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2.3 等差数列的前n项和 第1课时 课件(人教A版必修5)


第二章

数 列

§2.3 等差数列的前n项和

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第1课时

等差数列的前n项和

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

注意:an=Sn-Sn-1成立的前提条件是n>1.

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2.等差数列{an}的前n项和

设等差数列{an}的公差是d,则Sn=

=na1+

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1.等差数列{an}的前n项和为Sn,且S3=6,a1=4,则公差d 等于 ( )

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3×2 解析:由题意得6=3×4+ d,解得d=-2. 2
答案:C

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2.已知等差数列{an}满足a2+a4=4,a3+a5=10,则它的前

10项的和S10等于(
A.138 C.95

)
B.135 D.23

? ?a1+d+a1+3d=4, 解析:设公差为d,则? ? ?a1+2d+a1+4d=10,

解得a1=-4,d=3, 10×9 所以S10=10a1+ 2 d=95.
答案:C
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3 .等差数列{an}的前n项和为Sn,若S2=4 ,S4=20 ,则数列

{an}的公差d等于(
A.2 C.6

)
B.3 D.7

? ?2a1+d=4, 解析:解方程组? ? ?4a1+6d=20,

得d=3

答案:B

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4.设数列{an}的首项a1=-7,且满足an+1=an+2(n∈N*),

则a1+a2+…+a17=________.
解析:由题意得an+1-an=2,∴{an}是一个首项a1=-7,公 差d=2的等差数列. ∴a1+a2+…+a17=S17=17×(-7)+ 答案:153 ×2=153.

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5.设数列{an}的前n项和为Sn=n2-4n+1,求其通项公式.

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,
? ?-2,n=1, 则an=? * ? 2 n - 5 , n ≥ 2 , n ∈ N . ?

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[例1] 设{an}为等差数列,Sn是其前n项和,a7=4,S15=75, 求Sn. [分析] 的方程组. 欲求Sn,只需求a1,d两基本量,由a7,S15可列a1,d

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[解] 设{an}的公差为d,则 a +6d=4, ? ? 1 ? 15×14 15a + d=75. ? 2 ? 1
? ?a1=-2, 解得? ? ?d=1,

n?n-1? n?n-1? ∴Sn=na1+ d=-2n+ ×1 2 2 1 2 5 =2n -2n.
[点评] 本题应用了方程的思想解决问题.
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迁移变式1

a1 (1)在等差数列{an}中,若S12=8S4,则 等于 d ( ) 10 B. 9 2 D.3 )

9 A.10 C.2

(2)在等差数列{an}中,a3+a4=19,S5=40,则a11等于( A.30 C.32
答案:(1)A (2)C
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B.31 D.33

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[例2] 在等差数列{an}中:
(1)若a4+a17=20,求S20. (2)若共有n项,且前四项之和为21,后四项之和为67,前n项 和为Sn=286,求n.

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[分析]

n?a1+an? 利用前n项和公式Sn= ,同时利用等差 2

数列的性质.

[解] (1)由等差数列的性质知:a1+a20=a4+a17=20, 20 20 20 ∴S20= 2 (a1+a20)= 2 (a4+a17)= 2 ×20=200. (2)由题意知a1+a2+a3+a4=21, an+an-1+an-2+an-3=67, 由等差数列的性质知a1+an=a2+an-1=a3+an-2=a4+an-3. ∴4(a1+an)=88,∴a1+an=22. n×22 n 又由Sn=2(a1+an),即286= 2 ,∴n=26.
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[评析]

第(1)问中用到了整体代入思想.第(2)问中用到了等

差数列的性质以及前n项和公式,可巧妙地处理有关等差数列求和
问题.

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迁移变式 2

(1) 在等差数列 {an} 中,已知 a3 + a99 = 200 ,求

S101;
(2)在等差数列{an}中,已知a15+a12+a9+a6=20,求S20.

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101?a1+a101? 解:(1)S101= 2 101?a3+a99? = =10100. 2 1 (2)∵a6+a15=a9+a12=a1+a20,a1+a20= [(a6 2 +a15)+(a9+a12)]=10, ?a1+a20?· 20 ∴S20= =100. 2

