2.3等差数列的前n项和

S n = a1 + a 2 + a3 + ⋯ + a n = ? 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 a1 和 d 表示，得
S n = a1 + (a1 + d ) + (a1 + 2d ) + (a 3 + d ) + ⋯
+ [a1 + (n − 2) ] + [a1 + (n − 1) ] d d
当 a n <0，d>0，前n项和有最小值 可由 a n ≤0，且 a n +1 ≥0，求得n的值
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（4） 利用 S n ： S n =
d 2 d n + (a 1 − )n 二次函数配方法求得最值时n的值 2 2
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3.推导等差数列前 n 项和公式的思路； 4.公式的应用中的数学思想. 课堂检测 教学效果 自 我 评 估： 分层作业 课后反思 改进设想 ⑴教学任务完成情况 ⑵学生掌握情况
1
××××
2 公式 2
2
××××
教学过程 教学 时间 教 教学 学生 教学
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一.新课引入 ：一个堆放铅笔 提出问题（播放媒体资料） 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？（课件设计见媒体资料） 问题就是“ 1 + 2 + 3 + 4 + ⋯ + 100 = ? ” 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， 个 101 就等于 5050 50 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 n 项和公式 1.公式推导（板书） 问 题 （ 幻 灯 片 ） 设 等 差 数 列 {a n } 的 首 项 为 a1 ， 公 差 为 d ， ：
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课题 课型 课时 教材分析 学情分析 学法指导
教
2.3 等差数列前 n 项和
新授 授课时间 2010-12
教案编号 授课班级 授课人 郝永军
让学生经历等差数列前 n 项和公式推导过程,对等差数列前 n 项和公式从不同角度 解悟,理解等差数列的本质属性.类比函数有关问题,促进学生同化. 等差数列前 项和公式 推导 法 外 问题 类比
n ( n − 1) d. 2
Sn =
n( a1 + a n ) n ( n − 1) 和 S n = na1 + d. 2 2
2.公式记忆 用梯形面积公式记忆等差数列前 n 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 n 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） 101 + 100 + 99 + 98 + 97 + ⋯ + 64 ； （2） 2 + 4 + 6 + 8 + ⋯ + ( 2n + 4) （结果用 n 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 2,4,6, ⋯ 中前多少项的和是 9900？ 本题实质是反用公式，解一个关于 n 的一元二次函数，注意得到的 项数 n 必须是正整数. 例 1 等差数列-10，-6，-2，2，…前多少项的和是 54？ 解：设题中的等差数列为 {a n } ，前 n 项为 S n 则 a1 = −10, d = ( −6) − ( −10) = 4, S n = 54 由公式可得 − 10n +
由 Sn =
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例 3.求集合 M={m|m=2n－1,n∈N*,且 m＜60}的元素个数及这些元素 的和. 解：由 2n－1＜60,得 n＜ ∴满足不等式 n＜
61 ,又∵n∈N* 2
61 的正整数一共有 30 个. 2 即 集合 M 中一共有 30 个元素，可列为：1，3，5，7，9，…，
= (a1 + 6d ) + (a 2 + 6d ) + (a 3 + 6d ) + (a 4 + 6d ) + (a 5 + 6d ) + (a 6 = (a1 + a 2 + a 3 + a 4 + a 5 + a 6 ) + 36d = S 6 + 36d S18 − S12 = a13 + a14 + a15 + a16 + a17 + a18 = (a 7 + 6d ) + (a 8 + 6d ) + (a 9 + 6d ) + (a10 + 6d ) + (a11 + 6d ) + (a12 = (a 7 + a8 + a 9 + a10 + a11 + a12 ) + 36d = ( S12 − S 6 ) + 36d ∴ S 6 , S12 − S 6 , S18 − S12 是以 36d 为公差的等差数列
59，组成一个以 a1 =1, a 30 =59,n=30 的等差数列. ∵ Sn =
n( a1 + a n ) 30(1 + 59) ,∴ S 30 = =900. 2 2 答案：集合 M 中一共有 30 个元素，其和为 900.
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例 4.在小于 100 的正整数中共有多少个数能被 3 除余 2， 并求这些数 的和 分析：满足条件的数属于集合，M={m|m=3n+2,m＜100,m∈N*} 解：分析题意可得满足条件的数属于集合，M={m|m=3n+2,m＜ 100,n∈N*}
2
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∵
∴
同理可得 S k , S 2 k − S k , S 3k − S 2 k 是以 k d 为公差的等差数列.
