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2019-2020年高中數學《等差數列的前n項和》教案4 蘇教版必修5 教學目標： 掌握等差數列前n項和公式及其獲取思路，會用等差數列的前n項和公式解決一些簡單的與前n項和有關的問題；提高學生的推理能力，增強學生的應用意識. 教學重點： 等差數列前n項和公式的推導、理解及應用. 教學難點： 靈活應用等差數列前n項公式解決一些簡單的有關問題. 教學過程： Ⅰ.復習回顧 經過前面的學習，我們知道，在等差數列中： （1）an－an－1＝d(n≥1)，d為常數. （2）若a，A，b為等差數列，則A＝. （3)若m＋n＝p＋q，則am＋an＝ap＋aq.（其中m，n，p，q均為正整數） Ⅱ.講授新課 隨著學習數列的深入，我們經常會遇到這樣的問題. 例：如圖，一個堆放鉛筆的V形架的最下面一層放一支鉛筆，往上每一層都比它下面一層多放一支，最上面一層放120支，這個V形架上共放著多少支鉛筆? 這是一堆放鉛筆的V形架，這形同前面所接觸過的堆放鋼管的示意圖，看到此圖，大家都會很快捷地找到每一層的鉛筆數與層數的關系，而且可以用一個式子來表示這種關系，利用它便可以求出每一層的鉛筆數.那么，這個V形架上共放著多少支鉛筆呢？這個問題又該如何解決呢？經過分析，我們不難看出，這是一個等差數求和問題？ 首先，我們來看這樣一個問題：1＋2＋3＋…＋100＝？ 對于這個問題，著名數學家高斯10歲時曾很快求出它的結果，你知道他是怎么算的嗎？ 高斯的算法是：首項與末項的和：1＋100＝101， 第2項與倒數第2項的和：2＋99＝101， 第3項與倒數第3項的和：3＋98＝101， …… 第50項與倒數第50項的和：50＋51＝101，于是所求的和是101＝5050. 這個問題，它也類似于剛才我們所遇到的問題，它可以看成是求等差數列1，2，3，…，n,…的前100項的和.在上面的求解中，我們發(fā)現(xiàn)所求的和可用首項、末項及項數n來表示，且任意的第k項與倒數第k項的和都等于首項與末項的和，這就啟發(fā)我們如何去求一般等差數列的前n項的和.如果我們可歸納出一計算式，那么上述問題便可迎刃而解. 設等差數列{an}的前n項和為Sn，即Sn＝a1＋a2＋…＋an ① 把項的次序反過來，Sn又可寫成Sn＝an＋an－1＋…＋a1 ② ①＋②2Sn＝(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋…＋(an＋a1) 又∵a2＋an－1＝a3＋an－2＝a4＋an－3＝…＝an＋a1 ∴2Sn＝n(a1＋an) 即：Sn＝ 若根據等差數列{an}的通項公式，Sn可寫為：Sn=a1+(a1+d)+…+[a1+(n－1)d]①,把項的次序反過來，Sn又可寫為：Sn=an+(an－d)+…+[an－(n－1)d ②],把①、②兩邊分別相加，得 2Sn＝＝n(a1＋an) 即：Sn＝. 由此可得等差數列{an}的前n項和的公式Sn＝. 也就是說，等差數列的前n項和等于首末兩項的和與項數乘積的一半. 用這個公式來計算1＋2＋3＋…＋100＝？我們有S100＝＝5050. 又∵an＝a1+(n－1)d, ∴Sn＝＝＝na1＋d ∴Sn＝或Sn＝na1＋d 有了此公式，我們就不難解決最開始我們遇到的問題，下面我們看具體該如何解決？ 分析題意可知，這個V形架上共放著120層鉛筆，且自上而下各層的鉛筆成等差數列，可記為{an}，其中a1＝1，a120＝120，n＝120. 解：設自上而下各層的鉛筆成等差數列{an}，其中n＝120，a1＝1，a120＝120. 則：S120＝＝7260 答案：這個V形架上共放著7260支鉛筆. 下面我們再來看一例題： 等差數列－10，－6，－2，2，…前多少項的和是54? 分析：先根據等差數列所給出項求出此數列的首項，公差，然后根據等差數列的求和公式求解. 解：設題中的等差數列為{an}，前n項為的Sn，由題意可知：a1＝－10，d＝(－6)－(－10)＝4，Sn＝54 由等差數列前n項求和公式可得： －10n＋4＝54 解之得：n1＝9，n2＝－3(舍去) 答案：等差數列－10，－6，－2，2，…前9項的和是54. ［例1］在等差數列{an}中， （1）已知a2＋a5＋a12＋a15＝36，求S16 （2）已知a6＝20，求S11. 