2023新教材高中数学第4章数列4.2等差数列4.2.2等差数列的前n项和公式第2课时等差数列前n项和的性质教师用书新人教A版选择性必修第二册

第2课时　等差数列前n项和的性质

知识点1　等差数列前n项和“片段和”的性质

在等差数列{an}中，其前n项和为Sn，则{an}中连续的n项和构成的数列Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…构成等差数列．

1．在等差数列{an}中，其前n项和为Sn，S2＝4，S4＝9，则S6＝________．

15　[由“片段和”的性质，S2，S4－S2，S6－S4成等差数列，也就是4,5，S6－9成等差数列，∴4＋(S6－9)＝2×5，解得S6＝15．]

知识点2　等差数列奇偶项和的性质

(1)设两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，则＝．

(2)若等差数列{an}的项数为2n，则

S2n＝n(an＋an＋1)，

S偶－S奇＝nd，＝．

(3)若等差数列{an}的项数为2n－1，则

S偶＝(n－1)an，S奇＝nan，

S奇－S偶＝an，＝．

2．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)

(1)若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列也是等差数列． (　　)

(2)在等差数列{an}中，S4，S8，S12，…成等差数列． (　　)

(3)若等差数列的项数为偶数2n，则S偶－S奇＝nd． (　　)

[答案]　(1)√　(2)×　(3)√

3．在项数为2n＋1的等差数列中，所有奇数项的和为165，所有偶数项的和为150，则n等于(　　)

A．9 B．10

C．11 D．12

B　[∵＝，∴＝．∴n＝10．故选B．]

类型1　“片段和”的性质

【例1】　在等差数列{an}中，S10＝100，S100＝10，求S110．

(1)可直接用等差数列的前n项和公式列出方程组求解．

(2)能否用等差数列前n项和的性质求解呢？

[解]　法一　设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，

则

解得

∴S110＝110a1＋d＝110×＋×＝－110．

法二　∵S10＝100，S100＝10，

∴S100－S10＝a11＋a12＋…＋a100＝＝－90，

∴a11＋a100＝－2．

又∵a1＋a110＝a11＋a100＝－2，

∴S110＝＝－110．

法三　∵S10，S20－S10，S30－S20，…，S100－S90，S110－S100，…成等差数列，

∴设公差为d，数列前100项和为10×100＋d＝10，解得d＝－22．

∴前110项和S110＝11×100＋d＝11×100＋10××(－22)＝－110．

法四　设数列{an}的公差为d，由于Sn＝na1＋d，

则＝a1＋(n－1)．

∴数列是等差数列，其公差为．

∴－＝(100－10)×，

且－＝(110－100)×．

代入已知数值，消去d，可得S110＝－110．

法五　令Sn＝An2＋Bn．

由S10＝100，S100＝10，

∴解得

∴S110＝1102A＋110B＝1102×＋110×＝－110．

本题可从不同角度应用等差数列的性质，并灵活选用前n项和公式，使问题快速得到解决．(1)通性通法；(2)使用Sn和an之间的关系；(3)使用前n项和“片段和”的性质；(4)使用性质“也是等差数列”；(5)利用前n项和可用Sn＝An2＋Bn表示的特点．

1．已知{an}为等差数列，a1＋a2＋a3＝105，a2＋a3＋a4＝99．求a10＋a11＋a12的和．

[解]　在等差数列{an}中，{an＋an＋1＋an＋2}也成等差数列，设公差为D，

∵a1＋a2＋a3＝105，a2＋a3＋a4＝99．

∴D＝99－105＝－6．

∴a10＋a11＋a12＝105＋(10－1)×(－6)＝51．

类型2　比值问题

【例2】　(1)已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且＝，则＝________．

(2)已知Sn，Tn分别是等差数列{an}，{bn}的前n项和，且＝，则＝________．

寻找等差数列前n项和与通项之间的关系，在比值上能否相互转化．

(1)　(2)　[(1)法一：＝＝＝＝＝＝．

法二：设Sn＝(7n＋2)nt，Tn＝(n＋3)nt，

则a5＝S5－S4＝185t－120t＝65t，b5＝T5－T4＝40t－28t＝12t，

故＝＝．

(2)法一：＝＝＝＝．

法二：设an＝(n＋2)t，bn＝(2n＋1)t，

则＝＝＝．]

[母题探究]

