高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册第四章 数列4.2 等差数列精品第2课时学案设计

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1．等差数列前n项和公式可以转化为关于n的一元二次函数(d≠0)或一次函数(d＝0时)


Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n.


反过来，如果一个数列的前n项和是关于n的一元二次函数，那么该数列一定是等差数列吗？


2．在项数为2n或2n＋1的等差数列中，奇数项的和与偶数项的和存在什么样的关系？





等差数列前n项和的性质


(1)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．


(2)数列{an}是等差数列⇔Sn＝an2＋bn(a，b为常数)．


思考：如果{an}是等差数列，那么a1＋a2＋…＋a10，a11＋a12＋…＋a20，a21＋a22＋…＋a30是等差数列吗？


[提示] (a11＋a12＋…＋a20)－(a1＋a2＋…＋a10)＝(a11－a1)＋(a12－a2)＋…＋(a20－a10)


＝＝100d，类似可得(a21＋a22＋…＋a30)－(a11＋a12＋…＋a20)＝100d.


∴a1＋a2＋…＋a10，a11＋a12＋…＋a20，a21＋a22＋…＋a30是等差数列．


(3)在等差数列{an}中，a1＋a2，a2＋a3，a3＋a4，…也成等差数列，a1＋a2＋a3，a2＋a3＋a4，a3＋a4＋a5，…也成等差数列．


(4)在等差数列{an}中，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列．





1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)


(1)若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))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)√


2．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 [∵eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(n＋1,n)，∴eq \f(165,150)＝eq \f(n＋1,n).∴n＝10.故选B项．]


3．在等差数列{an}中，若a1＋a4＋a7＝39，a3＋a6＋a9＝27，则前9项的和S9等于( )


A．66 B．99 C．144 D．297


B [在等差数列{an}中，a1＋a4＋a7，a2＋a5＋a8，a3＋a6＋a9成等差数列，∴a2＋a5＋a8＝eq \f(39＋27,2)＝33.


∴S9＝(a1＋a4＋a7)＋(a2＋a5＋a8)＋(a3＋a6＋a9)＝39＋33＋27＝99]


4．等差数列{an}中，S2＝4，S4＝9，则S6＝________.


15 [由S2，S4－S2，S6－S4成等差数列得2(S4－S2)＝S2＋(S6－S4)，解得S6＝15.]


5．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.





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


[思路探究] (1)可利用方程(组)思想求解．


(2)可利用性质求解，如看作{an}中，依次取10项的和所得新数列前11项的和求解．


[解] 法一：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，


则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(10a1＋\f(10×10－1,2)d＝100，,100a1＋\f(100×100－1,2)d＝10.))


解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(1 099,100)，,d＝－\f(11,50).))


∴S110＝110a1＋eq \f(110×110－1,2)d


＝110×eq \f(1 099,100)＋eq \f(110×109,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(11,50)))


＝－110.


法二：∵S10＝100，S100＝10，


∴S100－S10＝a11＋a12＋…＋a100＝eq \f(90a11＋a100,2)＝－90，


∴a11＋a100＝－2.


又∵a1＋a110＝a11＋a100＝－2，


∴S110＝eq \f(110a1＋a110,2)＝－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＋eq \f(10×9,2)d＝10，解得d＝－22.


∴前110项和S110＝11×100＋eq \f(10×11,2)d＝11×100＋10×eq \f(11,2)×(－22)＝－110.


法四：设数列{an}的公差为d，由于Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d，


则eq \f(Sn,n)＝a1＋eq \f(d,2)(n－1)．


∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是等差数列，其公差为eq \f(d,2).


∴eq \f(S100,100)－eq \f(S10,10)＝(100－10)×eq \f(d,2)，


且eq \f(S110,110)－eq \f(S100,100)＝(110－100)×eq \f(d,2).


代入已知数值，消去d，可得S110＝－110.


法五：令Sn＝An2＋Bn.


由S10＝100，S100＝10，


∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(100A＋10B＝100，,10 000A＋100B＝10，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(A＝－\f(11,100)，,B＝\f(111,10).))


∴S110＝1102A＋110B＝1102×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(11,100)))＋110×eq \f(111,10)＝－110.





方法一属于通性通法；方法二使用Sn和an之间的关系；方法三使用前n项和“片段和”的性质；方法四使用性质eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))“也是等差数列”；方法五利用前n项和可用Sn＝An2＋Bn表示的特点.这五种解法从不同角度应用了等差数列的性质，并灵活选用前n项和公式，使问题快速得到解决.





[跟进训练]


1．等差数列{an}的前m项和为30，前2m项和为100，求数列{an}的前3m项的和S3m.


