俗话说，居安思危，思则有备，有备无患。教师要准备好教案，这是教师工作中的一部分。教案可以让讲的知识能够轻松被学生吸收，帮助教师更好的完成实现教学目标。教案的内容要写些什么更好呢？小编收集并整理了“高考数学（理科）一轮复习等差数列及其前n项和学案带答案”，仅供参考，欢迎大家阅读。

学案29等差数列及其前n项和
导学目标：1.理解等差数列的概念.2.掌握等差数列的通项公式与前n项和公式.3.了解等差数列与一次函数的关系.4.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用等差数列的有关知识解决相应的问题．
自主梳理
1．等差数列的有关定义
(1)一般地，如果一个数列从第____项起，每一项与它的前一项的____等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．符号表示为____________(n∈N*，d为常数)．
(2)数列a，A，b成等差数列的充要条件是__________，其中A叫做a，b的__________．
2．等差数列的有关公式
(1)通项公式：an＝________，an＝am＋________(m，n∈N*)．
(2)前n项和公式：Sn＝__________＝____________.
3．等差数列的前n项和公式与函数的关系
Sn＝d2n2＋a1－d2n.
数列{an}是等差数列的充要条件是其前n项和公式Sn＝__________.
4．等差数列的性质
(1)若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则有__________，特别地，当m＋n＝2p时，______________.
(2)等差数列中，Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列．
(3)等差数列的单调性：若公差d0，则数列为____________；若d0，则数列为__________；若d＝0，则数列为________．
自我检测
1．(2010北京海淀区模拟)已知等差数列{an}中，a5＋a9－a7＝10，记Sn＝a1＋a2＋…＋an，则S13的值为()
A．130B．260
C．156D．168
2．等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝6，a3＝4，则公差d等于()
A．1B.53C．2D．3
3．(2010泰安一模)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a5a3＝59，则S9S5等于()
A．1B．－1
C．2D.12
4．(2010湖南师大附中)若等差数列{an}的前5项之和S5＝25，且a2＝3，则a7等于()
A．12B．13C．14D．15
5．设等差数列{an}的前n项和为Sn.若S9＝72，则a2＋a4＋a9＝________.
探究点一等差数列的基本量运算
例1等差数列{an}的前n项和记为Sn.已知a10＝30，a20＝50，
(1)求通项an；
(2)若Sn＝242，求n.

变式迁移1设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，它的前10项和S10＝110，且a1，a2，a4成等比数列，求公差d和通项公式an.

探究点二等差数列的判定
例2已知数列{an}中，a1＝35，an＝2－1an－1(n≥2，n∈N*)，数列{bn}满足bn＝1an－1(n∈N*)．
(1)求证：数列{bn}是等差数列；
(2)求数列{an}中的最大值和最小值，并说明理由．

变式迁移2已知数列{an}中，a1＝5且an＝2an－1＋2n－1(n≥2且n∈N*)．
(1)求a2，a3的值．
(2)是否存在实数λ，使得数列{an＋λ2n}为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．

探究点三等差数列性质的应用
例3若一个等差数列的前5项之和为34，最后5项之和为146，且所有项的和为360，求这个数列的项数．

变式迁移3已知数列{an}是等差数列．
(1)前四项和为21，末四项和为67，且前n项和为286，求n；
(2)若Sn＝20，S2n＝38，求S3n；
(3)若项数为奇数，且奇数项和为44，偶数项和为33，求数列的中间项和项数．

探究点四等差数列的综合应用
例4(2011厦门月考)已知数列{an}满足2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，它的前n项和为Sn，且a3＝10，S6＝72.若bn＝12an－30，求数列{bn}的前n项和的最小值．

变式迁移4在等差数列{an}中，a16＋a17＋a18＝a9＝－36，其前n项和为Sn.
(1)求Sn的最小值，并求出Sn取最小值时n的值．
(2)求Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|.

1．等差数列的判断方法有：
(1)定义法：an＋1－an＝d(d是常数){an}是等差数列．
(2)中项公式：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*){an}是等差数列．
(3)通项公式：an＝pn＋q(p，q为常数){an}是等差数列．
(4)前n项和公式：Sn＝An2＋Bn(A、B为常数){an}是等差数列．
2．对于等差数列有关计算问题主要围绕着通项公式和前n项和公式，在两个公式中共五个量a1、d、n、an、Sn，已知其中三个量可求出剩余的量，而a与d是最基本的，它可以确定等差数列的通项公式和前n项和公式．
3．要注意等差数列通项公式和前n项和公式的灵活应用，如an＝am＋(n－m)d，S2n－1＝(2n－1)an等．
4．在遇到三个数成等差数列问题时，可设三个数为①a，a＋d，a＋2d；②a－d，a，a＋d；③a－d，a＋d，a＋3d等可视具体情况而定．
(满分：75分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．(2010重庆)在等差数列{an}中，a1＋a9＝10，则a5的值为()
A．5B．6C．8D．10
2．(2010全国Ⅱ)如果等差数列an中，a3＋a4＋a5＝12，那么a1＋a2＋…＋a7＝()
A．14B．21C．28D．35
3．(2010山东潍坊五校联合高三期中)已知{an}是等差数列，a1＝－9，S3＝S7，那么使其前n项和Sn最小的n是()
A．4B．5C．6D．7
4．在等差数列{an}中，若a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，则a9－13a11的值为()
A．14B．15C．16D．17
5．等差数列{an}的前n项和满足S20＝S40，下列结论中正确的是()
A．S30是Sn中的最大值B．S30是Sn中的最小值
C．S30＝0D．S60＝0
题号12345
答案
二、填空题(每小题4分，共12分)
6．(2010辽宁)设Sn为等差数列{an}的前n项和，若S3＝3，S6＝24，则a9＝________.
7．(2009海南，宁夏)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知am－1＋am＋1－a2m＝0，S2m－1＝38，则m＝________.
8．在数列{an}中，若点(n，an)在经过点(5,3)的定直线l上，则数列{an}的前9项和S9＝________.
三、解答题(共38分)
9．(12分)(2011莆田模拟)设{an}是一个公差为d(d≠0)的等差数列，它的前10项和S10＝110，且a22＝a1a4.
(1)证明：a1＝d；
(2)求公差d的值和数列{an}的通项公式．

10．(12分)(2010山东)已知等差数列{an}满足：a3＝7，a5＋a7＝26，{an}的前n项和为Sn.
(1)求an及Sn；
(2)令bn＝1a2n－1(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.

11．(14分)(2010广东湛师附中第六次月考)在数列{an}中，a1＝1,3anan－1＋an－an－1＝0(n≥2)．
(1)证明数列{1an}是等差数列；
(2)求数列{an}的通项；
(3)若λan＋1an＋1≥λ对任意n≥2的整数恒成立，求实数λ的取值范围．

