4.2.2等差数列的前n项和公式课件(3)-2024-2025学年高二下学期数学人教A版（2019）选择性必修第二册

4.2.2 等差数列的前n项和公式(3) 复习引入 4.等差数列{an} 的判定方法： 例1：在等差数列{an}中， (1)已知 a2＋a5＋a12＋a15＝36，求 S16； 分析：由等差数列的性质，可以直接利用条件求出a1＋a16 的和． 例题 16(a1＋a16) 解：∵a2＋a15＝a5＋a12＝a1＋a16＝18， ∴S16＝ 2 ＝8×18＝144. 整体思想认识公式 例1：在等差数列{an}中， (2)已知 a6＝20，求 S11； 分析：要求S11 只需知道a1＋a11 即可，而a1 与a11 的等差中项恰好是a6. 解：∵a1＋a11＝2a6， ∴S11＝ 11(a1＋a11) 2 ＝11a6＝11×20＝220. 整体思想认识公式 例1：在等差数列{an}中， (3)一个等差数列的前 4 项之和是 40，最后 4 项之和为 80，所有项之和是 210，求项数 n. 解： ∵a1＋a2＋a3＋a4＝40，an－3＋an－2＋an－1＋an＝80， 又∵Sn＝ n(a1＋an) 2 ＝210，∴n＝ 2×210 a1＋an ＝14. 又a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝a4＋an－3， ∴4(a1＋an)＝40＋80，即a1＋an＝30. 练习 2.在等差数列{an}中，若前四项和为25，后四项和为63，前n项和为286，求项数n. 例题 1.一个等差数列的前12项的和为354,前12项中偶数项和与奇数项和之比为32:27,求公差d. 练习 证明： 探究一： 练习 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 证明： 探究二： 归纳总结 已知等差数列{an}的n项和为Sn,且S10＝310,S20＝1220,求S30. 练习 例3：在数列 中， (1)求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a10|； (2)求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|. 解： 例题 (1) |a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a10| ＝a1＋a2＋…＋a6－a7－a8－a9－a10 ＝S6－(a7＋…＋a10) ＝S6－(S10－S6)＝2S6－S10＝72－20＝52. (2)当1≤n≤6时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn＝12n－n2； 当n≥7时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an| ＝a1＋a2＋…＋a6－(a7＋a8＋…＋an) ＝S6－(Sn－S6)＝2S6－Sn＝72－(12n－n2)＝n2－12n＋72. 练习 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 1.等差数列{an}的前 m 项和为 30，前 2m 项和为 100， ) 则它的前 3m 项和为( A．30 C．210 B．170 D．260 随堂检测 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 等差数列前n项和的性质： ① ③ ② ④ 课堂小结 课外作业 5. 已知一个等差数列的项数为奇数，其中所有奇数项的和为290，所有偶数项的和为261. 求此数列中间一项的值以及项数. 课本P23 3.等差数列的性质： （1） ；变式 = . （2）若 ,且 ，则 . （3）若 ,且 ,则 . 1.等差数列的通项公式： ，其中 为首项， 为公差. 2.等差数列 的前 项和公式： （1） ； （2） . 5.数列 的第 项 与前 项和 的关系： . 解：(1)由等差数列的性质知：a1＋a20＝a4＋a17＝20， ∴S20＝eq \f(20,2)(a1＋a20)＝eq \f(20,2)(a4＋a17)＝eq \f(20,2)×20＝200. 1.在等差数列{an}中： （1）若a4＋a17＝20，求S20； （2）若S15＝90，求a8. （2） ∴a8＝6. 解：∵a1＋a2＋a3＋a4＝25， an－3＋an－2＋an－1＋an＝63， 而a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝a4＋an－3， ∴4(a1＋an)＝88， ∴a1＋an＝22. ∴Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝11n＝286， ∴n＝26，故所求的项数为26. 例2：（1）已知等差数列共有2n＋1项，其中奇数项之和为290，偶数项之和为261，则an＋1等于(　　) A．30 B．29 C．28 D．27 法二：因为等差数列前n项和Sn＝An2＋Bn. 