高中数学《等差数列的前n项和》导学案

第1课时 等差数列的前n项和

1.数列的前n项和

对于数列{an}，一般地，我们称□01a1＋a2＋a3＋…＋an为数列{an}的前n项和，用□02Sn表示，即Sn＝□03a1＋a2＋…＋an.

2．等差数列{an}的前n项和

设等差数列{an}的公差是d，则Sn＝na1＋an2＝□04na1＋nn－12d.

3．前n项和Sn与通项an的关系

an与Sn的关系式为□05an＝ S1n＝1，Sn－Sn－1n≥2.

1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”)

(1)知道等差数列的首项、公差与前n项和可求项数n.( )

(2)对于数列{an}，一定有关系式an＝Sn－Sn－1.( )

(3)若数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋n＋1，则数列{an}是等差数列．( )

答案 (1)√ (2)× (3)×

2．做一做

(1)若数列{an}的前n项和Sn＝n2，则a3＋a4＋a5＝________.

(2)等差数列{an}中，a1＝6，a12＝－16，则S12＝______.

(3)等差数列{an}中，a1＝2，公差d＝2，则S10＝______.

(4)(教材改编P45T2)已知数列{an}的通项公式an＝－5n＋2，则其前n项和Sn＝________.

答案 (1)21 (2)－60 (3)110 (4)－5n2＋n2

探究1 等差数列前n项和公式的运用

例1 (1)已知{an}是等差数列，a10＝10，其前10项和S10＝70，求公差d；

(2)已知{an}为等差数列，公差d＝2，前n项和为Sn，an＝11，Sn＝35，求a1，n；

(3)在等差数列{an}中，已知a2＋a5＝19，S5＝40，求a10.

解 (1)由等差数列的前n项和公式可得

S10＝a1＋a10×102＝5(a1＋10)＝70，

解得a1＝4，∴d＝a10－a19＝23.

(2)由题设可得 11＝a1＋2n－1，35＝na1＋112，

解得 a1＝－1，n＝7或 a1＝3，n＝5.

(3)由题设可得 2a1＋5d＝19，5a1＋55－12d＝40，

即 2a1＋5d＝19，a1＋2d＝8，解得 a1＝2，d＝3，

故a10＝2＋3×(10－1)＝29.

[条件探究] 本例(2)中，将“d＝2”改为“a1＝3”，其他条件不变，求n和公差d. 解 解法一：由 an＝a1＋n－1d，Sn＝na1＋nn－12d，

得 11＝3＋n－1d，35＝3n＋nn－12d，解得 n＝5，d＝2.

解法二：∵a1＝3，an＝11，Sn＝35，

∴35＝n3＋112＝7n，

即n＝5.又∵11＝3＋(5－1)d，∴d＝2.

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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．

【跟踪训练1】 等差数列{an}中，a10＝30，a20＝50.

(1)求通项an；

(2)若Sn＝242.求n.

解 (1)设数列{an}的首项a1，公差d，

则 a10＝a1＋9d＝30，a20＝a1＋19d＝50.∴ a1＝12，d＝2.

∴通项an＝a1＋(n－1)d＝10＋2n.

(2)由Sn＝na1＋nn－12d，a1＝12，d＝2，

Sn＝242，得方程242＝12n＋nn－12×2. 即n2＋11n－242＝0，得n＝11或n＝－22(舍)．

探究2 数列的通项an与前n项和Sn的关系

例2 已知下面各数列{an}的前n项和Sn的公式，求{an}的通项公式．

(1)lg (Sn＋1)＝n＋1；

(2)Sn＝2n2－3n.

解 (1)因为lg (Sn＋1)＝n＋1.

所以Sn＋1＝10n＋1，即Sn＝10n＋1－1

当n＝1时，a1＝S1＝102－1＝99；

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(10n＋1－1)－(10n－1)＝9×10n.

从而数列{an}的通项公式为：an＝ 99n＝1，9×10nn≥2.