答案自主梳理
1．(1)2差an＋1－an＝d(2)A＝a＋b2等差中项
2．(1)a1＋(n－1)d(n－m)d(2)na1＋n(n－1)2d(a1＋an)n23.An2＋Bn4.(1)am＋an＝ap＋aqam＋an＝2ap(3)递增数列递减数列常数列
自我检测
1．A2.C3.A4.B5.24
课堂活动区
例1解题导引(1)等差数列{an}中，a1和d是两个基本量，用它们可以表示数列中的任何一项，利用等差数列的通项公式与前n项和公式，列方程组解a1和d，是解决等差数列问题的常用方法；(2)由a1，d，n，an，Sn这五个量中的三个量可求出其余两个量，需选用恰当的公式，利用方程组观点求解．
解(1)由an＝a1＋(n－1)d，a10＝30，a20＝50，
得方程组a1＋9d＝30，a1＋19d＝50，解得a1＝12，d＝2.
所以an＝2n＋10.
(2)由Sn＝na1＋n(n－1)2d，Sn＝242.
得12n＋n(n－1)2×2＝242.
解得n＝11或n＝－22(舍去)．
变式迁移1解由题意，知
S10＝10a1＋10×92d＝110，(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，即2a1＋9d＝22，a1d＝d2.
∵d≠0，∴a1＝d.解得a1＝d＝2，∴an＝2n.
例2解题导引1.等差数列的判定通常有两种方法：
第一种是利用定义，即an－an－1＝d(常数)(n≥2)，第二种是利用等差中项，即2an＝an＋1＋an－1(n≥2)．
2．解选择、填空题时，亦可用通项或前n项和直接判断．
(1)通项法：若数列{an}的通项公式为n的一次函数，即an＝An＋B，则{an}是等差数列．
(2)前n项和法：若数列{an}的前n项和Sn是Sn＝An2＋Bn的形式(A，B是常数)，则{an}为等差数列．
3．若判断一个数列不是等差数列，则只需说明任意连续三项不是等差数列即可．
(1)证明∵an＝2－1an－1(n≥2，n∈N*)，bn＝1an－1，
∴当n≥2时，bn－bn－1＝1an－1－1an－1－1
＝12－1an－1－1－1an－1－1
＝an－1an－1－1－1an－1－1＝1.
又b1＝1a1－1＝－52.
∴数列{bn}是以－52为首项，以1为公差的等差数列．
(2)解由(1)知，bn＝n－72，则an＝1＋1bn
＝1＋22n－7，设函数f(x)＝1＋22x－7，
易知f(x)在区间－∞，72和72，＋∞内为减函数．
∴当n＝3时，an取得最小值－1；
当n＝4时，an取得最大值3.
变式迁移2解(1)∵a1＝5，∴a2＝2a1＋22－1＝13，
a3＝2a2＋23－1＝33.
(2)假设存在实数λ，使得数列{an＋λ2n}为等差数列．
设bn＝an＋λ2n，由{bn}为等差数列，则有2b2＝b1＋b3.
∴2×a2＋λ22＝a1＋λ2＋a3＋λ23.
∴13＋λ2＝5＋λ2＋33＋λ8，
解得λ＝－1.
事实上，bn＋1－bn＝an＋1－12n＋1－an－12n
＝12n＋1[(an＋1－2an)＋1]＝12n＋1[(2n＋1－1)＋1]＝1.
综上可知，存在实数λ＝－1，使得数列{an＋λ2n}为首项为2、公差为1的等差数列．
例3解题导引本题可运用倒序求和的方法和等差数列的性质：若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq，从中我们可以体会运用性质解决问题的方便与简捷，应注意运用；也可用整体思想(把a1＋n－12d看作整体)．
解方法一设此等差数列为{an}共n项，
依题意有a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝34，①
an＋an－1＋an－2＋an－3＋an－4＝146.②
根据等差数列性质，得
a5＋an－4＝a4＋an－3＝a3＋an－2＝a2＋an－1＝a1＋an.
将①②两式相加，得(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋(a3＋an－2)＋(a4＋an－3)＋(a5＋an－4)＝5(a1＋an)＝180，
∴a1＋an＝36.
由Sn＝n(a1＋an)2＝36n2＝360，得n＝20.
所以该等差数列有20项．
方法二设此等差数列共有n项，首项为a1，公差为d，
则S5＝5a1＋5×42d＝34，①
Sn－Sn－5＝[n(n－1)d2＋na1]－[(n－5)a1＋(n－5)(n－6)2d]
＝5a1＋(5n－15)d＝146.②
①②两式相加可得10a1＋5(n－1)d＝180，
∴a1＋n－12d＝18，
代入Sn＝na1＋n(n－1)2d
＝na1＋n－12d＝360，
得18n＝360，∴n＝20.
所以该数列的项数为20项．
变式迁移3解(1)依题意，知a1＋a2＋a3＋a4＝21，
an－3＋an－2＋an－1＋an＝67，
∴a1＋a2＋a3＋a4＋an－3＋an－2＋an－1＋an＝88.
∴a1＋an＝884＝22.
∵Sn＝n(a1＋an)2＝286，∴n＝26.
(2)∵Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列，
∴S3n＝3(S2n－Sn)＝54.
(3)设项数为2n－1(n∈N*)，则奇数项有n项，偶数项有n－1项，中间项为an，则
S奇＝(a1＋a2n－1)n2＝nan＝44，
S偶＝(a2＋a2n－2)(n－1)2＝(n－1)an＝33，
∴nn－1＝43.
∴n＝4，an＝11.
∴数列的中间项为11，项数为7.
例4解题导引若{an}是等差数列，
求前n项和的最值时，
(1)若a10，d0，且满足an≥0an＋1≤0，前n项和Sn最大；
(2)若a10，d0，且满足an≤0an＋1≥0，前n项和Sn最小；
(3)除上面方法外，还可将{an}的前n项和的最值问题看作Sn关于n的二次函数最值问题，利用二次函数的图象或配方法求解，注意n∈N*.
解方法一∵2an＋1＝an＋an＋2，∴{an}是等差数列．
设{an}的首项为a1，公差为d，由a3＝10，S6＝72，
得a1＋2d＝106a1＋15d＝72，∴a1＝2d＝4.
∴an＝4n－2.则bn＝12an－30＝2n－31.
解2n－31≤0，2(n＋1)－31≥0，得292≤n≤312.
∵n∈N*，∴n＝15.∴{bn}前15项为负值.∴S15最小．
可知b1＝－29，d＝2，
∴S15＝15×(－29＋2×15－31)2＝－225.
方法二同方法一求出bn＝2n－31.
∵Sn＝n(－29＋2n－31)2＝n2－30n＝(n－15)2－225，
∴当n＝15时，Sn有最小值，且最小值为－225.
变式迁移4解(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
∵a16＋a17＋a18＝3a17＝－36，
∴a17＝－12，∴d＝a17－a917－9＝3，
∴an＝a9＋(n－9)d＝3n－63，
an＋1＝3n－60，
令an＝3n－63≤0an＋1＝3n－60≥0，得20≤n≤21，
∴S20＝S21＝－630，
∴n＝20或21时，Sn最小且最小值为－630.
(2)由(1)知前20项小于零，第21项等于0，以后各项均为正数．
当n≤21时，Tn＝－Sn＝－32n2＋1232n.
当n21时，Tn＝Sn－2S21＝32n2－1232n＋1260.
综上，Tn＝－32n2＋1232n(n≤21，n∈N*)32n2－1232n＋1260(n21，n∈N*).
课后练习区
1．A2.C3.B4.C5.D
6．157.108.27
9．(1)证明∵{an}是等差数列，∴a2＝a1＋d，a4＝a1＋3d，又a22＝a1a4，于是(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，即a21＋2a1d＋d2＝a21＋3a1d(d≠0)．化简得a1＝d.…………………………(6分)
(2)解由条件S10＝110和S10＝10a1＋10×92d，得到10a1＋45d＝110.
由(1)知，a1＝d，代入上式得55d＝110，
故d＝2，an＝a1＋(n－1)d＝2n.
因此，数列{an}的通项公式为an＝2n，n∈N*.…………………………………………(12分)
10．解(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由于a3＝7，a5＋a7＝26，
所以a1＋2d＝7,2a1＋10d＝26，
解得a1＝3，d＝2.…………………………………………………………………………(4分)
由于an＝a1＋(n－1)d，Sn＝n(a1＋an)2，
所以an＝2n＋1，Sn＝n(n＋2)．…………………………………………………………(6分)
(2)因为an＝2n＋1，所以a2n－1＝4n(n＋1)，
因此bn＝14n(n＋1)＝141n－1n＋1.………………………………………………………(8分)
故Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝141－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1
＝141－1n＋1＝n4(n＋1).
所以数列{bn}的前n项和Tn＝n4(n＋1).…………………………………………………(12分)
11．(1)证明将3anan－1＋an－an－1＝0(n≥2)整理得1an－1an－1＝3(n≥2)．
所以数列{1an}为以1为首项，3为公差的等差数列．…………………………………(4分)
(2)解由(1)可得1an＝1＋3(n－1)＝3n－2，
所以an＝13n－2.……………………………………………………………………………(7分)
(3)解若λan＋1an＋1≥λ对n≥2的整数恒成立，
即λ3n－2＋3n＋1≥λ对n≥2的整数恒成立．
整理得λ≤(3n＋1)(3n－2)3(n－1)………………………………………………………………(9分)
令cn＝(3n＋1)(3n－2)3(n－1)
cn＋1－cn＝(3n＋4)(3n＋1)3n－(3n＋1)(3n－2)3(n－1)＝(3n＋1)(3n－4)3n(n－1).………………………(11分)
因为n≥2，所以cn＋1－cn0，
即数列{cn}为单调递增数列，所以c2最小，c2＝283.
所以λ的取值范围为(－∞，283]．……………………………………………………(14分)

相关知识

等差数列的前n项和

一名爱岗敬业的教师要充分考虑学生的理解性，作为高中教师就要在上课前做好适合自己的教案。教案可以让学生们有一个良好的课堂环境，帮助授课经验少的高中教师教学。那么一篇好的高中教案要怎么才能写好呢？下面是小编精心收集整理，为您带来的《等差数列的前n项和》，仅供参考，欢迎大家阅读。

