第五课时等差数列的前n项和（一）.doc

第五课时 等差数列的前n项和(一)
教学目标：
掌握等差数列前n项和公式及其获取思路，会用等差数列的前n项和公式解决一些简单的与前n项和有关的问题；提高学生的推理能力，增强学生的应用意识.
教学重点：
等差数列前n项和公式的推导、理解及应用.
教学难点：
灵活应用等差数列前n项公式解决一些简单的有关问题.
教学过程：
Ⅰ.复习回顾
经过前面的学习，我们知道，在等差数列中：
（1）an－an－1＝d(n≥1)，d为常数.
（2）若a，A，b为等差数列，则A＝.
（3)若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq.（其中m，n，p，q均为正整数）
Ⅱ.讲授新课
随着学习数列的深入，我们经常会遇到这样的问题.
例：如图，一个堆放铅笔的V形架的最下面一层放一支铅笔，往上每一层都比它下面一层多放一支，最上面一层放120支，这个V形架上共放着多少支铅笔?
这是一堆放铅笔的V形架，这形同前面所接触过的堆放钢管的示意图，看到此图，大家都会很快捷地找到每一层的铅笔数与层数的关系，而且可以用一个式子来表示这种关系，利用它便可以求出每一层的铅笔数.那么，这个V形架上共放着多少支铅笔呢？这个问题又该如何解决呢？经过分析，我们不难看出，这是一个等差数求和问题？
首先，我们来看这样一个问题：1＋2＋3＋…＋100＝？
对于这个问题，著名数学家高斯10岁时曾很快求出它的结果，你知道他是怎么算的吗？
高斯的算法是：首项与末项的和：1＋100＝101，
第2项与倒数第2项的和：2＋99＝101，
第3项与倒数第3项的和：3＋98＝101，
……
第50项与倒数第50项的和：50＋51＝101，于是所求的和是101×＝5050.
这个问题，它也类似于刚才我们所遇到的问题，它可以看成是求等差数列1，2，3，…，n,…的前100项的和.在上面的求解中，我们发现所求的和可用首项、末项及项数n来表示，且任意的第k项与倒数第k项的和都等于首项与末项的和，这就启发我们如何去求一般等差数列的前n项的和.如果我们可归纳出一计算式，那么上述问题便可迎刃而解.
设等差数列{an}的前n项和为Sn，即Sn＝a1＋a2＋…＋an ①
把项的次序反过来，Sn又可写成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＝
若根据等差数列{an}的通项公式，Sn可写为：Sn=a1+(a1+d)+…+[a1+(n－1)d]①,把项的次序反过来，Sn又可写为：Sn=an+(an－d)+…+[an－(n－1)d ②],把①、②两边分别相加，得
2Sn＝＝n(a1＋an)
即：Sn＝.
由此可得等差数列{an}的前n项和的公式Sn＝.
也就是说，等差数列的前n项和等于首末两项的和与项数乘积的一半.
用这个公式来计算1＋2＋3＋…＋100＝？我们有S100＝＝5050.
又∵an＝a1+(n－1)d,
∴Sn＝＝＝na1＋d
∴Sn＝或Sn＝na1＋d
有了此公式，我们就不难解决最开始我们遇到的问题，下面我们看具体该如何解决？
分析题意可知，这个V形架上共放着120层铅笔，且自上而下各层的铅笔成等差数列，可记为{an}，其中a1＝1，a120＝120，n＝120.
解：设自上而下各层的铅笔成等差数列{an}，其中n＝120，a1＝1，a120＝120.
则：S120＝＝7260
答案：这个V形架上共放着7260支铅笔.
下面我们再来看一例题：
等差数列－10，－6，－2，2，…前多少项的和是54?
分析：先根据等差数列所给出项求出此数列的首项，公差，然后根据等差数列的求和公式求解.
解：设题中的等差数列为{an}，前n项为的Sn，由题意可知：a1＝－10，d＝(－6)－(－10)＝4，Sn＝54
由等差数列前n项求和公式可得：
－10n＋×4＝54
解之得：n1＝9，n2＝－3(舍去)
答案：等差数列－10，－6，－2，2，…前9项的和是54.
［例1］在等差数列{an}中，
（1）已知a2＋a5＋a12＋a15＝36，求S16
（2）已知a6＝20，求S11.
分析：（1）由于本题只给了一个等式，不能直接利用条件求出a1，a16，d，但由等差数列的性质，可以直接利用条件求出a1＋a16的和，于是问题得以解决.
（2）要求S11只需知道a1＋a11即可，而a1与a11的等差中项恰好是a6，从而问题获解.
解：（1）∵a2＋a15＝a5＋a12＝a1＋a16＝18
∴S16＝＝8×18＝144.
（2）∵a1＋a11＝2a6
∴S11＝＝11a6＝11×20＝220.
［例2］有一项数为2n＋1的等差数列，求它的奇数项之和与偶数项之和的比.
分析一：利用Sn＝na1＋d解题.
解法一：设该数列的首项为a1，公差为d，奇数项为a1，a1＋2d，…其和为S1，共n＋1项；偶数项为a1＋d，a1＋3d，a1＋5d，…，其和为S2，共n项.
∴＝＝.
分析二：利用Sn＝解题.
解法二：由解法一知：
S1＝，S2＝
∵a1＋a2n+1＝a2＋a2n ∴＝
［例3］若两个等差数列的前n项和之比是（7n＋1）∶(4n＋27)，试求它们的第11项之比.
分析一：利用性质m＋n＝p＋qam＋an＝ap＋aq解题.
解法一：设数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}的前n项和为Tn.
则：a11＝，b11＝,
∴＝＝＝＝＝
分析二：利用等差数列前n项和Sn＝An2+Bn解题.
解法二：由题设，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,
∴＝＝.
评述：对本例，一般性的结论有：已知等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，则：
（1）＝；(2) ＝·.
［例4］等差数列{an}的前m项和为30，前2m项和为100，则它的前3m项和为
A.30 B.170 C.210 D.260 答案：C
分析一：把问题特殊化，即命m＝1来解.
解法一：取m＝1，则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：利用等差数列的前n项和公式Sn＝na1＋d进行求解.
解法二：由已知，得

