導學案1等差數(shù)列的前n項和一、學習目標1.掌握等差數(shù)列前(n)項和公式及其推導方法。2.能運用等差數(shù)列前(n)項和公式解決相關(guān)的計算問題。3.體會等差數(shù)列前(n)項和公式與二次函數(shù)的關(guān)系，會利用其性質(zhì)解決一些簡單的最值問題。二、知識梳理1.等差數(shù)列前(n)項和公式設等差數(shù)列({a_{n}})的首項為(a_{1})，公差為(d)，其前(n)項和(S_{n}=na_{1}+frac{n(n1)}{2}d)。推導過程：(S_{n}=a_{1}+a_{2}+cdots+a_{n}=a_{1}+(a_{1}+d)+(a_{1}+2d)+cdots+[a_{1}+(n1)d])①，(S_{n}=a_{n}+a_{n1}+cdots+a_{1}=[a_{1}+(n1)d]+[a_{1}+(n2)d]+cdots+a_{1})②，①+②得(2S_{n}=n(a_{1}+a_{n}))，所以(S_{n}=frac{n(a_{1}+a_{n})}{2})，又(a_{n}=a_{1}+(n1)d)，代入可得(S_{n}=na_{1}+frac{n(n1)}{2}d)。當已知(a_{1})，(a_{n})和(n)時，用公式(S_{n}=frac{n(a_{1}+a_{n})}{2})；當已知(a_{1})，(d)和(n)時，用公式(S_{n}=na_{1}+frac{n(n1)}{2}d)。2.等差數(shù)列前(n)項和公式與二次函數(shù)的關(guān)系(S_{n}=na_{1}+frac{n(n1)}{2}d=fracyugcoig{2}n^{2}+(a_{1}fracqoqscm0{2})n)，當(dneq0)時，(S_{n})是關(guān)于(n)的二次函數(shù)，且常數(shù)項為(0)。三、基礎練習1.已知等差數(shù)列({a_{n}})中，(a_{1}=2)，(d=3)，則(S_{10})等于（）A.(155)B.(160)C.(165)D.(170)答案：A分析：根據(jù)(S_{n}=na_{1}+frac{n(n1)}{2}d)，(n=10)，(a_{1}=2)，(d=3)，則(S_{10}=10times2+frac{10times9}{2}times3=20+135=155)。2.等差數(shù)列({a_{n}})中，(a_{1}=1)，(a_{10}=19)，則(S_{10})等于（）A.(20)B.(100)C.(110)D.(120)答案：B分析：由(S_{n}=frac{n(a_{1}+a_{n})}{2})，(n=10)，(a_{1}=1)，(a_{10}=19)，可得(S_{10}=frac{10times(1+19)}{2}=100)。3.等差數(shù)列({a_{n}})中，(S_{5}=25)，則(a_{3})等于（）A.(5)B.(10)C.(15)D.(20)答案：A分析：因為(S_{5}=frac{5(a_{1}+a_{5})}{2})，又在等差數(shù)列中(a_{1}+a_{5}=2a_{3})，所以(S_{5}=frac{5times2a_{3}}{2}=5a_{3}=25)，則(a_{3}=5)。4.等差數(shù)列({a_{n}})中，(a_{1}+a_{2}+a_{3}=24)，(a_{18}+a_{19}+a_{20}=78)，則(S_{20})等于（）A.(160)B.(180)C.(200)D.(220)答案：B分析：((a_{1}+a_{2}+a_{3})+(a_{18}+a_{19}+a_{20})=(a_{1}+a_{20})+(a_{2}+a_{19})+(a_{3}+a_{18})=3(a_{1}+a_{20}))，已知(a_{1}+a_{2}+a_{3}=24)，(a_{18}+a_{19}+a_{20}=78)，所以(3(a_{1}+a_{20})=24+78=54)，則(a_{1}+a_{20}=18)，(S_{20}=frac{20(a_{1}+a_{20})}{2}=180)。5.已知等差數(shù)列({a_{n}})的前(n)項和為(S_{n})，若(S_{3}=9)，(S_{6}=36)，則(a_{7}+a_{8}+a_{9})等于（）A.(63)B.(45)C.(36)D.(27)答案：B分析：由等差數(shù)列的性質(zhì)可知(S_{3})，(S_{6}S_{3})，(S_{9}S_{6})成等差數(shù)列，(S_{3}=9)，(S_{6}S_{3}=369=27)，設(S_{9}S_{6}=x)，則(2times27=9+x)，解得(x=45)，即(a_{7}+a_{8}+a_{9}=S_{9}S_{6}=45)。