等差数列的前n项和教学目标
1.把握等差数列前项和的公式,并能运用公式解决简单的问题.
(1)了解等差数列前项和的定义,了解逆项相加的原理,理解等差数列前项和公式推导的过程,记忆公式的两种形式;
(2)用方程思想熟悉等差数列前项和的公式,利用公式求;等差数列通项公式与前项和的公式两套公式涉及五个字母,已知其中三个量求另两个值;
(3)会利用等差数列通项公式与前项和的公式研究的最值.
2.通过公式的推导和公式的运用,使学生体会从非凡到一般,再从一般到非凡的思维规律,初步形成熟悉问题,解决问题的一般思路和方法.
3.通过公式推导的过程教学,对学生进行思维灵活性与广阔性的练习,发展学生的思维水平.
4.通过公式的推导过程,展现数学中的对称美;通过有关内容在实际生活中的应用,使学生再一次感受数学源于生活,又服务于生活的实用性,引导学生要善于观察生活,从生活中发现问题,并数学地解决问题.
教学建议
(1)知识结构
本节内容是等差数列前项和公式的推导和应用,首先通过具体的例子给出了求等差数列前项和的思路,而后导出了一般的公式,并加以应用;再与等差数列通项公式组成方程组,共同运用,解决有关问题.
(2)重点、难点分析
教学重点是等差数列前项和公式的推导和应用,难点是公式推导的思路.
推导过程的展示体现了人类解决问题的一般思路,即从非凡问题的解决中提炼一般方法,再试图运用这一方法解决一般情况,所以推导公式的过程中所蕴含的思想方法比公式本身更为重要.等差数列前项和公式有两种形式,应根据条件选择适当的形式进行计算;另外反用公式、变用公式、前项和公式与通项公式的综合运用体现了方程(组)思想.
高斯算法表现了大数学家的聪明和巧思,对一般学生来说有很大难度,但大多数学生都听说过这个故事,所以难点在于一般等差数列求和的思路上.
(3)教法建议
①本节内容分为两课时,一节为公式推导及简单应用,一节侧重于通项公式与前项和公式综合运用.
②前项和公式的推导,建议由具体问题引入,使学生体会问题源于生活.
③强调从非凡到一般,再从一般到非凡的思考方法与研究方法.
④补充等差数列前项和的最大值、最小值问题.
⑤用梯形面积公式记忆等差数列前项和公式.
等差数列的前项和公式教学设计示例
教学目标
1.通过教学使学生理解等差数列的前项和公式的推导过程,并能用公式解决简单的问题.
2.通过公式推导的教学使学生进一步体会从非凡到一般,再从一般到非凡的思想方法,通过公式的运用体会方程的思想.
教学重点,难点
教学重点是等差数列的前项和公式的推导和应用,难点是获得推导公式的思路.
教学用具
实物投影仪,多媒体软件,电脑.
教学方法
讲授法.
教学过程
一.新课引入
提出问题(播放媒体资料):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100支.这个V形架上共放着多少支铅笔?(课件设计见课件展示)
问题就是(板书)“”
这是小学时就知道的一个故事,高斯的算法非常高明,回忆他是怎样算的.(由一名学生回答,再由学生讨论其高明之处)高斯算法的高明之处在于他发现这100个数可以分为50组,第一个数与最后一个数一组,第二个数与倒数第二个数一组,第三个数与倒数第三个数一组,…,每组数的和均相等,都等于101,50个101就等于5050了.高斯算法将加法问题转化为乘法运算,迅速准确得到了结果.
我们希望求一般的等差数列的和,高斯算法对我们有何启发?
二.讲解新课
(板书)等差数列前项和公式
1.公式推导(板书)
问题(幻灯片):设等差数列的首项为,公差为,由学生讨论,研究高斯算法对一般等差数列求和的指导意义.
思路一:运用基本量思想,将各项用和表示,得
,有以下等式
,问题是一共有多少个,似乎与的奇偶有关.这个思路似乎进行不下去了.
思路二:
上面的等式其实就是,为回避个数问题,做一个改写,,两式左右分别相加,得
,
于是有:.这就是倒序相加法.
思路三:受思路二的启发,重新调整思路一,可得,于是.
于是得到了两个公式(投影片):和.
2.公式记忆
用梯形面积公式记忆等差数列前项和公式,这里对图形进行了割、补两种处理,对应着等差数列前项和的两个公式.
3.公式的应用
公式中含有四个量,运用方程的思想,知三求一.
例1.求和:(1);
(2)(结果用表示)
解题的关键是数清项数,小结数项数的方法.
例2.等差数列中前多少项的和是9900?
本题实质是反用公式,解一个关于的一元二次函数,注重得到的项数必须是正整数.
三.小结
1.推导等差数列前项和公式的思路;
2.公式的应用中的数学思想.
四.板书设计

《等差数列的前n项和》说课稿

《等差数列的前n项和》说课稿

一、教材结构与内容简析
本节内容选自普遍高中课程标准实验教科书(北师大版)必修5第一章第四节等差数列的前n项和第一课时，是在学生学习了等差数列定义及通项公式的基础上学习和研究的，是进一步学习其它数列知识的基础。等差数列前n项和是学习极限、微积分的基础，与数学课程的其它内容（函数、三角、不等式等）有着密切的联系。

二、教学目标

根据上述教材结构与内容分析，考虑到学生已有的认知结构心理特征，制定如下教学目标：

认知目标：掌握等差数列前n项和公式，能较熟练应用等差数列前n项和公式求和。

能力目标经历公式的推导过程，体会数形结合的数学思想，体验从特殊到一般的研究方法，学会观察、归纳、反思。

情感目标：获得发现的成就感，逐步养成科学严谨的学习态度，提高代数推理的能力。

三、教学重点、难点

教学重点：等差数列前n项和公式

教学难点：获得等差数列前n项和公式推导的思路

四、教法和学法

教法：采用探究式课堂教学模式，即在教学过程中，在教师的启发引导下，以学生独立自主和合作交流为前提，以“等差数列前n项和公式发现”为基本探究内容，让学生的思维由问题开始，到猜想的得出，猜想的探究，公式的推导，并逐步得到深化。

学法：指导学生掌握“观察——猜想——推导——应用”这一思维方法，采取个人、小组、集体等多种解难释疑的尝试活动，将自己所学知识应用于对等差数列前n项和公式的探究。让学生在“活动”中学习，在“主动”中发展，在“合作”中增知，在“探究”中创新，逐步培养学生发现问题、探索问题、解决问题的能力和创造性思维的能力。

五、教学程序

（一）创设情境，布疑激趣

“兴趣是最好的老师”，如果一节课有个好的开头，那就意味着成功了一半。因此，我通过对实际问题的引入，使学生一开始就能对这节课所研究的问题引起兴趣，使其立刻进入到研究者的角色中来，并从这一简单的例子进入我们今天的课题。

（二）探寻特例，提出猜想

1．激发学生思维，从自身熟悉的特例高斯问题入手进行研究，发现差数列前n项和公式。

2．让学生总结得出猜想：差数列前n项和与它的首项，末项，及项数有怎样的关系?

（三）寻找途径，证明猜想

1．让学生用倒序相加法证明差数列前n项和公式。

2．与等差数列通项公式结合得另一个公式。

3．运用差数列前n项和公式求解本节课问题。

（四）初步应用，深化认识

用公式也是教学的重点。为了让学生较熟练掌握公式，可采用设计变式题的教学手段，通过“选择公式”，“变用公式”，“知三求二”三个层次来促进学生新的认知结构的形成。

通过三道例题，主要让学生在具体问题中如何选用公式，变用公式及知三求二在数列中的应用，提高学生的计算能力

（五）小结反思，提高认识

通过以上的研究过程，同学们主要学到了那些知识和方法？你对此有何体会？

1.等差数列前n项和公式:=

2公式的推证用的是倒序相加法

3在两个求和公式中,各有四个元素,只要知道其中三个元素,结合通项公式就可求出另两个元素.(体现了方程思想)

意图：使学生对本节课所学知识的结构有一个清晰的认识，能抓住重点进行课后复习

（六）当堂检测

旨在了解学生对本节课知识的掌握情况，掌握学情，为了以后更好的进行教学。

（七）作业布置，

必做题是让学生巩固所学的知识，熟练公式的应用。根据学生的特点，为了促进数学成绩优秀学生的发展，培养他们分析问题解决问题的能力，我们设计了选做题，达到分层教学的目的

六、设计理念——把“数学发现的权力”还给学生

长期以来，我们的课堂教学太过于重视结论，轻视过程.为了应付考试，为了使对公式定理应用达到所谓的“熟能生巧”，教学中不惜花大量的时间采用题海战术来进行强化.在数学概念公式的教学中往往采用的所谓“掐头去尾烧中段”的方法，到头来把学生强化成只会套用公式的解题机器，这样的学生面对新问题就束手无策.

数学是思维的体操，是培养学生分析问题、解决问题的能力及创造能力的载体.新课程倡导：强调过程，强调学生探索新知识的经历和获得新知的体验，不能再让教学脱离学生的内心感受，必须让学生追求过程的体验.