分析：（1）由于本題只給了一個等式，不能直接利用條件求出a1，a16，d，但由等差數列的性質，可以直接利用條件求出a1＋a16的和，于是問題得以解決. （2）要求S11只需知道a1＋a11即可，而a1與a11的等差中項恰好是a6，從而問題獲解. 解：（1）∵a2＋a15＝a5＋a12＝a1＋a16＝18 ∴S16＝＝818＝144. （2）∵a1＋a11＝2a6 ∴S11＝＝11a6＝1120＝220. ［例2］有一項數為2n＋1的等差數列，求它的奇數項之和與偶數項之和的比. 分析一：利用Sn＝na1＋d解題. 解法一：設該數列的首項為a1，公差為d，奇數項為a1，a1＋2d，…其和為S1，共n＋1項；偶數項為a1＋d，a1＋3d，a1＋5d，…，其和為S2，共n項. ∴＝＝. 分析二：利用Sn＝解題. 解法二：由解法一知： S1＝，S2＝ ∵a1＋a2n+1＝a2＋a2n ∴＝ ［例3］若兩個等差數列的前n項和之比是（7n＋1）∶(4n＋27)，試求它們的第11項之比. 分析一：利用性質m＋n＝p＋qam＋an＝ap＋aq解題. 解法一：設數列{an}的前n項和為Sn，數列{bn}的前n項和為Tn. 則：a11＝，b11＝, ∴＝＝＝＝＝ 分析二：利用等差數列前n項和Sn＝An2+Bn解題. 解法二：由題設，令Sn＝(7n＋1)nk，Tn＝(4n＋27)nk 由an＝Sn－Sn－1＝k(14n－6)，得a11＝148k，n≥2 bn＝Tn－Tn－1＝k(8n－23)，得b11＝111k，n≥2, ∴＝＝. 評述：對本例，一般性的結論有：已知等差數列{an}和{bn}的前n項和分別為Sn和Tn，則： （1）＝；(2) ＝. ［例4］等差數列{an}的前m項和為30，前2m項和為100，則它的前3m項和為 A.30 B.170 C.210 D.260 答案：C 分析一：把問題特殊化，即命m＝1來解. 解法一：取m＝1，則a1＝S1＝30，a2＝S2－S1＝70 ∴d＝a2－a1＝40，a3＝a2＋d＝70＋40＝110，S3＝a1＋a2＋a3＝210 分析二：利用等差數列的前n項和公式Sn＝na1＋d進行求解. 解法二：由已知，得 解得a1＝＋，d＝ ∴S2m＝3ma1＋d＝210. 分析三：借助等差數列的前n項和公式Sn＝及性質m＋n＝p＋qam＋an＝ap＋aq求解. 解法三：由已知得 由③－②及②－①結合④，得S3m＝210. 分析四：根據性質：“已知{an}成等差數列，則Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…，Skn－S(k－1)n，…(k≥2)成等差數列”解題. 解法四：根據上述性質，知Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差數列. 故Sm＋(S3m－S2m)＝2(S2m－Sm), ∴S3m＝3(S2m－Sm)＝210. 分析五：根據Sn＝an2＋bn求解. 解法五：∵{an}為等差數列， ∴設Sn＝an2＋bn, ∴Sm＝am2＋bm＝30，S2m＝4m2a＋2mb＝100 得a＝，b＝ ∴S3m＝9m2a＋3mb＝210. 分析六：運用等差數列求和公式，Sn＝na1＋d的變形式解題. 解法六：由Sn＝na1＋d，即＝a1＋d 由此可知數列{}也成等差數列，也即，，成等差數列. 由＝＋，Sm＝30，S2m＝100 ∴S3m＝210. 評述：一般地，對于等差數列{am}中，有＝ (p≠q). [例5]在a，b之間插入10個數，使它們同這兩個數成等差數列，求這10個數的和. 分析：求解的關鍵有二：其一是求和公式的選擇；其二是用好等差數列的性質. 解法一：設插入的10個數依次為x1，x2，x3，…，x10，則a，x1，x2，…，x10，b成等差數列. 令S＝x1＋x2＋x3＋…＋x10，需求出首項x1和公差d. ∵b＝a12＝a1＋11d ∴d＝，x1＝a＋＝ ∴S＝10x1＋d＝10＋＝5(a＋b) 解法二：設法同上，但不求d.依x1＋x10＝a＋b ∴S＝＝5(a＋b) 解法三：設法同上，正難則反 ∴S＝S12－(a＋b)＝－(a＋b)＝5(a＋b) 評述：求和問題靈活多變，要注意理解和運用. ［例6］在凸多邊形中，已知它的內角度數組成公差為5的等差數列，且最小角是 120，試問它是幾邊形？ 解：設這是一個n邊形，則 n＝9 所以這是一個九邊形. Ⅲ.課堂練習 課本P42練習1，2，3，4. Ⅳ.課時小結 通過本節(jié)學習，要熟練掌握等差數列前n項和公式: Sn＝＝na1＋d及其獲取思路. Ⅴ.課后作業(yè) 課本P45習題 1，2，3