1、4.2.2 第2课时 等差数列前n项和的性质及应用 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. 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，_，S3nS2n，_，构成等差数列 (2)数列an是等差数列Snan2bn(a，b 为常数) S2nSn S4nS3n
2、 【新知初探】 思考：如果an是等差数列，那么 a1a2a10，a11a12a20， a21a22a30是等差数列吗？ 提示 (a11a12a20)(a1a2a10) (a11a1)(a12a2)(a20a10) 100d， 类似可得(a21a22a30)(a11a12a20)100d. a1a2a10，a11a12a20，a21a22a30是等差数列 (3)在等差数列an中， a1a2，a2a3，a3a4，也成等差数列， a1a2a3，a2a3a4，a3a4a5，也成等差数列 (4)在等差数列an中，数列Snn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
3、的前 n 项和，则数列Snn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) 【初试身手】 2在项数为 2n1 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( ) A9 B10 C11 D12 B S奇S偶n1n，165150n1n，n10.故选 B 项 3在等差数列an中，若 a1a4a739，a3a6a927，则前 9 项的和 S9等于( ) A66 B99 C144 D297 B 在等差数列an中，a1a4a7，a2a5a8， a3a
4、6a9成等差数列，a2a5a83927233. S9(a1a4a7)(a2a5a8)(a3a6a9)39332799 4等差数列an中，S24，S49，则 S6_. 15 由 S2，S4S2，S6S4成等差数列得 2(S4S2)S2(S6S4)，解得 S615. 5 已知an为等差数列， a1a2a3105， a2a3a499.求 a10a11a12的和 解 在等差数列an中， anan1an2也成等差数列，设公差为 D， a1a2a3105，a2a3a499， D991056. a10a11a12105(101)(6)51. 类型一 “片段和”的性质 【例 1】 在等差数列an中，S1010
5、0，S10010.求 S110. 【合作探究】 解 法一：设等差数列an的首项为 a1，公差为 d， 则 10a1101012d100，100a110010012d10.解得 a11 099100，d1150. S110110a111011012d1101 09910011010921150110. 法二：S10100，S10010， S100S10a11a12a10090a11a100290， a11a1002. 又a1a110a11a1002， S110110a1a1102110. 法三：S10，S20S10，S30S20， S100S90，S110S100，成等差数列， 设公差为 d，数
6、列前 100 项和为 101001092d10，解得 d22. 前 110 项和 S1101110010112d 1110010112(22)110. 法四：设数列an的公差为 d， 由于 Snna1nn12d，则Snna1d2(n1) 数列Snn是等差数列，其公差为d2. S100100S1010(10010)d2， 且S110110S100100(110100)d2. 代入已知数值，消去 d，可得 S110110. 法五：令 SnAn2Bn， 由 S10100，S10010， 100A10B100，10 000A100B10，解得 A11100，B11110. S1101102A110B1
7、1021110011011110110. 【规律方法】 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Snn“也是等差数列”；方法五利用前 n 项和可用 SnAn2Bn 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，S2mSm，S3mS2m成等差数列， 30，70，S3m100 成等差数列 27030(S3m100)，S3m210. 类
8、型二 裂项相消法求和 【例 2】 等差数列an中，a13，公差 d2，Sn为前 n 项和，求1S11S21Sn. 解 等差数列an的首项 a13，公差 d2， 前 n 项和 Snna1nn12d 3nnn122n22n(nN*)， 1Sn1n22n1nn2121n1n2， 1S11S21Sn 12 11312141315 1n11n11n1n2 121121n11n2 342n32n1n2. 【规律方法】 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