四、能力提升6.等差數(shù)列({a_{n}})中，(a_{4}=10)，且(a_{3})，(a_{6})，(a_{10})成等比數(shù)列，求數(shù)列({a_{n}})的前(20)項和(S_{20})。答案：(200)或(330)分析：設等差數(shù)列({a_{n}})的公差為(d)，(a_{4}=a_{1}+3d=10)，(a_{3}=a_{1}+2d)，(a_{6}=a_{1}+5d)，(a_{10}=a_{1}+9d)。因為(a_{3})，(a_{6})，(a_{10})成等比數(shù)列，所以(a_{6}^{2}=a_{3}a_{10})，即((a_{1}+5d)^{2}=(a_{1}+2d)(a_{1}+9d))，將(a_{1}=103d)代入可得(d=0)或(d=1)。當(d=0)時，(a_{1}=10)，(S_{20}=20times10=200)；當(d=1)時，(a_{1}=7)，(S_{20}=20times7+frac{20times19}{2}times1=330)。7.已知等差數(shù)列({a_{n}})的前(n)項和為(S_{n})，且(S_{10}=100)，(S_{100}=10)，求(S_{110})。答案：(110)分析：設(S_{n}=An^{2}+Bn)，則(begin{cases}100A+10B=10010000A+100B=10end{cases})，解得(A=frac{11}{100})，(B=frac{111}{10})，所以(S_{n}=frac{11}{100}n^{2}+frac{111}{10}n)，則(S_{110}=frac{11}{100}times110^{2}+frac{111}{10}times110=110)。8.設等差數(shù)列({a_{n}})的前(n)項和為(S_{n})，已知(a_{3}=12)，(S_{12}gt0)，(S_{13}lt0)。（1）求公差(d)的取值范圍；（2）指出(S_{1})，(S_{2})，(cdots)，(S_{12})中哪一個值最大，并說明理由。答案：（1）(frac{24}{7}ltdlt3)；（2）(S_{6})最大分析：（1）(a_{3}=a_{1}+2d=12)，(a_{1}=122d)。(S_{12}=12a_{1}+frac{12times11}{2}d=12(122d)+66dgt0)，(S_{13}=13a_{1}+frac{13times12}{2}d=13(122d)+78dlt0)，解得(frac{24}{7}ltdlt3)。（2）(a_{n}=a_{1}+(n1)d=122d+(n1)d=(n3)d+12)。由(S_{12}=frac{12(a_{1}+a_{12})}{2}=6(a_{6}+a_{7})gt0)，(S_{13}=frac{13(a_{1}+a_{13})}{2}=13a_{7}lt0)，可得(a_{6}gt0)，(a_{7}lt0)，所以(S_{6})最大。9.已知等差數(shù)列({a_{n}})的前(n)項和為(S_{n})，若(S_{15}=30)，(a_{7}+a_{9})的值為（）A.(4)B.(6)C.(8)D.(10)答案：A分析：(S_{15}=frac{15(a_{1}+a_{15})}{2}=15a_{8}=30)，則(a_{8}=2)，(a_{7}+a_{9}=2a_{8}=4)。10.設等差數(shù)列({a_{n}})的前(n)項和為(S_{n})，若(S_{4}=10)，(S_{5}=15)，則(a_{4})的最大值為（）A.(2)B.(3)C.(4)D.(5)答案：C分析：設等差數(shù)列({a_{n}})的首項為(a_{1})，公差為(d)，(S_{4}=4a_{1}+frac{4times3}{2}d=10)，(S_{5}=5a_{1}+frac{5times4}{2}d=15)，化簡得(begin{cases}2a_{1}+3d=5a_{1}+2d=3end{cases})，解得(a_{1}=1)，(d=1)，(a_{4}=a_{1}+3d=1+3times1=4)。五、拓展創(chuàng)新11.已知數(shù)列({a_{n}})的前(n)項和(S_{n}=n^{2}9n)，第(k)項滿足(5lta_{k}lt8)，則(k)的值為（）A.(9)B.(8)C.(7)D.