[解] 在等差数列中，∵Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列，


∴30，70，S3m－100成等差数列．


∴2×70＝30＋(S3m－100)，∴S3m＝210.


【例2】 等差数列{an}中，a1＝3，公差d＝2，Sn为前n项和，求eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sn).


[思路探究] 根据{an}为等差数列求出其前n项和，根据eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))的通项特征，利用裂项相消法求和．


[解] ∵等差数列{an}的首项a1＝3，公差d＝2，


∴前n项和Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d


＝3n＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2＋2n(n∈N*)，


∴eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,n2＋2n)＝eq \f(1,nn＋2)


＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，


∴eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sn)


＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…))


eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))))


＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))


＝eq \f(3,4)－eq \f(2n＋3,2n＋1n＋2).





裂项相消法求数列的前n项和的基本思想是设法将数列的每一项拆成两项裂项之差，并使它们在相加时除了首尾各有一项或少数几项外，其余各项都能前后相消，进而求数列的前n项和.





[跟进训练]


2．已知数列{an}的通项公式为an＝eq \f(1,2n－12n＋1)，求数列{an}的前n项和Sn.


[解] an＝eq \f(1,2n－12n＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，


∴Sn＝eq \f(1,1×3)＋eq \f(1,3×5)＋eq \f(1,5×7)＋…＋eq \f(1,2n－32n－1)＋eq \f(1,2n－12n＋1)


＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－\f(1,7)))＋…＋))


eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－3)－\f(1,2n－1)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))


＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1)，∴Sn＝eq \f(n,2n＋1).


[探究问题]


1．在等差数列{an}中，如果项数为2n，那么S偶与S奇之间存在哪些关系？


[提示] ∵S偶＝eq \f(na2＋a2n,2)＝eq \f(n×2an＋1,2)＝nan＋1，


S奇＝eq \f(na1＋a2n－1,2)＝eq \f(n×2an,2)＝nan，


∴S偶－S奇＝n(an＋1－an)＝nd.


eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(an,an＋1).


2．在等差数列{an}中，若项数有2n＋1项，S奇与S偶具有什么关系？


[提示] ∵S奇＝eq \f(n＋1a1＋a2n＋1,2)＝(n＋1)an＋1，


S偶＝eq \f(na2＋a2n,2)＝nan＋1，


∴S奇－S偶＝(n＋1)an＋1－nan＋1＝an＋1，


eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(n＋1,n).


3．若数列{an}，{bn}均为等差数列，且前n项和分别是Sn，Tn，那么eq \f(am,bm)怎么用前n项和形式表示？


[提示] eq \f(am,bm)＝eq \f(2am,2bm)＝eq \f(\f(2m－1a1＋a2m－1,2),\f(2m－1b1＋b2m－1,2))＝eq \f(S2m－1,T2m－1).


【例3】 (1)数列{an}，{bn}均为等差数列，前n项和分别为Sn，Tn，若eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(3n＋2,2n)，则eq \f(a7,b7)＝( )


A．eq \f(41,26) B．eq \f(23,14) C．eq \f(11,7) D．eq \f(11,6)


(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________．


[思路探究] (1)利用eq \f(an,bn)＝eq \f(S2n－1,T2n－1).


(2)利用S偶－S奇＝nd(项数为2n项时)．


(1)A (2)5 [(1)因为数列{an}，{bn}均为等差数列，且Sn，Tn分别为它们的前n项和，


∴eq \f(a7,b7)＝eq \f(2a7,2b7)＝eq \f(\f(a1＋a13,2)×13,\f(b1＋b13,2)×13)＝eq \f(S13,T13)＝eq \f(3×13＋2,2×13)＝eq \f(41,26).


(2)法一：根据题意知，偶数项的和比奇数项的和多eq \f(354×32－27,32＋27)，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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＝354，,\f(x,y)＝\f(32,27)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝192，,y＝162.))


∴6d＝192－162＝30，∴d＝5.


法三：由题意知


eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(12a1＋\f(12×11,2)d＝354， ①,\f(6a1＋d＋\f(6×5,2)·2d,6a1＋\f(6×5,2)·2d)＝\f(32,27)， ②))


由①知6a1＝177－33d，将此式代入②得


(177－3d)·32＝(177＋3d)·27，


解得d＝5.]





1．(变结论)在本例(1)条件不变的情况下，求eq \f(a10,b3＋b18)＋eq \f(a11,b6＋b15)的值．


[解] ∵b3＋b18＝b6＋b15＝b10＋b11，


∴原式＝eq \f(a10＋a11,b10＋b11)＝eq \f(a1＋a20,b1＋b20)＝eq \f(S20,T20)＝eq \f(3×20＋2,2×20)＝eq \f(31,20).


