- 1 -等差数列的前等差数列的前 n n 项和项和例题解析例题解析【例例 1】1】 等差数列前 10 项的和为 140，其中，项数为奇数的各项的和为 125，求其第 6 项 解解 依题意，得10ad =140aaaaa = 5a20d =125113579110 101 2()解得 a1=113，d=22 其通项公式为an=113(n1)(22)=22n135a6=2261353说明说明 本题上边给出的解法是先求出基本元素 a1、d，再求其他的这种先求 出基本元素，再用它们去构成其他元素的方法，是经常用到的一种方法在本课中 如果注意到 a6=a15d，也可以不必求出 an而直接去求，所列方程组化简后可得相减即得，a2a9d = 28a4d = 25a5d = 36111 即 a63可见，在做题的时候，要注意运算的合理性当然要做到这一点， 必须以对知识的熟练掌握为前提 【例例 4】4】 在 1 和 2 之间插入 2n 个数，组成首项为 1、末项为 2 的等差数列， 若这个数列的前半部分的和同后半部分的和之比为 913，求插入的数的个数 解解 依题意 21(2n21)d 前半部分的和后半部分的和 S(n1)d S(n1)2(d)n+1n+1()()nnnn1 2 1 2由已知，有化简，得解之，得S Snndnndndndnn111 121 229 1312229 13()()()()nd =5 11由，有(2n1)d=1由，解得，d =1 11n = 5 共插入 10 个数- 2 -【例例 5】5】 在等差数列an中，设前 m 项和为 Sm，前 n 项和为 Sn，且SmSn，mn，求 Sm+n解解 S(mn)a(mn)(mn1)d(mn)a(mn1)dm+n11 1 2 1 2且 SmSn，mn整理得 mam(m1)dnan(n1)d(mn)a(mn)(mn1) = 01111 21 22d即 由 ，知 (mn)a(mn1)d= 0mna(mn1)d0111 2 1 2Sm+n0【例例 6】6】 已知等差数列an中，S3=21，S6=64，求数列|an|的前 n 项和Tn分分析析 nS = nadan11等差数列前 项和，含有两个未知数，n n()1 2 d，已知 S3和 S6的值，解方程组可得 a1与 d，再对数列的前若干项的正负性 进行判断，则可求出 Tn来解解 dSnad3a3d = 21ba15d = 24n111设公差为 ，由公式得n n() 1 2解方程组得：d2，a19an9(n1)(n2)2n11由得 ，故数列的前 项为正，a2n110 n=5.5a 5nn11 2 其余各项为负数列an的前 n 项和为：S9n(2) =n10nn2n n()1 2当 n5 时，Tnn210n当 n6 时，TnS5|SnS5|S5(SnS5)2S5SnTn2(2550)(n210n)n210n50- 3 -即T =n10n n5n10n50 n6n*n22 N说明说明 根据数列an中项的符号，运用分类讨论思想可求|an|的前 n 项 和 【例例 7 7】 在等差数列an中，已知 a6a9a12a1534，求前 20 项之 和 解法一解法一 由 a6a9a12a1534 得 4a138d34又S20ad2012019 220a1190d5(4a138d)=534=170解解法法二二 S=(a +a)20 2=10(aa)20120 120由等差数列的性质可得：a6a15=a9a12a1a20 a1a20=17S20170【例例 8】8】 已知等差数列an的公差是正数，且 a3a7=12，a4a6=4， 求它的前 20 项的和 S20的值 解法一解法一 设等差数列an的公差为 d，则 d0，由已知可得(a2d)(abd)12 a3da5d =4 1111 由，有 a124d，代入，有 d2=4再由 d0，得 d2 a1=10 最后由等差数列的前 n 项和公式，可求得 S20180 解法二解法二 由等差数列的性质可得：a4a6a3a7 即 a3a74又 a3a7=12，由韦达定理可知：a3，a7是方程 x24x120 的二根解方程可得 x1=6，x22 d0 an是递增数列a36，a7=2d =a= 2a10S1807 120 a3 73，【例例 9】9】 等差数列an、bn的前 n 项和分别为 Sn和 Tn，若S Tn na bnn2 31100100，则等于 A1BCD2 3 199 299200 301- 4 -分分析析 nS =n(a +a )nn1n该题是将与发生联系，可用等差数列的前 项和公式把前 项和的值与项的值进行联系a bS Tn nnn1001002 312解解法法一一 ，Sn aaTn bbS Taa bbaa bbn nnn nnnnnnnn ()()11111122 2 312a100a1a199，2b100b1b199 选 a ba b100100199199=a b=2199 3199 +1=199 299C11 解法二解法二 利用数列an为等差数列的充要条件：Snan2bnS Tn nnn2 31可设 Sn2n2k，Tnn(3n1)k a bSS TTn knk nnknnkn nn n a bnnnnnn 1122100100221 311 31142 6221 31 21001 31001199 299() ()() ()说明说明 该解法涉及数列an为等差数列的充要条件 Sn=an2bn，由已知，将和写成什么？