(6)答案：B分析：當(n=1)時，(a_{1}=S_{1}=19=8)；當(ngeq2)時，(a_{n}=S_{n}S_{n1}=n^{2}9n[(n1)^{2}9(n1)]=2n10)。當(n=1)時也滿足上式，所以(a_{n}=2n10)。由(5lt2k10lt8)，解得(7.5ltklt9)，又(kinN^{})，所以(k=8)。12.設等差數(shù)列({a_{n}})的前(n)項和為(S_{n})，若(a_{1}=11)，(a_{4}+a_{6}=6)，則當(S_{n})取最小值時，(n)等于（）A.(6)B.(7)C.(8)D.(9)答案：A分析：設公差為(d)，(a_{4}+a_{6}=2a_{1}+8d=6)，(a_{1}=11)，則(2times(11)+8d=6)，解得(d=2)。(S_{n}=na_{1}+frac{n(n1)}{2}d=11n+frac{n(n1)}{2}times2=n^{2}12n=(n6)^{2}36)，所以當(n=6)時，(S_{n})取最小值。13.已知等差數(shù)列({a_{n}})的前(n)項和為(S_{n})，且(S_{m}=30)，(S_{2m}=100)，求(S_{3m})。答案：(210)分析：由等差數(shù)列的性質(zhì)可知(S_{m})，(S_{2m}S_{m})，(S_{3m}S_{2m})成等差數(shù)列，(S_{m}=30)，(S_{2m}S_{m}=10030=70)，設(S_{3m}S_{2m}=x)，則(2times70=30+x)，解得(x=110)，所以(S_{3m}=S_{2m}+x=100+110=210)。14.已知等差數(shù)列({a_{n}})的前(n)項和為(S_{n})，(a_{1}=1)，(S_{3}=9)。（1）求數(shù)列({a_{n}})的通項公式；（2）若函數(shù)(f(n)=frac{1}{n+a_{1}}+frac{1}{n+a_{2}}+cdots+frac{1}{n+a_{n}}(ninN^{}))，求函數(shù)(f(n))的最小值。答案：（1）(a_{n}=2n1)；（2）(frac{7}{12})分析：（1）設公差為(d)，(S_{3}=3a_{1}+frac{3times2}{2}d=3+3d=9)，解得(d=2)，(a_{n}=a_{1}+(n1)d=1+2(n1)=2n1)。（2）(f(n)=frac{1}{n+1}+frac{1}{n+3}+cdots+frac{1}{n+(2n1)})，(f(n+1)f(n)=frac{1}{3n+1}+frac{1}{3n+3}+frac{1}{3n+5}frac{1}{n+1}gt0)，(f(n))單調(diào)遞增，(f(1)=frac{1}{2}+frac{1}{4}=frac{3}{4})，(f(2)=frac{1}{3}+frac{1}{5}+frac{1}{7}=frac{7}{12})，所以(f(n))的最小值為(frac{7}{12})。15.設等差數(shù)列({a_{n}})的前(n)項和為(S_{n})，若(a_{m}=10)，(S_{2m1}=110)，求(m)的值。答案：(6)分析：由等差數(shù)列的性質(zhì)可得(S_{2m1}=frac{(2m1)(a_{1}+a_{2m1})}{2}=(2m1)a_{m})，已知(a_{m}=10)，(S_{2m1}=110)，則((2m1)times10=110)，解得(m=6)。六、綜合應用16.已知等差數(shù)列({a_{n}})的前(n)項和為(S_{n})，(a_{5}=5)，(S_{5}=15)。（1）求數(shù)列({a_{n}})的通項公式；（2）若(b_{n}=frac{1}{a_{n}a_{n+1}})，求數(shù)列({b_{n}})的前(n)項和(T_{n})。答案：（1）(a_{n}=n)；（2）(frac{n}{n+1})分析：（1）設公差為(d)，(begin{cases}a_{1}+4d=55a_{1}+frac{5times4}{2}d=15end{cases})，解得(a_{1}=1)，(d=1)，(a_{n}=a_{1}+(n1)d=n)。（2）(b_{n}=frac{1}{n(n+1)}=frac{1}{n}frac{1}{n+1})，(T_{n}=b_{1}+b_{2}+cdots+b_{n}=(1frac{1}{2})+(frac{1}{2}frac{1}{3})+cdots+(frac{1}{n}frac{1}{n+1})=frac{n}{n+1})。17.