9、数列an的通项公式为 an12n12n1，求数列an的前 n 项和 Sn. 解 an12n12n11212n112n1， Sn11313515712n32n112n12n1 12 11313151517 12n312n112n112n1 12112n1n2n1，Snn2n1. 类型三 有限项等差数列前n项和的性质及比值问题 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na2a2n2n2an12nan1， S奇na1a2n12n2an2nan， S偶S奇n(an1an)nd，S奇S偶anan1. 2在等差数列an中，若项数有 2n1 项，S奇与
10、 S偶具有什么关系？ 提示 S奇n1a1a2n12(n1)an1， S偶na2a2n2nan1， S奇S偶(n1)an1nan1an1，S奇S偶n1n. 3若数列an，bn均为等差数列，且前 n 项和分别是 Sn，Tn，那么ambm怎么用前 n 项和形式表示？ 提示 ambm2am2bm2m1a1a2m122m1b1b2m12S2m1T2m1. 【例 3】 (1)数列an，bn均为等差数列，前 n 项和分别为 Sn，Tn，若SnTn3n22n，则a7b7( ) A4126 B2314 C117 D116 (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
11、 3227，则该数列的公差为_ (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， a7b72a72b7a1a13213b1b13213S13T1331322134126. (2)法一：根据题意知，偶数项的和比奇数项的和多35432273227， 其值为 6d，则 d354(3227) (3227) 65. 法二：设偶数项的和为 x，奇数项的和为 y， 则 xy354，xy3227，解得 x192，y162. 6d19216230，d5. 法三：由题意知 12a112112d354，6a1d652 2d6a1652 2d3227， 由知 6a1
12、17733d，将此式代入得 (1773d) 32(1773d) 27，解得 d5. 母题探究 1(变结论)在本例(1)条件不变的情况下，求a10b3b18a11b6b15的值 解 b3b18b6b15b10b11， 原式a10a11b10b11a1a20b1b20S20T2032022203120. 2(变结论)在本例(1)条件不变时，求a7b9的值 解 由条件，令 Snkn(3n2)，Tn2kn2. an(6n1)k，bn(4n2)k， a7b9k671k4924134. 3(变条件、变结论)把本例(1)中条件变为“anbn3n22n”，求S7T7的值 解 S7T77a1a727b1b72a
13、1a7b1b72a42b4a4b43422474. 【规律方法】 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 Snna1an2，设法求出整体 a1an， 再代入求解. 2待定系数法：利用 Sn是关于 n 的二次函数，设 SnAn2BnA0，列出方程组求出 A，B 即可，或利用Snn是关于 n 的一次函数，设Snnanba0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
14、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Snan2bn(a，b 为常数) (2)若等差数列an的前 n 项和为 Sn， 则数列 Sk， S2kSk， S3kS2k， 构成等差数列，公差为原公差的 k2倍 【课堂小结】 (3)若等差数列an的项数为 2n(nN*)， 则 S偶S奇nd，S奇S偶anan1；若项数为 2n1(nN*)，则 S2n1(2n1)an，且 S奇S偶an，S奇S偶nn1. (4)已知等差数列an和bn的前 n 项和分别为 Sn， Tn， 则anbnS2n1T2n1，ambn2n12m1S2m1T2n1. (5)若 SmSn(mn)，则 S
15、mn0；若 Smn，Snm(mn)，则 Smn(mn) (6)若等差数列an的前 n 项和为 Sn， 则数列Snn为等差数列，公差为原公差的12. 3 形如1anbcnd的式子， 若可分解为AanbBcnd的形式，则一般可用裂项相消法求解 1等差数列an中，a1a2a324，a18a19a2078，那么此数列前 20 项的和为( ) A160 B180 C200 D220 B a1a2a33a224a28， a18a19a203a1978a1926， 于是 S2010(a1a20)10(a2a19)10(826)180. 【学以致用】 2已知某等差数列共有 10 项，其奇数项之和为 15，偶数
16、项之和为 30，则其公差为( ) A5 B4 C3 D2 C 由题知 S偶S奇5d，d301553. 3等差数列an的通项公式是 an2n1，其前 n 项和为 Sn，则数列Snn的前 10 项和为_ 75 因为 an2n1，所以 a13. 所以 Snn32n12n22n，所以Snnn2， 所以Snn是公差为 1，首项为 3 的等差数列， 所以前 10 项和为 3101092175. 4数列1nn1的前 100 项的和为_ 100101 1nn11n1n1， S100112121313141100110111101100101. 5等差数列an的公差 d12，且 S100145， 求 a1a3a5a99. 解 令 a1a3a5a99A， a2a4a6a100B. 那么 AB145，BA501225， 解得 B85，A60， a1a3a5a9960.