若写成，S Tn nnn2 31STS = 2nkT = (3n1)knnnnk 是常数，就不对了 【例例 10】10】 解答下列各题： (1)已知：等差数列an中 a23，a617，求a9； (2)在 19 与 89 中间插入几个数，使它们与这两个数组成等差数列，并且此数 列各项之和为 135 0，求这几个数； (3)已知：等差数列an中，a4a6a15a1750，求 S20； (4)已知：等差数列an中，an=333n，求 Sn的最大值 分析与解答分析与解答(1)a = a(62)d d=562173 4- 5 -a9=a6(96)d=173(5)=32(2)a1=19，an+2=89，Sn+21350 S=(a +a)(n +2) 2n2 =21350 19 +89= 25 n = 23a= a= a24d d =35 12n+21n+2n+2251故这几个数为首项是，末项是，公差为的个数211112861 1235 1223(3)a4a6a15a17=50又因它们的下标有 417615=21a4a17=a6a15=25S=(a +a)2020120210250417()aa(4)an=333n a130S =(a +a )n 2n1n ()()633 23 263 2 3 221 2321 8222n nnnnnN，当 n=10 或 n=11 时，Sn取最大值 165 【例例 13】13】 等差数列an的前 n 项和 Snm，前 m 项和 Smn(mn)，求前 mn 项和 Sm+n 解法一解法一 设an的公差 d 按题意，则有SnadmSmadn (mn)ad = nmn1m11，得n nm mmn mn()()()()1 2 1 2 1 2- 6 -即ad =11mnSmn amn mndmn amndm n1 2 1 2 1 211()()()()()=(mn)解解法二法二 设 SxAx2Bx(xN)AmBmn AnBnm 22 ，得 A(m2n2)B(mn)nmmn A(mn)B=1故 A(mn)2B(mn)(mn)即 Sm+n(mn) 说明说明 a1，d 是等差数列的基本元素，通常是先求出基本元素，再解决其它问题，但本题关键在于求出了 ，这种设而不ad11mn1 2 解的“整体化”思想，在解有关数列题目中值得借鉴解法二中，由于是等差数列，由例 22，故可设 Sx=Ax2Bx(xN)【例例 14】14】 在项数为 2n 的等差数列中，各奇数项之和为 75，各偶数项之和为 90，末项与首项之差为 27，则 n 之值是多少？解解 S偶项S奇项=ndnd=9075=15 又由 a2na127，即(2n1)d=27nd15(2n1)d27n = 5 【例例 15】15】 在等差数列an中，已知 a125，S9S17，问数列前多少项和最 大，并求出最大值 解法一解法一 建立 Sn关于 n 的函数，运用函数思想，求最大值根据题意：，S=17adS9ad171911716 298 2a1=25，S17S9 解得 d2S25n(2) =n26n =(n13)169n22n n()1 2- 7 -当 n=13 时，Sn最大，最大值 S13169 解法二解法二 因为 a1=250，d20，所以数列an是递减等差数列，若使前 项和最大，只需解，可解出 na0a0nnn+1 a125，S9S17 ，解得9252d =1725dd =2981716 2an=25(n1)(2)=2n272n2702(n1)270n13.5n12.5n =13 即前 13 项和最大，由等差数列的前 n 项和公式可求得 S13=169 解法三解法三 利用 S9=S17寻找相邻项的关系 由题意 S9=S17得 a10a11a12a17=0 而 a10a17=a11a16=a12a15=a13a14a13a140，a13=a14 a130，a140S13=169 最大解法四解法四 根据等差数列前 n 项和的函数图像，确定取最大值时的 nan是等差数列可设 SnAn2Bn二次函数 y= Ax2Bx 的图像过原点，如图 321 所示S9S17， 对称轴 x =9 +17 2=13取 n=13 时，S13169 最大