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课堂小结
1. 等差数列的前 n 项和公式 1） S n =
n(a1 + a n ) 2
n(n − 1)d 2 d 2 d 3） S n = n + (a 1 − ) n ，当 d≠0，是一个常数项为零的二次式 ） 2 2
S n = a1 + a 2 + a3 + ⋯ + a n −2 + a n −1 + a n ， S n = a n + a n −1 + a n − 2 + ⋯ + a 3 + a 2 + a1 ，
两式左右分别相加，得
2S n = (a1 + a n ) + (a 2 + a n − 1 ) + (a 3 + a n − 2 ) + ⋯
a1 , d , n, an , S n
时
学
的 质 过程
目
项公式 前 项和公式 问题 等差数列 型解
公式解 等差数列有关 函数研 前 项和的性
法 情 度
标
教学 教学 教学 教学 法
等差数列前 n 项和公式 . 等差数列前 项和公式解
有关问题
授法
2 1.公式的推导 2.公式的 3.公式的
等差数列前 n 项和公式 1 公式 1
n( a1 + a n ) 33( 2 + 98) ,得 S 33 = =1650. 2 2 答：在小于 100 的正整数中共有 33 个数能被 3 除余 2，这些数 的和是 1650.
由 Sn = 例 5 已知数列 {a n }, 是等差数列， S n 是其前 n 项和， 求证：⑴ S 6 ， S12 - S 6 ， S18 - S12 成等差数列； ⑵设 S k , S 2 k − S k , S 3 k − S 2 k （ k ∈ N + ）成等差数列 证明：设 {a n }, 首项是 a1 ，公差为 d 则 S6 = a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 ∵ S12 − S 6 = a 7 + a8 + a 9 + a10 + a11 + a12
= -（n-7） 2 +49 ∴当n=7， S n 取最大值
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对等差数列前项和的最值问题有两种方法: 对等差数列前项和的最值问题有两种方法 （1） 利用 a n : 当 a n >0，d<0，前n项和有最大值 可由 a n ≥0，且 a n +1 ≤0，求得n
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的值
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2） S n = na1 + 2.对等差数列前项和的最值问题有两种方法 对等差数列前项和的最值问题有两种方法: 对等差数列前项和的最值问题有两种方法 （3） 利用 a n : 当 a n >0，d<0，前n项和有最大值 可由 a n ≥0，且 a n +1 ≤0，求得n的值
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n(n − 1) × 4 = 54 2
解之得： n1 = 9, n 2 = −3 （舍去） ∴等差数列-10，-6，-2，2…前 9 项的和是 54
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例2.已知等差数列{ a n }中 a1 =13且 S 3 = S11 ,那么n取何值时, S n 取最 大值. 解法1：设公差为d，由 S 3 = S11 得： 3×13+3×2d/2=11×13+11×10d/2 d= -2,
a n =13-2(n-1),
a n =15-2n,
由
a n ≥ 0 15 − 2n ≥ 0 即 得 ： 6.5 ≤ n ≤ 7.5, 所 以 n=7 a n +1 ≤ 0 15 − 2(n + 1) ≤ 0
时, S n 取最大值. 解法2:由解1得d= -2,又a1=13所以
Sn =
d 2 d n + (a 1 − )n = - n 2 +14 n 2 2
有以下等式
，
a1 + [a1 + (n − 1) ] = (a1 + d ) + [a1 + (n − 2) ] d d
= (a1 + 2d ) + [a1 + (n − 3) ] d = ⋯
问题是一共有多少个 a1 + [ a1 + ( n − 1)d ] ，似乎与 n 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 a1 + a n = a 2 + a n −1 = a 3 + a n −2 = ⋯ ， 为回避个数问题，做一个改写
+ (a n − 2 + a 3 ) + (a n − 1 + a 2 ) + (a n + a1 )
2S n = n(a1 + a n )
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于是有： S n =
n( a1 + a n ) .这就是倒序相加法. 2
思路三：受思路二的启发，重新调整思路一， 可得 2 S n = n[a1 + a1 + ( n − 1)d ] ，于是 S n = na1 + 于是得到了两个公式（投影片） ：
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当 a n <0，d>0，前n项和有最小值 可由 a n ≤0，且 a n +1 ≥0，求得n
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的值
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（2） 利用 S n ：
d 2 d n + (a 1 − )n 利用二次函数配方法求得最值时n的值 2 2 n(n − 1) ∴ S n = 4n + × 6 = 3n 2 + n 2
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由 3n+2＜100,得 n＜32
2 ,且 m∈N*, 3 ∴n 可取 0，1，2，3，…，32. 即 在小于 100 的正整数中共有 33 个数能被 3 除余 2. 把这些数从小到大排列出来就是：2，5，8，…，98.
它们可组成一个以 a1 =2,d=3, a 33 =98,n=33 的等差数列.