2．(变结论)在本例(1)条件不变时，求eq \f(a7,b9)的值．


[解] 由条件，令Sn＝kn(3n＋2)，Tn＝2kn2.


∴an＝(6n－1)k，bn＝(4n－2)k


∴eq \f(a7,b9)＝eq \f(k6×7－1,k4×9－2)＝eq \f(41,34).


3．(变条件、变结论)把本例(1)中条件变为“eq \f(an,bn)＝eq \f(3n＋2,2n)”，求eq \f(S7,T7)的值．


[解] eq \f(S7,T7)＝eq \f(\f(7a1＋a7,2),\f(7b1＋b7,2))＝eq \f(a1＋a7,b1＋b7)＝eq \f(2a4,2b4)＝eq \f(a4,b4)＝eq \f(3×4＋2,2×4)＝eq \f(7,4).





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＝eq \f(na1＋an,2)，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eq \f(Sn,n)是关于n的一次函数，设eq \f(Sn,n)＝an＋ba≠0进行计算.











1．在有关数列的计算中，恰当地运用性质可以减少运算量，若不能直接运用性质，基本量法是最常用的方法之一．利用基本量，并树立目标意识，需要什么，就求什么，充分合理地运用条件，时刻注意题目的目标往往也能取得与巧用性质解题相同的效果，从而提高思维的灵活性和对知识掌握的深刻性．


2．等差数列前n项和的常用性质


(1)数列{an}为等差数列⇔Sn＝an2＋bn(a，b为常数)．


(2)若等差数列{an}的前n项和为Sn，则数列Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…构成等差数列，公差为原公差的k2倍．


(3)若等差数列{an}的项数为2n(n∈N*)，则S偶－S奇＝nd，eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(an,an＋1)；若项数为2n－1(n∈N*)，则S2n－1＝(2n－1)an，且S奇－S偶＝an，eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(n,n－1).


(4)已知等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，则eq \f(an,bn)＝eq \f(S2n－1,T2n－1)，eq \f(am,bn)＝eq \f(2n－1,2m－1)·eq \f(S2m－1,T2n－1).


(5)若Sm＝Sn(m≠n)，则Sm＋n＝0；若Sm＝n，Sn＝m(m≠n)，则Sm＋n＝－(m＋n)．


(6)若等差数列{an}的前n项和为Sn，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列，公差为原公差的eq \f(1,2).


3．形如eq \f(1,an＋bcn＋d)的式子，若可分解为eq \f(A,an＋b)－eq \f(B,cn＋d)的形式，则一般可用裂项相消法求解．





1．等差数列{an}中，a1＋a2＋a3＝－24，a18＋a19＋a20＝78，那么此数列前20项的和为( )


A．160 B．180 C．200 D．220


B [a1＋a2＋a3＝3a2＝－24⇒a2＝－8，


a18＋a19＋a20＝3a19＝78⇒a19＝26，于是S20＝10(a1＋a20)＝10(a2＋a19)＝10×(－8＋26)＝180.]


2．已知某等差数列共有10项，其奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差为( )


A．5 B．4 C．3 D．2


C [由题知S偶－S奇＝5d，


∴d＝eq \f(30－15,5)＝3.]


3．等差数列{an}的通项公式是an＝2n＋1，其前n项和为Sn，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))的前10项和为________．


75 [因为an＝2n＋1，所以a1＝3.


所以Sn＝eq \f(n3＋2n＋1,2)＝n2＋2n，所以eq \f(Sn,n)＝n＋2，


所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是公差为1，首项为3的等差数列，


所以前10项和为3×10＋eq \f(10×9,2)×1＝75.]


4．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,nn＋1)))的前100项的和为________．


eq \f(100,101) [∵eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1).∴S100＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,100)－eq \f(1,101)＝1－eq \f(1,101)＝eq \f(100,101).]


5．等差数列{an}的公差d＝eq \f(1,2)，且S100＝145，求a1＋a3＋a5＋…＋a99.


[解] 令a1＋a3＋a5＋…＋a99＝A.


a2＋a4＋a6＋…＋a100＝B.


那么eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(A＋B＝145，,B－A＝50×\f(1,2)＝25，))


解得B＝85，A＝60，


∴a1＋a3＋a5＋…＋a99＝60.


学 习 目 标
核 心 素 养
1.掌握an与Sn的关系并会应用(难点).


2.掌握等差数列前n项和的性质及应用(重点).


3.会用裂项相消法求和(易错点).
1.通过等差数列前n项和Sn的函数特征的学习，体现了数学建模素养.


2.借助等差数列前n项和Sn性质的应用及裂项相消法求和，培养数学运算素养.
“片段和”的性质
裂项相消法求和
有限项等差数列前n项和的性质及比值问题