設等差數(shù)列({a_{n}})的前(n)項和為(S_{n})，已知(a_{3}=12)，(S_{12}gt0)，(S_{13}lt0)。（1）求公差(d)的取值范圍；（2）指出(S_{1})，(S_{2})，(cdots)，(S_{12})中哪一個值最大，并說明理由。答案：（1）(frac{24}{7}ltdlt3)；（2）(S_{6})最大分析：（1）(a_{3}=a_{1}+2d=12)，(a_{1}=122d)。(S_{12}=12a_{1}+frac{12times11}{2}d=12(122d)+66dgt0)，(S_{13}=13a_{1}+frac{13times12}{2}d=13(122d)+78dlt0)，解得(frac{24}{7}ltdlt3)。（2）(a_{n}=a_{1}+(n1)d=122d+(n1)d=(n3)d+12)。由(S_{12}=frac{12(a_{1}+a_{12})}{2}=6(a_{6}+a_{7})gt0)，(S_{13}=frac{13(a_{1}+a_{13})}{2}=13a_{7}lt0)，可得(a_{6}gt0)，(a_{7}lt0)，所以(S_{6})最大。18.已知等差數(shù)列({a_{n}})的前(n)項和為(S_{n})，(a_{1}=1)，(S_{3}=9)。（1）求數(shù)列({a_{n}})的通項公式；（2）設(b_{n}=2^{a_{n}})，求數(shù)列({b_{n}})的前(n)項和(T_{n})。答案：（1）(a_{n}=2n1)；（2）(frac{2(4^{n}1)}{3})分析：（1）設公差為(d)，(S_{3}=3a_{1}+frac{3times2}{2}d=3+3d=9)，解得(d=2)，(a_{n}=a_{1}+(n1)d=1+2(n1)=2n1)。（2）(b_{n}=2^{2n1})，(frac{b_{n+1}}{b_{n}}=frac{2^{2(n+1)1}}{2^{2n1}}=4)，(b_{1}=2)，所以({b_{n}})是首項為(2)，公比為(4)的等比數(shù)列，(T_{n}=frac{2(14^{n})}{14}=frac{2(4^{n}1)}{3})。19.已知等差數(shù)列({a_{n}})的前(n)項和為(S_{n})，(S_{10}=100)，(S_{100}=10)，求(S_{110})。答案：(110)分析：設(S_{n}=An^{2}+Bn)，則(begin{cases}100A+10B=10010000A+100B=10end{cases})，解得(A=frac{11}{100})，(B=frac{111}{10})，所以(S_{n}=frac{11}{100}n^{2}+frac{111}{10}n)，則(S_{110}=frac{11}{100}times110^{2}+frac{111}{10}times110=110)。20.設等差數(shù)列({a_{n}})的前(n)項和為(S_{n})，若(a_{1}gt0)，(S_{4}=S_{8})，則當(S_{n})取最大值時，(n)等于（）A.(5)B.(6)C.(7)D.(8)答案：B分析：因為(S_{4}=S_{8})，所以(4a_{1}+frac{4times3}{2}d=8a_{1}+frac{8times7}{2}d)，化簡得(a_{1}=frac{11}{2}d)。(S_{n}=na_{1}+frac{n(n1)}{2}d=frac{11}{2}nd+frac{n(n1)}{2}d=fracwoagggy{2}(n^{2}12n)=fracqcy0qge{2}[(n6)^{2}36])。又(a_{1}gt0)，所以(dlt0)，當(n=6)時，(S_{n})取最大值。七、強化訓練21.在等差數(shù)列({a_{n}})中，(a_{1}+a_{4}+a_{7}=39)，(a_{2}+a_{5}+a_{8}=33)，則(a_{3}+a_{6}+a_{9})的值為（）A.(30)B.(27)C.(24)D.(21)答案：B分析：設等差數(shù)列({a_{n}})的公差為(d)，((a_{2}+a_{5}+a_{8})(a_{1}+a_{4}+a_{7})=3d=3339=6)，((a_{3}+a_{6}+a_{9})(a_{2}+a_{5}+a_{8})=3d=6)，所以(a_{3}+a_{6}+a_{9}=336=27)。22.已知等差數(shù)列({a_{n}})的前(n)項和為(S_{n})，若(a_{2}=1)，(a_{3}=3)，則(S_{4})等于（）A.