基于以上认识，在设计本节课时，教师所考虑的不是简单地告诉学生差数列前n项和公式的内容，而是创设一些数学情境，让学生自己去发现，从发现公式的过程中让学生体会到：公式并不是凭空产生的，发现公式并不都是高不可攀的事情，通过我的努力，也可以做一些看似数学家才能完成的事.在这个过程中，学生在课堂上的主体地位得到充分发挥，极大地激发了学生的学习兴趣，也提高了他们提出问题、解决问题的能力，培养了他们的创新能力，这正是新课程所倡导的教学理念.

《等差数列前n项和》教案分析

《等差数列前n项和》教案分析

教学目标
1、知识与技能
（1）了解等差数列前n项和的定义，理解倒序相加的原理，理解等差数列前n项和公式推导的过程，记忆公式的两种形式；
（2）用方程思想认识等差数列前n项和的公式，利用公式求Sn,a1,d,n,an；等差数列通项公式与前n项和的公式两套公式涉及五个字母，已知其中三个量求另两个值；
2、过程与方法
（1）通过公式的推导和公式的运用，使学生了解数学家高斯的有关贡献，体会从特殊到一般，再从一般到特殊的思维规律，初步形成认识问题，解决问题的一般思路和方法.
（2）通过公式推导的过程教学，对学生进行思维灵活性与广阔性的训练，发展学生的思维水平,培养学生数学思想方法。
3、情感、态度、价值观
（1）通过公式的推导过程，展现数学中的对称美；通过有关内容在实际生活中的应用，使学生再一次感受数学源于生活，又服务于生活的实用性，引导学生要善于观察生活，从生活中发现问题，并数学地解决问题.
（2）通过生动具体的现实问题，激发学生探究的兴趣和欲望，树立学生求真的勇气和自信心，增强学生学好数学、热爱数学的情感。
教材分析：
本节内容是等差数列前n项和公式的推导和应用，首先通过具体的例子给出了求等差数列前n项和的思路，而后导出了一般的公式，并加以应用；再与等差数列通项公式组成方程组，共同运用，解决有关问题．
重点与难点
教学重点是等差数列前n项和公式的推导和应用，难点是公式推导的思路．
推导过程的展示体现了人类解决问题的一般思路，即从特殊问题的解决中提炼一般方法，再试图运用这一方法解决一般情况，所以推导公式的过程中所蕴含的思想方法比公式本身更为重要．
等差数列前n项和公式有两种形式，应根据条件选择适当的形式进行计算；另外反用公式、变用公式、前n项和公式与通项公式的综合运用体现了方程（组）思想．
高斯算法表现了大数学家的智慧和巧思，对一般学生来说有很大难度，但大多数学生都听说过这个故事，所以难点在于一般等差数列求和的思路上．
教学过程
一、情境引入，问题提出：
高二、二班同学为参加全校广播体操比赛设计的比赛队形，从前到后每行的人数分别为1，2，3，……，10.问全班共有共有多少位同学？若假设有100行，共有多少人呢？
这是小学时就知道的一个故事，高斯的算法非常高明，回忆他是怎样算的.（由一名学生回答，再由学生讨论其高明之处）高斯算法的高明之处在于他发现这100个数可以分为50组，第一个数与最后一个数一组，第二个数与倒数第二个数一组，第三个数与倒数第三个数一组，…，每组数的和均相等，都等于101，50个101就等于5050了.高斯算法将加法问题转化为乘法运算，迅速准确得到了结果.

等差数列的前n项和教案

教学设计
2．2.2等差数列的前n项和
整体设计
教学分析
本节等差数列求和共分2课时，第1课时是在学习了等差数列的概念和性质的基础上，使学生掌握等差数列求和公式，并能利用它解决数列求和的有关问题．等差数列求和公式的推导，是由计算工厂堆放的钢管数这一实例引入的，采用了倒序相加法，思路的获得得益于等差数列任意的第k项与倒数第k项的和都等于首项与末项的和这一性质的认识和发现，通过对等差数列求和公式的推导，使学生能掌握“倒序相加”这一重要数学方法．
第2课时的主要内容是让学生进一步熟练掌握等差数列的通项公式和前n项和公式，进一步了解等差数列的一些性质，并会用它们解决一些相关问题．通过本节课的教学使学生对等差数列的前n项和公式的认识更为深刻，并进一步感受数列与函数、数列与不等式等方面的联系，促进学生对本节内容认知结构的形成．通过探究一些特殊数列求和问题的思路和方法，体会数学思想方法的运用．
在本节教学中，应让学生融入问题情境中，经历知识的形成和发展，通过观察、活动、探索、交流、反思，来认识和理解等差数列的求和内容．在学法上，引导学生去联想、探索，同时鼓励学生大胆猜想，学会探究．在教法上，遵循学生的认知规律，充分调动学生的积极性，让学生经历知识的形成和发展过程，激发他们的学习兴趣，发挥他们的主观能动性及其在教学过程中的主体地位．通过等差数列概念的归纳概括，培养学生的观察、分析问题的能力和积极思维、追求新颖的创新意识．
三维目标
1．通过经历等差数列求和公式的发现、探究过程，掌握等差数列前n项和公式的推导及应用，会利用等差数列通项公式与前n项和的公式研究Sn的最值．
2．学会常用的数学方法和体现出的数学思想，促进学生的思维水平的发展．通过例题及其变式例题的训练，进一步熟练掌握等差数列的通项公式和前n项和公式．
3．通过有关内容在实际生活中的应用，使学生再一次感受数学来源于生活，又服务于生活的实用性，引导学生要善于观察生活，从生活中发现问题，并用数学知识解决问题．
重点难点
教学重点：掌握等差数列的前n项和公式；会用等差数列的前n项和公式解决一些简单的问题，能用多种方法解决数列求和问题．
教学难点：对等差数列求和公式的深刻理解及其灵活应用．
课时安排
2课时
教学过程
第1课时
导入新课
思路1.(情境导入)我们在日常生活中常常遇到这样的事情：(可利用多媒体课件或幻灯片)有一堆钢管放置如图1，请你帮助管理人员算一算一共有钢管多少根？求图2共有多少朵花？当然一根根地数钢管或一朵朵地数小花能算出来，但有没有更好的方法呢？若让你求出第100层的钢管数或让你求出第100个圆圈上的小花数，那么你怎样求呢？这实际上就是等差数列的求和问题，由此展开新课．
图1
图2

思路2.(事例导入)关于“加薪的学问”有一报道如下：在美国广为流传的一道数学题目是：老板给你两个加工资的方案，一是每年年末加1000元；二是每半年结束时加300元．请选一种，一般不擅长数学的，很容易选择前者．因为一年加1000元总比两个半年共加600元要多．其实，由于加工资是累计的，时间稍长，往往第二种方案更有利．例如，在第二年的年末，依第一种方案可以加得1000＋2000＝3000(元)；而第二种方案在第一年加得(300＋600)元，第二年加得900＋1200＝2100(元)，总数也是3000元．但到第三年，第一种方案可得1000＋2000＋3000＝6000(元)，第二种方案则为300＋600＋900＋1200＋1500＋1800＝6300(元)，比第一种方案多了300元．第四年、第五年会更多．因此，你若在该公司干三年以上，则应选择第二种方案．
以上材料的正确解答恰是我们要研究的数列求和问题，由此导入新课．
推进新课
新知探究
提出问题
(1)教师出示幻灯投影1.
印度泰姬陵(TajMahal)是世界七大建筑奇迹之一，所在地是阿格拉市．泰姬陵是印度古代建筑史上的经典之作，这个古陵墓融合了古印度、阿拉伯和古波斯的建筑风格，是印度伊斯兰教文化的象征．
陵寝以宝石镶饰，图案之细致令人叫绝．传说当时陵寝中有一个等边三角形图案，以相同大小的圆宝石镶饰而成，共有100层(如下图)，奢华之程度，可见一斑．你知道这个图案中一共有多少颗宝石吗？(该问题赋予了课堂人文历史的气息，缩短了数学与现实之间的距离，引领学生步入探讨高斯算法的阶段)