根据已知，可令An＝kn (7n＋2)，Bn＝kn (n＋3). ∴a5＝A5－A4＝(7×5＋2)k×5－(7×4＋2)k×4＝65k， b5＝B5－B4＝(5＋3)k×5－(4＋3)k×4＝12k. ∴eq \f(a5,b5)＝eq \f(65k,12k)＝eq \f(65,12). （2）已知两个等差数列{an}，{bn}，它们的前n项和分别为Sn， ，若 ，则 ________. 解析：法一：∵{an}，{bn}均为等差数列， 2.已知两个等差数列{an}，{bn}，它们的前n项和分别为Sn， ，若 ，则eq \f(a9,b9)＝________. 解析：∵{an}，{bn}均为等差数列， 已知等差数列{an}的前3项和为6，前8项和为－4. (1)求数列{an}的前n项和Sn；(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))的前n项和Tn. 解：(1)设{an}的公差为d，由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3a1＋\f(3×2,2)d＝6，,8a1＋\f(8×7,2)d＝－4，)) 即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3a1＋3d＝6，,8a1＋28d＝－4，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝3，,d＝－1.)) ∴Sn＝3n＋eq \f(nn－1,2)×(－1)＝－eq \f(1,2)n2＋eq \f(7,2)n. (2)由(1)，得eq \f(Sn,n)＝－eq \f(1,2)n＋eq \f(7,2)， ∴eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝－eq \f(1,2)(n＋1)＋eq \f(7,2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)n＋\f(7,2)))＝－eq \f(1,2)， ∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是首项为eq \f(S1,1)＝3，公差为－eq \f(1,2)的等差数列， 故Tn＝3n＋eq \f(nn－1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－eq \f(1,4)n2＋eq \f(13,4)n. 解：∵数列{an}为等差数列， ∴S10，S20－S10，S30－S20也成等差数列， ∴2(S20－S10)＝S10＋S30－S20， 即2×(1 220－310)＝310＋S30－1 220， ∴S30＝2 730. 综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an| 设数列{an}的通项公式为an＝2n－10(n∈N*)，则 |a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝________. 解析：由an＝2n－10(n∈N*)知{an}是以－8为首项，2为公差的等差数列，∴ 由an＝2n－10≥0得n≥5， ∴当1≤n≤4时，an<0；当n≥5时，an≥0. ∴|a1|＋|a2|＋…＋|a15| ＝－(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋…＋a15) ＝ ＝ 答案：130 解析：根据上述性质知：Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列， 故Sm＋(S3m－S2m)＝2(S2m－Sm)， ∴S3m＝3(S2m－Sm)＝210. 2.已知数列{an}是等差数列，若a4＋2a6＋a8＝12，则该数列前11项的和为________． 解析：由a4＋2a6＋a8＝12，得4a6＝12，∴a6＝3. ∴S11＝ ＝11×3＝33. 答案：33 3.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a5＝5a3，则eq \f(S9,S5)＝________. 解析：eq \f(S9,S5)＝eq \f(\f(9,2)a1＋a9,\f(5,2)a1＋a5)＝eq \f(\f(9,2)×2a5,\f(5,2)×2a3)＝9. 答案：9 4.在项数为2n＋1的等差数列{an}中，若奇数项和与偶数项和之比为7:6，所有项的和为377，求中间项. 故所求的中间项为29. 5.已知数列 的前 项和是 ，求数列 的前n项和 ． 解：∵a1=S1=32×1－12=31, 当n≥2时，an=Sn－Sn－1=33－2n,又由an＞0，得n＜16．5,即｛an｝前16项为正，以后皆负． ∴当n≤16时， =｜a1｜+｜a2｜+…+｜an｜=a1+a2+…+an=33n－n2． 当n＞16时， =a1+a2+…+a16－a17－a18－…－an=S16－(Sn－S16)＝2S16－Sn＝512－32n＋n2． ∴ 《选择性必修第二册》 “综合运用”7； “练习”5. $$