1．(变结论)在本例(1)条件不变的情况下，求．

[解]　设Sn＝(7n＋2)nt，Tn＝(n＋3)nt．

则a5＝S5－S4＝185t－120t＝65t，

b7＝T7－T6＝70t－54t＝16t．

∴＝＝．

2．(变结论)在本例(2)条件不变的情况下，求．

[解]　设an＝(n＋2)t，bn＝(2n＋1)t．

∴＝＝＝．

等差数列前n项和计算的两种思维方法

(1)整体思路：利用公式Sn＝，设法求出整体a1＋an，再代入求解．

(2)待定系数法：利用Sn是关于n的二次函数，设Sn＝An2＋Bn(A≠0)，列出方程组求出A，B即可，或利用是关于n的一次函数，设＝an＋b(a≠0)进行计算．

2．一个等差数列的前12项的和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和之比为32∶27，则该数列的公差为________．

5　[法一：根据题意知，偶数项的和比奇数项的和多，其值为6d，

则d＝[354×(32－27)÷(32＋27)]÷6＝5．

法二：设偶数项的和为x，奇数项的和为y，

则解得

∴6d＝192－162＝30，∴d＝5．

法三：由题意知

由①知6a1＝177－33d，将此式代入②得

(177－3d)×32＝(177＋3d)×27，

解得d＝5．]

类型3　裂项相消法求和

【例3】　设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n．

(1)求{an}的通项公式；

(2)求数列的前n项和．

利用Sn与an的关系求an，然后通过分析的特点求和．

[解]　(1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)．

两式相减得(2n－1)an＝2，所以an＝(n≥2)．

又由题设可得a1＝2＝，

从而{an}的通项公式为an＝．

(2)记的前n项和为Sn．

由(1)知＝＝－．

则Sn＝－＋－＋…＋－＝．

裂项相消法求和的步骤

(1)方法解读

裂项相消法就是将数列的通项拆成两项的差，然后通过累加抵消掉中间的许多项的求和方法．此种方法适用于通项可以分裂成两式之差(尤其是分母为等差数列中的两项之积)等类型的数列求和问题．

2方法步骤

第一步：求出数列的通项公式；

第二步：根据通项公式的特征准确裂项，表示为两项之差的形式；

第三步：把握消项的规律，准确求和．

3．等差数列{an}中，a1＝3，公差d＝2，Sn为前n项和，求＋＋…＋．

[解]　∵等差数列{an}的首项a1＝3，公差d＝2，

∴前n项和Sn＝na1＋d

＝3n＋×2＝n2＋2n(n∈N*)，

∴＝＝＝，

∴＋＋…＋

＝

＝＝－．

1．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，且Sn＝20，S2n＝80，则S3n＝(　　)

A．130 B．180

C．210 D．260

B　[在等差数列中，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列，即20,60，S3n－80成等差数列．∴20＋(S3n－80)＝2×60．

∴S3n＝180．故选B．]

2．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若＝，则等于(　　)

A．1 B．－1

C．2 D．

A　[∵＝，∴＝＝＝×＝1．故选A．]

3．已知等差数列{an}的前9项和为27，a10＝8，则a100＝(　　)

A．100 B．99

C．98 D．97

C　[∵S9＝27，∴(a1＋a9)＝×2a5＝27．

∴a5＝3，又∵a10＝8，∴d＝＝1．

∴a100＝a10＋90×d＝8＋90＝98，故选C．]

4．等差数列{an}的通项公式是an＝2n＋1，其前n项和为Sn，则数列的前10项和为________．

75　[因为an＝2n＋1，所以a1＝3．

所以Sn＝＝n2＋2n，所以＝n＋2，

所以是公差为1，首项为3的等差数列，

所以前10项和为3×10＋×1＝75．]

5．数列的前100项的和为________．

　[∵＝－．∴S100＝1－＋－＋－＋…＋－＝1－＝．]

回顾本节知识，自我完成以下问题：

(1)等差数列奇数项的和与偶数项的和的性质的推理基础是什么？

[提示]　推理基础是等差数列的性质，如在等差数列{an}中，若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；若m＋n＝2p，则am＋an＝2ap．

(2)在什么情况下使用裂项相消法求和？主要的裂项方式有哪些？

[提示]　若{an}为等差数列，则满足特点的数列可用裂项相消法求和．形式为＝．

常见的裂项公式有

＝－，＝，＝．