(2)教师出示幻灯投影2.
高斯是伟大的数学家、天文学家．高斯十岁时，有一次老师出了一道题目，老师说：“现在给大家出道题目：1＋2＋…100＝？”
过了两分钟，正当大家在：1＋2＝3；3＋3＝6；4＋6＝10；…算得不亦乐乎时，高斯站起来回答说：
“1＋2＋3＋…＋100＝5050.”
你知道高斯是如何算出答案的吗？
(3)根据问题(1)(2)你能探究出等差数列的求和公式吗？
(4)等差数列的前n项和公式有什么结构特征？
(5)怎样运用这两个公式解决数列求和问题？
活动：教师引导学生探究以上两个著名的历史问题，一方面展示了历史文化奇迹，如问题(1)，另一方面切身感受一下历史名人的成长足迹，激发学生的探究兴趣．高斯是18世纪德国著名的数学家，被称为历史上最伟大的三位数学家之一，他与阿基米德、牛顿齐名，是数学史上一颗光芒四射的巨星.10岁的小高斯能迅速写出1＋2＋3＋…＋99＋100＝(1＋100)＋(2＋99)＋(3＋98)＋…＋(50＋51)＝101×50＝5050，将加法问题转化为乘法运算，迅速准确地得到了结果，的确思维非凡．可见作为数学王子的高斯从小就善于观察，敢于思考，因此能从一些简单的事物中发现和寻找出某些规律性的东西．今天我们重温这段历史，是想让学生从中感悟学习的真谛，站在巨人的肩膀上去学习，实际上，高斯用的是首尾配对相加的方法．也就是：1＋100＝2＋99＝3＋98＝…＝50＋51＝101，有50个101，所以1＋2＋3＋…＋100＝50×101＝5050.高斯算法的高明之处在于他发现这100个数可以分为50组，第一个数与最后一个数一组，第二个数与倒数第二个数一组，第三个数与倒数第三个数一组，…，每组数的和均相等，都等于101,50个101就等于5050了．
高斯的这种算法，就是等差数列求和的方法，也就是我们将要探究的等差数列的前n项和问题．
现在，我们再来探究前面的印度泰姬陵的陵寝中的等边三角形图案，在图中我们取下第1层到第21层，得到下图，则下图中第1层到第21层一共有多少颗宝石呢？这是求“1＋2＋3＋…＋21”奇数个项的和的问题，高斯的方法不能用了．要是偶数项的数求和就好首尾配成对了．
高斯的这种“首尾配对”的算法还得分奇、偶个项的情况求和，适用于偶数个项，我们是否有简单的方法来解决这个问题呢？
我们发现用几何的方法，将这个全等三角形倒置，与原图补成平行四边形．平行四边形中的每行宝石的个数均为22个，共21行．则三角形中的宝石个数就是1＋21×212.
这种方法不需分奇、偶个项的情况就可以求和，很有创意，用数学式子表示就是：
1＋2＋3＋…＋21，
21＋20＋19＋…＋1，
这就是我们数学中一种求和的重要方法——“倒序相加法”．
探究了以上两个实际问题的求和，学生对数学求和问题有了一定的认识，比较以上两种探究过程学生自然会思考能否把“倒序相加法”推广到任意一个等差数列呢？这种类比的联想就是思维智慧的闪现．为了降低难度，教师可先与学生一起探究1＋2＋3＋…＋n的问题，得到如下算式：
1＋2＋3＋…＋n－1＋n
n＋n－1＋n－2＋…＋2＋1
(n＋1)＋(n＋1)＋(n＋1)＋…＋(n＋1)＋(n＋1)
可知1＋2＋3＋…＋n＝n＋1×n2.
再进一步探究，等差数列{an}的前n项和的问题，让学生明白Sn就表示{an}的前n项和，即Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an，根据倒序相加法可得如下算式：
Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an，
Sn＝an＋an－1＋an－2＋…＋a1，
2Sn＝(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋(a3＋an－2)＋…＋(an＋a1).
根据上节课等差数列的性质有a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝…＝an＋a1.
所以，2Sn＝n(a1＋an)．由此可得等差数列{an}的前n项和公式：
Sn＝na1＋an2
这就是说，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．
将等差数列的通项公式an＝a1＋(n－1)d代入上式，可得等差数列{an}前n项和的另一公式：
Sn＝na1＋nn－12d
以上两种推导过程都很精彩，一是用的“倒序相加法”，二是用的基本量来转化为用我们前面求得的结论，并且我们得到了等差数列前n项求和的两种不同的公式．这两种求和公式都很重要，都称为等差数列的前n项和公式．
从以上探究我们可以看出这两个公式是可以转化的，从结构特征看，前一个公式反映了等差数列任意的第k项与倒数第k项的和等于首项与末项的和这个内在性质；后一个公式反映了等差数列的前n项和与它的首项、公差之间的关系，而且是关于n的“二次函数”，可以与二次函数进行比较．两个公式从不同角度反映了数列的性质．两个公式的共同点是需要知道a1和n，不同点是前者还需知an，后者还需要知道d.
从方程角度看两公式共涉及5个元素：a1，d，n，an，Sn，教师要点拨学生注意这5个元素，其中a1，d称为基本元素．因为等差数列的首项a1，公差d已知，则此数列完全确定，因此等差数列中不少问题都可转化为求基本元素a1和d的问题，这往往要根据已知条件列出关于a1，d的方程组，再解这个方程组求出a1，d.
讨论结果：(1)～(3)略．
(4)前一个公式的结构特征是可与梯形面积公式(上底＋下底)×高÷2相类比，上底就是等差数列的首项a1，下底是第n项an，高是项数n；后一个公式是二次函数的形式．
(5)运用这两个公式解题时要让学生明确解方程或方程组的思路．
应用示例
例1计算：
(1)1＋2＋3＋…＋n；
(2)1＋3＋5＋…＋(2n－1)；
(3)2＋4＋6＋…＋2n；
(4)1－2＋3－4＋5－6＋…＋(2n－1)－2n.
活动：对于刚学完公式的学生来讲，直接解答课本上的例1跨度太大．因此先补充了这样一个直接运用公式的题目．目的是让学生迅速熟悉公式，用基本量观点认识公式，教学时可让学生自己去解答完成，只是对(4)需做必要的点拨：本小题数列共有几项？是否为等差数列？能否直接运用Sn公式求解？若不能，应如何解答？引导学生观察，本小题中的数列共有2n项，不是等差数列，但把正项和负项分开，可看成两个等差数列，所以原式＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]－(2＋4＋6＋…＋2n)＝n2－n(n＋1)＝－n.有的学生可能观察得很快，本小题虽然不是等差数列，但有一个规律，两项结合都为－1，故可得另一解法：原式＝(－1)＋(－1)＋(－1)＋…＋(－1)＝－n.
解：(1)1＋2＋3＋…＋n＝nn＋12；
(2)1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n1＋2n－12＝n2；
(3)2＋4＋6＋…＋2n＝n2n＋22＝n(n＋1)；
(4)原式＝－n.
点评：本例前3小题直接利用等差数列求和公式，对于(4)小题给我们以启示：在解题时我们应仔细观察，寻找规律，往往会寻找到好的方法．注意在运用求和公式时，要看清等差数列的项数，否则会引起错解．
变式训练
已知等差数列{an}满足a2＋a4＝4，a3＋a5＝10，则它的前10项的和S10等于()
A．138B．135C．95D．23
答案：C
解析：由a2＋a4＝4，a3＋a5＝10，可解得d＝3，a1＝－4，∴a10＝a1＋9d＝23，
∴S10＝a1＋a102×10＝95.

例2(教材本节例2)
活动：通过本例介绍由求和公式求通项公式的方法，分析求和公式与二次函数的联系．并结合边注引导学生探究数列中项的性质问题．教学中应引起高度重视，可让学生自己探究，教师给予适当点拨．
点评：求使Sn最小的序号n值的方法很多，可鼓励学生课后进一步探究．
例3已知一个等差数列的前10项的和是310，前20项的和是1220，由此可以确定求其前n项和的公式吗？
活动：教师与学生一起探究，本例的已知条件是在等差数列{an}中，S10＝310，S20＝1220.由前面我们所学知道，将已知条件代入等差数列前n项和的公式后，可得两个关于a1与d的关系式，它们都是关于a1与d的二元一次方程，解这个二元一次方程组可求得a1与d，a1与d确定了，那么就可求出这个等差数列的前n项和公式．
解：方法一：由题意可知
S10＝310，S20＝1220，
将它们代入公式Sn＝na1＋nn－12d，得到10a1＋45d＝310，20a1＋190d＝1220.
解这个关于a1与d的方程组，得到a1＝4，d＝6，
所以Sn＝4n＋nn－12×6＝3n2＋n.
方法二：由S10＝a1＋a102×10＝310，得a1＋a10＝62，①
S20＝a1＋a202×20＝1220.
所以a1＋a20＝122.②
②－①，得10d＝60，所以d＝6.
代入①，得a1＝4，所以有Sn＝a1n＋nn－12d＝3n2＋n.
点评：本例的给出方式是设问“由这些条件能确定这个等差数列的前n项和吗”，而不是“求这个数列的前n项和”．这就更深了一层，让学生领悟到a1与d一旦确定，那么这个等差数列就确定了，同时通过本例也让学生领悟等差数列中a1与d是所给5个量中的基本量.5个量中已知3个量则可求其他量，只需通过构造方程或方程组，运用方程思想即可解决问题．教学时教师要充分利用本题的训练价值，使学生熟练地掌握这一基本题型．解完后教师要再引领学生反思总结．
变式训练
设Sn为等差数列{an}的前n项和，S4＝14，S10－S7＝30，求S9.
解：由S4＝14，S10－S7＝30，
∴4a1＋6d＝14，10a1＋45d－7a1＋21d＝30，
即2a1＋3d＝7，a1＋8d＝10.解得a1＝2，d＝1，
∴S9＝9a1＋36d＝54.

