1)2=n2-(n-1)2=2n-1.令2n-1=2 019,得n=1 010,所以存在满足条件的自然数n为1 010.8.导学号33194016数列{a n}的前n项和S n=100n-n2(n∈N+).(1)求证{a n}是等差数列;(2)设b n=|a n|,求数列{b n}的前n项和.(1)证明a n=S n-S n-1=(100n-n2)-[100(n-1)-(n-1)2]=101-2n(n≥2).∵a1=S1=100×1-12=99=101-2×1,∴数列{a n}的通项公式为a n=101-2n(n∈N+).又a n+1-a n=-2为常数,∴数列{a n}是首项a1=99,公差d=-2的等差数列.(2)解令a n=101-2n≥0,得n≤50.5.∵n∈N+,∴n≤50(n∈N+).①当1≤n≤50时a n>0,此时b n=|a n|=a n,∴{b n}的前n项和S n'=100n-n2;②当n≥51时a n<0,此时b n=|a n|=-a n,由b51+b52+…+b n=-(a51+a52+…+a n)=-(S n-S50)=S50-S n,得数列{b n}的前n项和为S n'=S50+(S50-S n)=2S50-S n=2×2 500-(100n-n2)=5 000-100n+n2.由①②得数列{b n}的前n项和为S n'=。
等差数列sn和an的关系
等差数列是指数列中相邻两项的差是一个常数的数列。
其中，Sn表示等差数列的前n项和，An表示等差数列的第n项。
首先，我们来看Sn和An的关系。
1. Sn的计算公式：
等差数列的前n项和Sn可以通过以下公式计算，Sn = n/2 (a1 + an)，其中n表示项数，a1表示首项，an表示末项。
2. An的计算公式：
等差数列的第n项An可以通过以下公式计算，An = a1 + (n-1)d，其中n表示项数，a1表示首项，d表示公差。
从上述公式可以看出，Sn和An之间的关系在于Sn是An的累
加和。
换句话说，Sn是前n项An的和。
另外，我们还可以从几何角度来理解Sn和An的关系。
1. Sn的几何意义：
等差数列的前n项和Sn可以表示为一个由n个相邻矩形组
成的图形的总面积。
其中，每个矩形的长是等差数列的项，宽是1。
2. An的几何意义：
等差数列的第n项An可以表示为一个以a1为首项，公差为d，共有n项的等差数列的最后一项。
综上所述，Sn和An之间的关系可以从代数和几何两个角度来
理解。
在代数上，Sn是An的累加和；在几何上，Sn可以表示为一
系列矩形的总面积，而An则表示等差数列的最后一项。
希望这些解
释能帮助你更好地理解Sn和An的关系。
Sn 与an 的关系典型题1 .数列的各项均为正数，为其前项和，对于任意，总有成等差数列. (Ⅰ)求数列的通项公式；(Ⅱ)设数列的前项和为 ，且，求证:对任意实数（是常数，＝2.71828）和任意正整数，总有 2；(Ⅲ) 正数数列中，.求数列中的最大项.分析：本题主要考查求数列的通项、等差等比数列的概念和性质、不等式、函数的单调性，综合运送知识分析问题和解决问题的能力.转化（化归）的思想答案：（Ⅰ）解：由已知：对于，总有 ①成立∴ （n ≥ 2）②①--②得∴∵均为正数，∴ （n ≥ 2）∴数列是公差为1的等差数列又n=1时，， 解得=1 ∴.()（Ⅱ）证明：∵对任意实数和任意正整数n ，总有≤. ∴ (Ⅲ)解：由已知 ， {}n a n S n *N n ∈2,,n n n a S a {}n a {}n b n n T 2ln n n n a x b =(]e x ,1∈e e ⋅⋅⋅n n T <{}n c ())(,*11N n c a n n n ∈=++{}n c *N n ∈22n n n S a a =+21112n n n S a a ---=+21122----+=n n n n n a a a a a ()()111----+=+n n n n n n a a a a a a 1,-n n a a 11=--n n a a {}n a 21112S a a =+1a n a n =*N n ∈(]e x ,1∈2ln n n n a xb =21n()n n n T n 113212*********22-++⋅+⋅+<+++≤ 21211131212111<-=--++-+-+=nn n 221212=⇒==c c a 54545434343232355,244,33=⇒====⇒===⇒==c c a c c a c c a易得猜想 n≥2 时，是递减数列.