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1 [例3] 设函数f(x)对任意x∈R都有f(x)+f(1-x)=2. n-1 1 (1)求f( )+f( )的值; n n n-2 n-1 1 2 (2)求f(0)+f( )+f( )+…+f( )+f( )+f(1)的值. n n n n n-1 1 1 [解] (1)令n=x,则 n =1-n=1-x,

n-1 1 1 1 ∴f( )+f( )=f( )+f(1- ) n n n n 1 =f(x)+f(1-x)=2.
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1 n-1 2 n-2 (2)观察所求式子发现 n + n = n + n =…=0+1=x+(1 1 -x),又f(x)+f(1-x)=2, n-2 n-1 1 2 设Sn=f(0)+f(n)+f(n)+…+f( n )+f( n )+f(1) ①, n-1 n-2 2 1 则Sn=f(1)+f( n )+f( n )+…+f(n)+f(n)+f(0) ②, n-1 1 ①+②,得2Sn=[f(0)+f(1)]+[f( )+f( )]+…+[f(1)+f(0)] n n 1 1 =2(n+1),∴Sn=4(n+1).
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[点评]

用倒序相加法求数列的前n项和是教材给出的方法,

重视并领会这一方法很重要.在新知识的学习过程中,要加强过
程的学习,弄清知识的形成过程及其所蕴含的思想方法.

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x2 迁移变式3 已知函数f(x)= ,那么f(1)+f(2)+…+ 1+x2 1 1 1 f(2006)+f(2)+f(3)+…+f(2006)=________.

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12 1 ? ? x x2 1 x2 1 x2 解析:∵f(x)+f(x )= = = 2+ 2+ 2=1, 1 1 1+x 1+x 1+x 1+? ?2 1+ 2 x x 1 ∴f(x)+f( )=1, x 1 1 1 ∴f(2)+f( )=1,f(3)+f( )=1,…,f(2006)+f( )=1,共 2 3 2006 2005个.又f(1)=0.5, 1 1 1 ∴f(1)+f(2)+…+f(2006)+f(2)+f(3)+…+f(2006)=2005.5.
答案:2005.5
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3 205 [例4] 已知数列{an}的前n项和Sn=- 2 n2+ 2 n,求数列 {an}的通项公式.
[分析] ∵Sn-Sn-1=an,可用通项与前n项和的关系解决此问题.

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3 205 [解] 当n=1时,a1=S1=- + =101. 2 2 当n≥2时,an=Sn-Sn-1
? 3 2 205n? ? 3 ? 205 2 =?-2n + 2 ?-?-2?n-1? + 2 ?n-1?? ? ? ? ?

=-3n+104. 当n=1时-3n+104=-3×1+104=101,a1也 适合an=-3n+104, ∴{an}的通项公式为an=-3n+104.

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[点评]

由an与Sn的关系求通项公式是一类重要题型,要注意

分类讨论的必要性.

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3 2 205 迁移变式4 已知数列{an}的前n项和Sn=- n + n+3, 2 2 则数列{an}的通项公式是__________.

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? ?Sn 解析:利用an=? ? ?Sn-Sn-1

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?n=1? 求解. ?n≥2?

3 205 当n=1时,a1=S1=- + +3=104, 2 2 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(- 3 2 n+
2

205 2

n+3)-

? 3 ? 205 2 ?- ?n-1? + ? 2 ?n-1?+2?=-3n+104. ? 2

∵a1不适合an=-3n+104, ∴{an}的通项公式为
? ?104 an=? ? ?-3n+104

?n=1?, ?n≥2?.

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? ?104 答案:an=? ? ?-3n+104

?n=1?, ?n≥2?.

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1.求和公式中的方程思想 等差数列前n项和等于首末两项的和与项数乘积的一半,即Sn= n?a1+an? 2 n?n-1? d. 2 ,将an=a1+(n-1)d代入上式中的an,可得Sn=na1+

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可见两个公式实质上是一个公式的两种不同的表现形式.等

差数列的求和公式一共涉及到a1,an,Sn,n,d五个量,通常已知
其中三个,可求另外两个,而且方法就是解方程组,这也是等差 数列的基本问题.

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2.求和公式中的函数思想 对于等差数列{an},如果a1、d是确定的,前n项和Sn=na1 n?n-1? d 2 d d d + d= n +(a1- )n.设A= ,B=a1- ,上式可写 2 2 2 2 2 成Sn=An2+Bn.当A≠0(即d≠0时),Sn是关于n的二次函数 式(常数项为0),那么(n,Sn)在二次函数y=Ax2+Bx的图象 上. 因此,当d≠0时,数列S1,S2,S3,…,Sn的图象是抛物线 y=Ax2+Bx上的一群孤立的点.

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3.若数列的前n项和Sn=An2+Bn+C(A,B,C为常数)

当C=0时,{an}一定是等差数列;
当C≠0时,{an}不是等差数列,但当n≥2时,所组成的数列是 等差数列.

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