例4已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋12n，求这个数列的通项公式．这个数列是等差数列吗？如果是，它的首项与公差分别是什么？
活动：这是一道合作探究题．教学时给出一定的时间让学生对本题进行思考探究．
本题给出了一个数列的前n项和的式子，来判断它是否是等差数列．解题的出发点是从所给的和的公式去求出通项．那么通项与前n项和的公式有何种关系呢？由Sn的定义可知，当n＝1时，S1＝a1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，
即an＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2.这种由已知数列的Sn来确定数列通项的方法对任意数列都是可行的．本题即用这种方法求出的通项an＝2n－12，我们从中知道它是等差数列，这时当n＝1也是满足的，但是不是所有已知Sn求an的问题都能使n＝1时，an＝Sn－Sn－1满足呢？请同学们来探究一下．
解：根据Sn＝a1＋a2＋…＋an－1＋an与Sn－1＝a1＋a2＋…＋an－1(n＞1)，可知当n＞1时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋12n－[(n－1)2＋12(n－1)]＝2n－12，①
当n＝1时，a1＝S1＝12＋12×1＝32.
也满足①式，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－12.
由此可知，数列{an}是一个首项为32，公差为2的等差数列．
点评：如果一个数列的前n项和公式是常数项为0，且是关于n的二次型函数，则这个数列一定是等差数列，从而使我们能从数列的前n项和公式的结构特征上来认识等差数列．实质上等差数列的两个求和公式中皆无常数项．
通过本例，教师应提醒学生注意：这实际上给出了已知数列前n项和求其通项公式的一个方法，即已知数列{an}的前n项和Sn，则an＝a1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2.这种已知数列Sn来确定an的方法对于任何数列都是可行的，但要强调a1不一定满足由Sn－Sn－1＝an求出的通项表达式．因此最后要验证首项a1是否满足已求出的an.这点要引起学生足够的注意．
变式训练
已知数列{an}的前n项和Sn＝－32n2＋2052n，求数列{an}的通项公式．
解：由条件，知当n＝1时，a1＝S1＝－32×12＋2052×1＝101.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(－32n2＋2052n)－[－32(n－1)2＋2052(n－1)]＝－3n＋104.
把n＝1代入上式也适合．
∴数列通项公式为an＝－3n＋104(n∈N*)．

知能训练
1．等差数列{an}中，(1)已知a1＝5，an＝95，n＝10，求Sn；
(2)已知a1＝100，d＝－2，n＝50，求Sn.
2．已知{an}是一个等差数列，且a2＝1，a5＝－5.
(1)求{an}的通项an；
(2)求{an}前n项和Sn的最大值．
答案：
1．解：由等差数列求和公式，直接求得：(1)Sn＝500；(2)Sn＝2550.
2．解：(1)设{an}的公差为d，由已知条件，a1＋d＝1，a1＋4d＝－5，解出a1＝3，d＝－2，
所以an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋5.
(2)Sn＝na1＋nn－12d＝－n2＋4n＝4－(n－2)2，
所以n＝2时，Sn取到最大值4.
课堂小结
1．本节的小结由学生来完成，首先回顾总结本节都学习了哪些内容？(两个重要的等差数列求和公式)通过等差数列的前n项和公式的推导，你都从中学到了哪些数学思想方法？(数列倒序相加法)对你今后的学习有什么启发指导？
2．你是怎样从方程的角度来理解等差数列求和公式的？又是怎样从等差数列的性质来理解等差数列的求和公式的？上节学习的等差数列的通项与本节学习的等差数列的求和公式有什么联系？本节的重要题型是什么？
作业
课本习题2—2A组8、9.
设计感想
本教案设计力求突出实际背景的教学，以大量的日常生活实例及古今中外的数列故事来铺垫学生学习等差数列的本质内涵．除了本教案设计的几个实例，教学时还可根据实际情况再补加一些实例背景．
本教案设计突出了发散思维的训练．通过一题多解，多题一解的训练，比较优劣，换个角度观察问题，这是数学发散思维的基本素质．说到底，学数学，其实是要使人聪明，使人的思维更加缜密．
本节的思考与探究没有涉及，设计的意图是留给学有余力的学生课后选做．鉴于习题2—2B组中3,4,5,6都有一定的难度，因此也设计为选做．
(设计者：周长峰)

第2课时
导入新课
思路1.上一节课我们一起探究推导了等差数列的求和公式，得到了求和公式的两种形式．我们知道以前在公式的学习过程中，不仅要会对公式正用、逆用及变形用，还要从运动、变化的观点来认识公式，从函数及数列结合的角度透彻理解公式．这里公式Sn＝na1＋nn－12d表明Sn是关于n的二次函数，且常数项为0，那么你能看出点列(n，Sn)均在同一条抛物线上吗？这样的抛物线有什么特点？由此展开新课．
思路2.上一节课我们从几个日常生活中的实例探究了等差数列的很重要的公式，我们也知道等差数列有着十分丰富的有趣性质，那么根据等差数列的特点，你能探究出等差数列的哪些重要结论呢？比如单调性、奇偶性、最大值等．教师引导学生由此导入新课．
推进新课
新知探究
提出问题
1回忆上节课等差数列前n项和公式的推导方法，并写出等差数列前n项和的两个公式.2等差数列求和公式中共有几个量？基本量是什么？3等差数列前n项和公式与二次函数有着怎样的关系？4你能探究出哪些与和有关的等差数列的性质？5怎样利用所学知识灵活地处理求和问题？
活动：教师与学生一起回忆上节课我们用倒序相加法探究的等差数列的两个求和公式：Sn＝na1＋an2，Sn＝na1＋nn－12d.在公式涉及的5个量a1，d，n，an，Sn中，知三可求其二．其中a1，d是最基本的两个量．我们称为基本元素，在等差数列的不少问题中，我们往往都转化为这两个量来求．当然如果熟悉并掌握一些常用结论及性质，往往能找到简洁明快、轻盈优美的灵活解题技巧，提高我们的解题速度．下面我们探究等差数列求和的一些性质问题．
从等差数列的两个求和公式中我们可以看出，公式里不含常数项．教师引导学生进一步探究，如果a1，d是确定的，那么Sn＝na1＋nn－12d＝d2n2＋(a1－d2)n.可以看出当d≠0时，Sn是关于n的二次式．
从图象角度看(n，Sn)在二次函数y＝Ax2＋Bx(A≠0)的图象上．所以当d≠0时，数列S1，S2，S3，…，Sn的图象是抛物线y＝Ax2＋Bx图象上的一群孤立点，这样我们就可以借助于二次函数的有关性质(如单调性、最值等)来处理等差数列前n项和Sn的有关问题．若d＝0，则Sn＝na1.因此我们可以得出这样的结论：数列{an}为等差数列的充要条件是：数列{an}的前n项和可以写成Sn＝an2＋bn的形式(其中a、b为常数)且公差为2a.
结合二次函数图象与性质我们还可得到：当a1＞0，d＜0时，由am≥0am＋1≤0Sm为最大值；当a1＜0，d＞0时，由am≤0am＋1≥0Sm为最小值．
通过具体例子验证、猜想并推广到一般，我们还可得到：设等差数列{an}的前n项和为A，紧接着n项的和为B，再紧接着n项的和为C，…，则A，B，C，…也成等差数列．
通过以上这些探究，我们在处理等差数列有关和的问题时可有更多的选择余地，而且有些解法更加简单、快捷，提高了我们解题的质量和效果．如下例：
已知等差数列{an}中，a2＋a5＝19，S5＝40，求a10，则可这样解：∵S5＝5a3＝40，∴a3＝8，a2＋a5＝a3－d＋a3＋2d＝2a3＋d＝16＋d＝19，得d＝3.
∴a10＝a3＋7d＝29.
此解法比常规解法优越得多，这类解题技巧在等差数列中比比皆是，让学生在解题探究中细心领悟．
讨论结果：(1)(4)(5)略．
(2)等差数列求和公式中共有5个量，其中a1，d是基本量．
(3)等差数列求和公式可看作n的二次函数式，上节课的例题中初步涉及了这一思想，本节将作进一步的探究．
应用示例
例1已知等差数列5,427，347，…的前n项和为Sn，求使得Sn最大的序号n的值．
活动：本例目的是让学生在上节初步理解的基础上，对等差数列求和公式的二次函数特征做进一步的螺旋提升．我们知道，等差数列{an}的前n项和公式可以写成Sn＝d2n2＋(a1－d2)n，所以Sn可以看成函数y＝d2x2＋(a1－d2)x(x∈N*)当x＝n时的函数值．另一方面，容易知道Sn关于n的图象是一条抛物线上的一些点，因此我们可以利用二次函数来求n的值．
解：由题意知，等差数列5,427，337，…的公差为－57，
所以Sn＝n2[2×5＋(n－1)(－57)]
＝75n－5n214
＝－514(n－152)2＋112556.
于是，当n取与152最接近的整数7或8时，Sn取得最大值．
点评：我们能否换一个角度再来思考这个问题呢？由已知，它的首项为5，公差为－57.因为它的首项为正数，公差小于零，因而这个数列是个单调递减数列，当该数列的项出现负数时，则它的前n项的和一定会开始减小，在这样的情况下先求出它的通项，求得结果是an＝a1＋(n－1)d＝－57n＋407.令an＝－57n＋407≤0，得到了n≥8，这样就可以知道a8＝0，而a9＜0.从而便可以发现S7＝S8，从第9项和Sn开始减小，由于a8＝0对数列的和不产生影响，所以就可以说这个等差数列的前7项或8项的和最大．这就是上节课留给学生课后探究的问题．
教师与学生一起归纳一下这种解法的规律：
①当等差数列{an}的首项大于零，公差小于零时，它的前n项的和Sn有最大值，可通过an≥0，an＋1≤0求得n的值．
②当等差数列{an}的首项不大于零，公差大于零时，它的前n项的和Sn有最小值，可以通过an≤0，an＋1≥0求得n的值．
有了这种方法再结合前面的函数性质的方法，我们求等差数列的前n项的和的最值问题就可从通项与求和两个角度入手解决：
(1)利用an取值的正负情况来研究数列的和的变化情况；
(2)利用Sn：由Sn＝d2n2＋(a1－d2)n利用二次函数求得Sn取最值时n的值．
变式训练
已知an＝1024＋lg21－n(lg2＝0.3010)，n∈N*.问前多少项之和最大？前多少项之和的绝对值最小？(让一位学生上黑板去板演)
解：(1)an＝1024＋1－nlg2≥0an＋1＝1024－nlg2＜0
?1024lg2＜n≤1024lg2＋1?3401＜n＜3403.所以n＝3402.
(2)Sn＝1024n＋nn－12(－lg2)，当Sn＝0或Sn趋近于0时其绝对值最小，
令Sn＝0，即1024＋nn－12(－lg2)＝0，得n＝2048lg2＋1≈6804.99.
因为n∈N*，所以有n＝6805.

