苏教版高中数学选择性必修第一册第4章数列4-2-3等差数列的前n项和课件

知识点1

数列的前n项和4.2.3

等差数列的前n项和1.数列前n项和的定义一般地,对于数列{an},把a1+a2+…+an称为数列{an}的前n项和,记作Sn.2.an与Sn的关系当n=1时,S1=a1,当n≥2时,Sn-1=a1+a2+…+an-1,所以an=

1.等差数列的前n项和设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,则Sn=

或Sn=na1+

d.2.等差数列前n项和公式的函数特征Sn=na1+

=

n2+

n.(1)该表达式中没有常数项;(2)当d≠0时,Sn关于n的表达式是一个常数项为零的二次式,即点(n,Sn)在其相应的二次函数的

图象上,这就是说等差数列的前n项和Sn是关于n的二次函数,它的图象是抛物线y=

x2+

x上横坐标为正整数的一系列孤立的点.3.数列{an}是等差数列⇔Sn=An2+Bn(A,B为常数).知识点2等差数列的前n项和性质1:等差数列的公差为d,依次k项之和Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…组成公差为k2d的等差数列.性质2:若公差为d的等差数列的项数为2n(n∈N*),则S2n=n(an+an+1),S偶-S奇=nd,

=

(S奇≠0,an≠0);若等差数列的项数为2n-1(n∈N*),则S2n-1=(2n-1)an,S奇-S偶=an,

=

(S奇≠0).性质3:{an}为等差数列⇒

为等差数列.性质4:若等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,则

=

(bn≠0,T2n-1≠0).知识点3等差数列前n项和的性质知识辨析1.若数列{an}的前n项和是Sn,则an=Sn-Sn-1一定成立吗?2.等差数列(各项均不为0)的前n项和一定是关于n的常数项为0的二次函数吗?3.已知数列{an}是等差数列,公差为d,前n项和为Sn,则数列

是等差数列吗?4.已知Sn是等差数列{an}的前n项和,则Sn,S2n,S3n,…不可能构成等差数列,对吗?一语破的1.不一定.当n=1时,a1=S1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1.2.不一定.当公差d=0时,等差数列的前n项和是关于n的一次函数,当公差d≠0时,等差数列的

前n项和是关于n的常数项为0的二次函数.3.是.由Sn=na1+

d=

n2+

n,可得

=

n+

,可判断数列

是等差数列,公差是

.4.不对.当等差数列{an}的公差d=0时,Sn,S2n,S3n,…构成等差数列;当等差数列{an}的公差d≠0时,

Sn,S2n,S3n,…构不成等差数列.定点1等差数列前n项和公式及其应用关键能力定点破

等差数列的通项公式与前n项和公式共涉及五个量:a1,d,n,an,Sn,这五个量可以“知三求

二”.解决等差数列问题的一般思路为:设出基本量a1,d,构建方程组,利用方程思想求解.当已知首项、末项和项数时,用公式Sn=

较简便,使用此公式时注意结合等差数列的性质;当已知首项、公差和项数时,用公式Sn=na1+

d较简便.典例已知等差数列{an}的前n项和为Sn.(1)若a5+a10=58,a4+a9=50,求S10;(2)若S7=42,Sn=510,an-3=45,求n.解析

(1)设等差数列{an}的公差为d.解法一:由已知得

解得

∴S10=10a1+

d=10×3+

×4=210.解法二:由已知得

∴a1+a10=42,∴S10=

=5×42=210.(2)∵S7=

=7a4=42,∴a4=6.又an-3=45,∴Sn=

=

=

=510,∴n=20.