令 ∵当 ∴在内为单调递减函数.由. ∴n≥2 时, 是递减数列.即是递减数列.又 , ∴数列中的最大项为.2．已知各项均为正数的数列的前项和满足，且.（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）设数列满足，并记为的前项和，求证： .分析：本小题主要考查数列、不等式、数学归纳法、二项式定理等基本知识，考查综合运用知识分析问题和解决问题的能力.转化（化归）思想，分类讨论的思想（Ⅰ）解：由，解得或.由假设，因此.又由，得，即或.因，故不成立，舍去. 因此，从而是公差为3，首项为2的等差数列，故的通项为.（Ⅱ）证法一：由可解得 从而. 12234,...c c c c c <>>>{}n c ()()22ln 1ln 1,ln x x x x x x x f x x x f -=-⋅='=则().00ln 1,1ln 3<'<->≥x f x x x ，即则时，[)+∞,3()x f ()11ln ln 11++==++n n c c a n n n n 知{}n c ln {}n c 12c c <{}n c 323=c }{n a n n S 11>S +∈++=N n a a S n n n ),2)(1(6}{n a }{n b 1)12(=-n b n a n T }{n b n +∈+>+N n a T n n ),3(log 132)2)(1(611111++==a a S a 11=a 21=a 111>=S a 21=a )2)(1(61)2)(1(611111++-++=-=++++n n n n n n n a a a a S S a 0)3)((11=--+++n n n n a a a a 031=--+n n a a n n a a -=+10>n a n n a a -=+131=-+n n a a }{n a }{n a 13-=n a n 1)12(=-n b n a 133log )11(log 22-=+=n n a b n n )1335623(log 2215-⋅⋅⋅=+++=n n b b b T n n因此. 令，则 .因，故. 特别地，从而，即.证法二：同证法一求得及.由二项式定理知，当时，不等式成立. 由此不等式有 . 证法三：同证法一求得及.下面用数学归纳法证明：.当时，，因此，结论成立.假设结论当时成立，即，则当时，. 因，故.从而.这就是说当时结论也成立. 综上对任何成立.]232)1335623[(log )3(log 13322+⋅-⋅⋅⋅=+-+n n n a T n n 232)1335623()(3+⋅-⋅⋅⋅=n n n n f 233)23)(53()33()2333(5323)()1(+++=++⋅++=+n n n n n n n n f n f 079)23)(53()33(23>+=++-+n n n n )()1(n f n f >+12027)1()(>=≥f n f 0)(log )3(log 1322>=+-+n f a T n n )3(log 132+>+n n a T n b n T 0>c c c 31)1(3+>+3332)1311()511()211(2log 13-+++=+n T n )3(log )23(log )132358252(log )1311()531)(231(2log 2222+=+=-+⋅⋅⋅⋅=-+++>n a n n n n n b n T )3(log 132+>+n n a T 1=n 5log )3(log ,427log 1321221=+=+a T )3(log 132+>+n n a T k n =)3(log 132+>+k k a T 1+=k n )3(log 313)3(log 13121121+-++=+-+++++k k k k k a b T a T 2321122)23)(53()33(log 3)3(log )3(log +++=++-+>++k k k b a a k k k 079)23)(53()33(23>+=++-+k k k k 0)23)(53()33(log 232>+++k k k )3(log 13121+>+++k n a T 1+=k n )3(log 132+>+n n a T +∈N n。