例2等差数列{an}中，a1＜0，S9＝S12，求该数列前多少项的和最小？
活动：写出前n项和的函数解析式，再求此式的最值是最直观的思路．教学时，教师充分让学生合作讨论此题，从不同角度来探究此题的解法，教师只是给予必要的点拨．
解法一：设等差数列{an}的公差为d，
则由题意，得9a1＋12×9×(9－1)d＝12a1＋12×12×(12－1)d，即3a1＝－30d，
∴d＝－110a1.
又∵a1＜0，∴d＞0.
∴Sn＝na1＋12n(n－1)d＝12dn2－212dn＝d2(n－212)2－2128d.
∵d＞0，∴Sn有最小值．
又∵n∈N*，∴当n＝10或n＝11时，Sn取最小值．
解法二：由an＝a1＋n－1d≤0，an＋1＝a1＋nd≥0，即1－110n－1≥0，1－110n≤0，
解得10≤n≤11.
∴取n＝10或n＝11时，Sn取最小值．
解法三：∵S9＝S12，即a1＋a2＋…＋a9＝a1＋a2＋…＋a12，
∴a10＋a11＋a12＝0，即3a11＝0.
又∵a1＜0，∴前10项或前11项的和最小．
点评：解完本题后教师引领学生对以上三种解法进行反思总结．本题的三种解法从三个不同的视角说明了等差数列前n项和的最值问题，方法迥异，殊途同归，由此看出等价转化思想在简化运算中的作用，其中第一种解法运算量偏大，不容易进行到底，即便做对了，所花时间也较多，要让学生深刻领悟这一点．
事实上，本题还能探究出另一种解法——图象法．∵S9＝S12，∴Sn的图象所在的抛物线的对称轴为x＝9＋122＝10.5，
又∵a1＜0，∴数列{an}的前10项或前11项和最小．
例3(教材本节例3)
活动：本例是教材等差数列部分的最后一个例题，目的是让学生通过学到的等差数列知识，解决实际问题．教学时，教师引导学生分析题中的数量关系，观察教育储蓄的规律．通过分析知李先生的每个100元的利息依次可组成等差数列，然后得出算式求解．
点评：解决本例的关键是建立等差数列的数学模型．
例4已知等差数列{an}中，公差d＞0，其前n项和为Sn，且满足：a2a3＝45，a1＋a4＝14.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)由通项公式bn＝Snn＋c构造一个新的数列{bn}，若{bn}也是等差数列，求非零常数c.
活动：让学生自己探究本题(1)，对(2)教师可引导学生充分利用等差数列的特征，可由学生合作探究，教师仅给予必要的点拨．
解：(1)∵{an}为等差数列，
∴a1＋a4＝a2＋a3＝14.
又a2a3＝45，
∴a2，a3是方程x2－14x＋45＝0的两实根．
又公差d＞0，∴a2＜a3.∴a2＝5，a3＝9.
∴a1＋d＝5a1＋2d＝9?a1＝1，d＝4.
∴an＝4n－3.
(2)由(1)知Sn＝n1＋nn－12×4＝2n2－n，
∴bn＝Snn＋c＝2n2－nn＋c.
∴b1＝11＋c，b2＝62＋c，b3＝153＋c.
又{bn}也是等差数列，即b1＋b3＝2b2.
∴262＋c＝11＋c＋153＋c.
解之，得c＝－12(c＝0舍去)．∴bn＝2n2－nn－12＝2n.
易知{bn}是等差数列，c＝－12.
例52000年11月14日，教育部下发了《关于在中小学实施“校校通”工程的通知》，某市据此提出了实施“校校通”工程的总目标：从2001年起用10年的时间，在全市中小学建成不同标准的校园网．据测算，2001年该市用于“校校通”工程的经费为500万元．为了保证工程的顺利实施，计划每年投入的资金都比上一年增加50万元．那么从2001年起的未来10年内，该市在“校校通”工程中的总投入是多少？
活动：这是一道实际应用题，从题中给出的信息我们发现了等差数列的模型，这个等差数列的首项是500，记为a1，公差为50，记为d，而从2001年到2010年应为十年，所以这个等差数列的项数为10.再用公式就可以算出来了．
解：根据题意，从2001～2010年，该市每年投入“校校通”工程的经费都比上一年增加50万元．
所以，可以建立一个等差数列{an}，表示从2001年起各年投入的资金，其中
a1＝500，d＝50.
那么，到2010年(n＝10)投入的资金总额为
S10＝10×500＋10×10－12×50＝7250(万元)．
答：从2001～2010年，该市在“校校通”工程中的总投入是7250万元．
点评：反思本例的解题过程，关键是将实际问题转化为等差数列模型，用刚学到的等差数列求和公式解之．
变式训练
一个屋顶的某一斜面成等腰梯形，最上面一层铺瓦片21块，往下每一层多铺1块，斜面上铺了19层，共铺瓦片多少块？
解：由题意，所铺瓦片数成等差数列．设所成等差数列为{an}，则a1＝21，d＝1，n＝19.
由等差数列前n项和公式知：
共铺瓦片S19＝19×21＋19×182×1＝570(块)．
答：共铺瓦片570块．
知能训练
1．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4≥10，S5≤15，则a4的最大值为________．
2．在等差数列{an}中满足3a4＝7a7，且a1＞0，Sn是数列{an}前n项的和，若Sn取得最大值，则n＝__________.
答案：
1．4解析：设等差数列{an}的公差为d，依题意有4a1＋4×32×d≥10，即2a1＋3d≥5，
5a1＋5×42×d≤15，即a1＋2d≤3.
所以a4＝a1＋3d＝－(2a1＋3d)＋3(a1＋2d)≤－5＋3×3＝4.
因此a4的最大值为4.
2．9解析：∵3a4＝7a7，
∴d＝－433a1.
又∵a1＞0，d＜0，
∴Sn＝na1＋nn－12d＝－2a133(n－354)2＋1225264a1.
故当n＝9时，Sn最大．
课堂小结
1．本课的小结由学生来完成．首先回顾总结本节探究了哪些重要结论？通过本节几个例题及变式训练的探讨，你对等差数列前n项和公式的应用又拓展了多少？你从中体会到了哪些数学思想方法？对你今后的进一步学习有什么启发指导？你将本节所学知识纳入已有的知识系统中了吗？
2．你是怎样从方程思想的角度来理解等差数列求和公式的？又是怎样从等差数列的性质来理解等差数列的求和公式的？你是怎样从二次函数的角度来更加深刻地认识等差数列求和公式的？它是怎样与函数、不等式、方程等内容交汇的？重要的是你今天有什么独创呢？比如，若已知数列{an}的前n项和为Sn＝2n2－3n＋1，则通项an等于多少呢？你得出的答案是an＝0，4n－5，n＝1，n≥2，还是an＝4n－5(n∈N*)呢？请课下思考．
作业
课本习题2—2A组12；习题2—2B组1,2,3.
设计感想
本教案设计的核心是突出学生的思维训练，这是一条主线，像例2引导学生探究了3种解法，从中比较了由于视角的不同而表现出的差异，让学生领悟数学中等价转化的作用．因为从解法上看有的解法繁杂，甚至有了思路也不一定解出来，而有的解法确实太漂亮了，简洁而流畅．
本教案设计突出了方程的思想，所谓方程思想就是指把数学问题所反映的数量关系用解析式的形式表示出来，再把解析式归结为方程，通过解方程的手段或对方程进行研究使问题得以解决．设未知数，列方程，解方程是用方程的思想解数列问题的重要环节．
本教案设计强调了数列与其他知识的交汇．我们知道数列是函数概念的继续和延伸．数列的通项公式及前n项和公式都可以看作项数n的函数，是函数思想在数列中的应用．而对数列求和公式的视角又大而广之，即把数列的前n项和Sn视为数列{Sn}的通项，这体现了思维的广阔性，也使学生的思维一下子博大而高远了，这或许就是数学的魅力之所在．