利用性质解决等差数列前n项和问题的几种思路(1)整体思路:利用公式Sn=

求出整体a1+an,再代入求解.(2)待定系数法:当公差不为0时,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;也可以利用

是关于n的一次函数,设

=an+b(a≠0)进行计算.(3)利用相关性质中的结论进行求解.定点2等差数列前n项和性质的应用典例已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=2,且S3=S19,则S21=

(

)A.1B.2C.3D.4B解析

解法一:∵S3=S19,∴S19-S3=a4+a5+…+a19=8(a4+a19)=0,∴a4+a19=0.∴S21=a1+a2+a3+(a4+a5+…+a19)+a20+a21=a1+a2+a3+a20+a21=a1+2(a4+a19)=a1=2.解法二:∵{an}为等差数列,∴可设Sn=An2+Bn(A≠0),由S3=S19,结合二次函数图象的对称性可知,Sn=An2+Bn的图象关于直线n=11对称,因此S21=S1=a1

=2,故选B.解法三:设Sn=An2+Bn,A≠0,则

解得

∴Sn=-

n2+

n,∴S21=-

×212+

×21=2.

1.等差数列前n项和Sn存在最值的两种情形(1)若a1>0,d<0,则Sn存在最大值,即所有非负项之和;(2)若a1<0,d>0,则Sn存在最小值,即所有非正项之和.2.求等差数列(公差d≠0)的前n项和Sn的最大(小)值的常用方法(1)用配方法转化为求解二次函数的最大(小)值问题,解题时要注意n∈N*;(2)邻项异号法:可利用

或

来寻找正、负项的分界点.3.一般地,在等差数列{an}中,当a1>0,且Sp=Sq(p≠q)时,若p+q为偶数,则当n=

时,Sn最大;若p+q为奇数,则当n=

时,Sn最大.定点3等差数列前n项和最值的求法典例已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=25,S17=S9,则数列的前多少项之和最大?并求出这个

最大值.解析

解法一:设等差数列{an}的公差为d,∵S17=S9,∴S17-S9=a10+a11+…+a17=4(a13+a14)=0,∴a13+a14=2a1+25d=0.又a1=25,∴d=-2,∴Sn=25n+

×(-2)=-n2+26n=-(n-13)2+169,∴当n=13时,Sn有最大值,且最大值为169.即数列的前13项和最大,且最大值为169.解法二:同解法一,得d=-2,又a1=25,∴an=25+(n-1)(-2)=27-2n,∴{an}是递减数列,令

解得

≤n≤

,又n∈N*,∴当n=13时,Sn有最大值,最大值为S13=13×25+

×(-2)=169.即数列的前13项和最大,且最大值为169.解法三:同解法一,得d=-2,a13+a14=0,∴a13>0,a14<0.所以当n=13时,Sn有最大值,最大值为S13=13×25+

×(-2)=169.即数列的前13项和最大,且最大值为169.

1.倒序相加法求和在数列{an}中,如果与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和,那么可把正着写求

和与倒着写求和的两个式子相加,通过求常数列的和的方法求数列{an}的前n项和,这种数列

求和的方法称为倒序相加法.2.裂项相消法求和(1)根据数列通项公式的特点,将通项公式裂项写成两项差的形式,在求和时中间的一些项可

以相互抵消,从而达到求和的目的,这种数列求和的方法称为裂项相消法.(2)常见的裂项技巧:①等差型:(i)

=

;定点4与等差数列有关的数列求和(ii)

=

.②无理型:

=

(

-

).③指数型:

=

-

.④通项裂项为“+”型(通常在通项中含有(-1)n乘一个分式中应用):(i)(-1)n·

=(-1)n

;(ii)(-1)n

=(-1)n

.典例已知A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))是函数f(x)=

+log2

图象上的任意两点.(1)当x1+x2=1时,求f(x1)+f(x2)的值;(2)设Sn=f

+f

+…+f

+f

,其中n∈N*,求Sn;(3)对于(2)中的Sn,已知an=

,其中n∈N*,设Tn为数列{an}的前n项和,求证:

≤Tn<

.解析

(1)由已知得f(x1)+f(x2)=

+log2

+

+log2

=1+log2

=1+log2

=1+log21=1.(2)∵

+

=

+

=

+

=…=1,∴f

+f

=f

+f

=f

+f

=…=1,∵Sn=f

+f

+…+f

+f

,①∴Sn=f

+f

+…+f

+f

,②由①+②,得2Sn=

+

+…+

+

,∴2Sn=n,故Sn=

.(3)证明:由(2)及已知