(2)当n＝1时，a1＝S1＝－1；

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－3n)－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，由于a1也适合此等式，

∴an＝4n－5(n∈N*)．

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数列的通项an与前n项和Sn的关系

(1)已知Sn求an，其方法是an＝Sn－Sn－1(n≥2)，这里常常因为忽略条件“n≥2”而出错．

(2)在书写{an}的通项公式时，务必验证n＝1是否满足an(n≥2)的情形．如果不满足，则通项公式只能用an＝ S1n＝1，Sn－Sn－1n≥2表示．

【跟踪训练2】 设数列{an}的前n项和为Sn＝n2－4n＋1，求通项公式．

解 当n＝1时，a1＝S1＝12－4×1＋1＝－2；

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2－4n＋1)－[(n－1)2－4(n－1)＋1]＝2n－5.

又a1≠2×1－5， 则an＝ －2，n＝1，2n－5，n≥2，n∈N*.

探究3 求数列{|an|}的前n项和

例3 已知数列{an}的前n项和Sn＝－32n2＋2052n，求数列{|an|}的前n项和Tn.

解 a1＝S1＝－32×12＋2052×1＝101.

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1

＝－32n2＋2052n－－32n－12＋2052n－1

＝－3n＋104.∵n＝1也适合上式，

∴数列通项公式为an＝－3n＋104.

由an＝－3n＋104≥0得n≤3423，

即当n≤34时，an>0；当n≥35时，an<0.

解法一：①当n≤34时，

Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|

＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝－32n2＋2052n.

②当n≥35时，

Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|a34|＋|a35|＋…＋|an|

＝(a1＋a2＋…＋a34)－(a35＋a36＋…＋an)

＝2(a1＋a2＋…＋a34)－(a1＋a2＋…＋an)

＝2S34－Sn

＝2－32×342＋2052×34－－32n2＋2052n

＝32n2－2052n＋3502. 故Tn＝ －32n2＋2052n，n≤34，32n2－2052n＋3502，n≥35.

解法二：①同解法一．

②当n≥35时，

Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝(a1＋a2＋…＋a34)－(a35＋a36＋…＋an)＝－32×342＋2052×34－

－3n＋104－3×35＋104×n－342

＝32n2－2052n＋3502，

故Tn＝ －32n2＋2052n，n≤34，32n2－2052n＋3502，n≥35.

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对等差数列{an}，求{|an|}的前n项和的技巧

常先由Sn的最值判断出哪些项为正，哪些项为负或先求出an，解an≥0的n的取值范围判断出哪些项为正，哪些项为负．

(1)等差数列{an}的各项都为非负数，这种情形中数列{|an|}就等于数列{an}，可以直接求解．

(2)若前k项为负，从k＋1项开始以后的项非负，则{|an|}的前n项和Tn＝ －Sn，n≤k，Sn－2Sk，n>k.

(3)若前k项为正，以后各项非正，则

Tn＝ Sn，n≤k，2Sk－Sn，n>k.

(4)也可以分别求出an≥0与an<0的和再相减求出|an|的和．

【跟踪训练3】 已知数列{an}的通项公式是an＝4n－25，求数列{|an|}的前n项和．

解 ∵an＝4n－25，

∴an＋1＝4(n＋1)－25，an＋1－an＝4，

a1＝4×1－25＝－21，

∴数列{an}是以－21为首项，公差为4的等差数列．

由an≥0，得4n－25≥0，即n≥614，

∴数列{an}中前6项均小于零，从第7项起均大于零，

∴当n≤6时，|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝－(a1＋a2＋…＋an)＝－Sn＝－－21n＋nn－12×4＝－2n2＋23n.

当n≥7时，|a1|＋|a2|＋…＋|an|

＝－(a1＋a2＋…＋a6)＋(a7＋a8＋…＋an)

＝(a1＋a2＋…＋an)－2(a1＋a2＋…＋a6)

＝Sn－2S6＝－21n＋nn－12×4－2×6a1＋a62

＝2n2－23n＋132.

故数列{|an|}的前n项和

Sn＝ －2n2＋23nn≤6，2n2－23n＋132n≥7.

探究4 等差数列前n项和公式在实际中的应用

例4 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)，

…