备课资料
一、等差数列的性质探究
等差数列的内容内涵丰富，通项公式与前n项和公式是其核心内容，我们对其进行合理整合、变形，可以得到诸多的性质，它们的应用使解题变得轻松愉悦，与常规方法相比较，过程要简捷得多．
【性质1】已知等差数列{an}，m、p、q∈N*，若存在实数λ使m＝p＋λq1＋λ(λ≠－1)，
则am＝ap＋λaq1＋λ.
证明：由等差数列{an}的通项公式an＝dn＋a1－d的几何意义：点(p，ap)、(m，am)、(q，aq)共线，由斜率公式得am－apm－p＝aq－amq－m，因为m＝p＋λq1＋λ，所以p－mm－q＝λ.
所以λ(am－aq)＝ap－am.所以(1＋λ)am＝ap＋λaq，即am＝ap＋λaq1＋λ.
评析：特别地，当λ＝1时，2am＝ap＋aq，我们不妨将性质1称为等差数列的定比分点公式．
【性质2】等差数列{an}，ni，mi∈N*，i＝1,2,3，…，k，若i＝1kni＝i＝1kmi，则i＝1kani＝i＝1kami.
证明：设等差数列{an}的公差为d.根据ani＝ami＋(ni－mi)d，i＝1,2,3，…，k，
则i＝1kani＝i＝1kami＋(i＝1kni－i＝1kmi)d＝i＝1kami.所以i＝1kani＝i＝1kami.
推论：等差数列{an}，ni，m∈N*，i＝1,2,3，…，k，若km＝i＝1kni，则kam＝i＝1kani.
评析：本性质实质上是等差中项性质的推广．
【性质3】等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，n，m∈N*，
则Smm－Snn＝12(m－n)d.
证明：因为Smm－Snn＝nSm－mSnmn
＝n[ma1＋mm－12d]－m[na1＋nn－12d]mn
＝mna1＋mnm－12d－mna1－mnn－12dmn
＝m2n－mn－mn2＋mn2mnd
＝m2n－mn22mnd
＝mnm－n2mnd
＝12(m－n)d，
所以Smm－Snn＝12(m－n)d.
评析：实质上数列{Snn}是公差为d2的等差数列．
【性质4】等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，n，m∈N*，则Sm＋n＝Sm＋Sn＋mnd.
证明：因为Sm＋n＝Sn＋(an＋1＋an＋2＋…＋an＋m)
＝Sn＋(a1＋nd)＋(a2＋nd)＋…＋(am＋nd)
＝Sn＋(a1＋a2＋…＋am)＋mnd
＝Sm＋Sn＋mnd，
所以Sm＋n＝Sm＋Sn＋mnd.
【性质5】等差数列{an}前n项和为Sn，若m＝p＋q(m、p、q∈N*且p≠q)，
则有Smm＝Sp－Sqp－q.
证明：设等差数列{an}的公差为d.
因为Sp－Sq＝pa1＋12p(p－1)d－qa1－12q(q－1)d＝(p－q)[a1＋12(p＋q－1)d]，
所以Sp－Sqp－q＝a1＋12(p＋q－1)d.
又因为Smm＝a1＋12(m－1)d，且m＝p＋q，
所以有Smm＝Sp－Sqp－q.
推论：等差数列{an}前n项和为Sn，若m＋t＝p＋q(m、t、p、q∈N*且m≠t，p≠q)，则Sm－Stm－t＝Sp－Sqp－q.
【性质6】等差数列{an}前n项和为Sn.
(1)当n＝2k(k∈N*)时，S2k＝k(ak＋ak＋1)；
(2)当n＝2k－1(k∈N*)时，S2k－1＝kak.
二、备用习题
1．已知等差数列{an}的前n项和为18，若S3＝1，an＋an－1＋an－2＝3，则n的值为()
A．9B．21C．27D．36
2．过圆x2＋y2＝5内一点P(52，32)有n条弦，这n条弦的长度成等差数列{an}，如果过P点的圆的最短的弦长为a1，最长的弦长为an，且公差d∈(16，13)，那么n的取值集合为…()
A．{5,6,7}B．{4,5,6}C．{3,4,5}D．{3,4,5,6}
3．如果a1，a2，…，a8为各项都大于零的等差数列，公差d≠0，则()
A．a1a8＞a4a5B．a1a8＜a4a5
C．a1＋a8＞a4＋a5D．a1a8＝a4a5
4．等差数列{an}中，公差d≠0，a1≠d，若这个数列的前40项的和是20m，则m等于()
A．a10＋a30B．a20C．a40＋dD．a15＋a26
5．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若S3S6＝13，则S6S12等于()
A.310B.13C.18D.19
6．已知正实数a、b、c成等差数列，函数f(x)＝ax2＋bx＋c的图象与x轴有两个交点，则x1x2的取值范围是__________．
7．已知某等差数列共有10项，其奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差为__________．
8．设数列{an}是公差不为零的等差数列，Sn是数列{an}的前n项和，且S23＝9S2，S4＝4S2，求数列{an}的通项公式．
参考答案：
1．答案：C
解析：Sn＝na1＋an2＝18，由S3＝1和an＋an－1＋an－2＝3，a1＋a2＋a3＝1，得3(a1＋an)＝4.
∴a1＋an＝43.∴n＝36a1＋an＝3643＝27.
2．答案：A
解析：过点P的最长弦是直径，最短弦是过点P垂直于这条直径的弦为23.
∵an＝a1＋(n－1)d，
∴25＝23＋(n－1)d.
n－1＝25－23d，∴d∈(16，13)．
∴3(25－23)＜n－1＜6(25－23)．
∴n＝5,6,7.
3．答案：B
解析：a1a8－a4a5＝a1(a1＋7d)－(a1＋3d)(a1＋4d)＝－12d2＜0.
4．答案：D
解析：∵S40＝40a1＋a402＝20m，
∴a1＋a40＝m.
而a1＋a40＝a15＋a26，且d≠0，a1≠d，可排除A、B、C.
5．答案：A
解析：设S3＝m，∵S3S6＝13，
∴S6＝3m.∴S6－S3＝2m.
由等差数列依次每k项之和仍为等差数列，得S3＝m，S6－S3＝2m，S9－S6＝3m，S12－S9＝4m，
∴S6＝3m，S12＝10m.
∴S6S12＝310.
6．答案：(0,7－43)∪(7＋43，＋∞)
解析：∵x1x2＝ca＞0，又2b＝a＋c，b2－4ac＞0，
则(a＋c2)2－4ac＞0，a2＋c2－14ac＞0，ac＋ca－14＞0，
令t＝ca，则t＋1t－14＞0.
t2－14t＋1＞0.解得t∈(0,7－43)∪(7＋43，＋∞)．
7．答案：3
解析：∵S奇＝a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝15，
S偶＝a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝30，
∴S偶－S奇＝5d＝15.
∴d＝3.
8．解：设等差数列{an}的公差为d，
由Sn＝na1＋nn－12d及已知条件得(3a1＋3d)2＝9(2a1＋d)，①
4a1＋6d＝4(2a1＋d)．②
由②得d＝2a1，代入①，有a21＝49a1，
解得a1＝0或a1＝49.
当a1＝0时，d＝0(舍去)，因此a1＝49，d＝89.
故数列{an}的通项公式为an＝49＋(n－1)×89＝49(2n－1)．

文章来源：http://m.jab88.com/j/56728.html

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