解得a1＝＋，d＝
∴S2m＝3ma1＋d＝210.
分析三：借助等差数列的前n项和公式Sn＝及性质m＋n＝p＋qam＋an＝ap＋aq求解.
解法三：由已知得
由③－②及②－①结合④，得S3m＝210.
分析四：根据性质：“已知{an}成等差数列，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…，Skn－S(k－1)n，…(k≥2)成等差数列”解题.
解法四：根据上述性质，知Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列.
故Sm＋(S3m－S2m)＝2(S2m－Sm),
∴S3m＝3(S2m－Sm)＝210.
分析五：根据Sn＝an2＋bn求解.
解法五：∵{an}为等差数列，
∴设Sn＝a·n2＋b·n,
∴Sm＝am2＋bm＝30，S2m＝4m2a＋2mb＝100
得a＝，b＝
∴S3m＝9m2a＋3mb＝210.
分析六：运用等差数列求和公式，Sn＝na1＋d的变形式解题.
解法六：由Sn＝na1＋d，即＝a1＋d
由此可知数列{}也成等差数列，也即，，成等差数列.
由＝＋，Sm＝30，S2m＝100
∴S3m＝210.
评述：一般地，对于等差数列{am}中，有＝ (p≠q).
[例5]在a，b之间插入10个数，使它们同这两个数成等差数列，求这10个数的和.
分析：求解的关键有二：其一是求和公式的选择；其二是用好等差数列的性质.
解法一：设插入的10个数依次为x1，x2，x3，…，x10，则a，x1，x2，…，x10，b成等差数列.
令S＝x1＋x2＋x3＋…＋x10，需求出首项x1和公差d.
∵b＝a12＝a1＋11d
∴d＝，x1＝a＋＝
∴S＝10x1＋d＝10·＋·＝5(a＋b)
解法二：设法同上，但不求d.依x1＋x10＝a＋b
∴S＝＝5(a＋b)
解法三：设法同上，正难则反
∴S＝S12－(a＋b)＝－(a＋b)＝5(a＋b)
评述：求和问题灵活多变，要注意理解和运用.
［例6］在凸多边形中，已知它的内角度数组成公差为5°的等差数列，且最小角是
120°，试问它是几边形？
解：设这是一个n边形，则

n＝9
所以这是一个九边形.
Ⅲ.课堂练习
课本P42练习1，2，3，4.
Ⅳ.课时小结
通过本节学习，要熟练掌握等差数列前n项和公式:
Sn＝＝na1＋d及其获取思路.
Ⅴ.课后作业
课本P45习题 1，2，3

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