(12)B.(10)C.(8)D.(6)答案：C分析：公差(d=a_{3}a_{2}=2)，(a_{1}=a_{2}d=1)，(S_{4}=4a_{1}+frac{4times3}{2}d=4times(1)+frac{4times3}{2}times2=4+12=8)。23.等差數(shù)列({a_{n}})的前(n)項和為(S_{n})，若(S_{2}=2)，(S_{4}=10)，則(S_{6})等于（）A.(12)B.(18)C.(24)D.(42)答案：C分析：由等差數(shù)列的性質(zhì)可知(S_{2})，(S_{4}S_{2})，(S_{6}S_{4})成等差數(shù)列，(S_{2}=2)，(S_{4}S_{2}=102=8)，設(S_{6}S_{4}=x)，則(2times8=2+x)，解得(x=14)，所以(S_{6}=S_{4}+x=10+14=24)。24.已知等差數(shù)列({a_{n}})的前(n)項和為(S_{n})，(a_{1}+a_{3}+a_{5}=105)，(a_{2}+a_{4}+a_{6}=99)，則(S_{n})取得最大值時(n)的值為（）A.(21)B.(20)C.(19)D.(18)答案：B分析：設公差為(d)，((a_{2}+a_{4}+a_{6})(a_{1}+a_{3}+a_{5})=3d=99105=6)，(d=2)。(a_{1}+a_{3}+a_{5}=3a_{1}+6d=105)，(a_{1}=39)，(a_{n}=a_{1}+(n1)d=392(n1)=412n)。令(a_{n}=412ngeq0)，解得(nleq20.5)，所以當(n=20)時，(S_{n})取得最大值。25.設等差數(shù)列({a_{n}})的前(n)項和為(S_{n})，若(S_{3}=9)，(S_{6}=36)，則(a_{7}+a_{8}+a_{9})等于（）A.(63)B.(45)C.(36)D.(27)答案：B分析：由等差數(shù)列的性質(zhì)可知(S_{3})，(S_{6}S_{3})，(S_{9}S_{6})成等差數(shù)列，(S_{3}=9)，(S_{6}S_{3}=369=27)，設(S_{9}S_{6}=x)，則(2times27=9+x)，解得(x=45)，即(a_{7}+a_{8}+a_{9}=S_{9}S_{6}=45)。八、鞏固練習26.等差數(shù)列({a_{n}})中，(a_{1}+a_{2}+a_{3}=24)，(a_{18}+a_{19}+a_{20}=78)，則此數(shù)列前(20)項和等于（）A.(160)B.(180)C.(200)D.(220)答案：B分析：((a_{1}+a_{2}+a_{3})+(a_{18}+a_{19}+a_{20})=(a_{1}+a_{20})+(a_{2}+a_{19})+(a_{3}+a_{18})=3(a_{1}+a_{20}))，已知(a_{1}+a_{2}+a_{3}=24)，(a_{18}+a_{19}+a_{20}=78)，所以(3(a_{1}+a_{20})=24+78=54)，則(a_{1}+a_{20}=18)，(S_{20}=frac{20(a_{1}+a_{20})}{2}=180)。27.已知等差數(shù)列({a_{n}})的前(n)項和為(S_{n})，若(a_{4}=18a_{5})，則(S_{8})等于（）A.(72)B.(68)C.(54)D.(90)答案：A分析：(a_{4}+a_{5}=18)，(S_{8}=frac{8(a_{1}+a_{8})}{2}=frac{8(a_{4}+a_{5})}{2}=4times18=72)。28.設等差數(shù)列({a_{n}})的前(n)項和為(S_{n})，若(S_{3}=9)，(S_{6}=36)，則(a_{7}+a_{8}+a_{9})等于（）A.(63)B.(45)C.(36)D.(27)答案：B分析：由等差數(shù)列的性質(zhì)可知(S_{3})，(S_{6}S_{3})，(S_{9}S_{6})成等差數(shù)列，(S_{3}=9)，(S_{6}S_{3}=369=27)，設(S_{9}S_{6}=x)，則(2times27=9+x)，解得(x=45)，即(a_{7}+a_{8}+a_{9}=S_{9}S_{6}=45)。29.已知等差數(shù)列({a_{n}})的前(n)項和為(S_{n})，若(S_{12}=21)，則(a_{2}+a_{5}+a_{8}+a_{11})等于（）A.(1)B.(3)C.(7)D.(11)答案：C分析