2019-2020年高中数学 第二章 数列 第五课时 等差数列的前n项和教案（一） 苏教版必修5.doc

2019-2020年高中数学 第二章 数列 第五课时 等差数列的前n项和教案（一） 苏教版必修5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：.复习回顾经过前面的学习，我们知道，在等差数列中：（1）anan1d(n1)，d为常数.（2）若a，A，b为等差数列，则A.（3)若mnpq，则amanapaq.（其中m，n，p，q均为正整数）.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：123100？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：1100101，第2项与倒数第2项的和：299101，第3项与倒数第3项的和：398101，第50项与倒数第50项的和：5051101，于是所求的和是1015050.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Sna1a2an把项的次序反过来，Sn又可写成Snanan1a1 2Sn(a1an)(a2an1)(ana1)又a2an1a3an2a4an3ana12Snn(a1an)即：Sn若根据等差数列an的通项公式，Sn可写为：Sn=a1+(a1+d)+a1+(n1)d,把项的次序反过来，Sn又可写为：Sn=an+(and)+an(n1)d ,把、两边分别相加，得2Snn(a1an)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123100？我们有S1005050.又ana1+(n1)d,Snna1dSn或Snna1d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a11，a120120，n120.解：设自上而下各层的铅笔成等差数列an，其中n120，a11，a120120.则：S1207260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：a110，d(6)(10)4，Sn54由等差数列前n项求和公式可得： 10n454解之得：n19，n23(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a2a5a12a1536，求S16（2）已知a620，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a1a16的和，于是问题得以解决.（2）要求S11只需知道a1a11即可，而a1与a11的等差中项恰好是a6，从而问题获解.解：（1）a2a15a5a12a1a1618S16818144.（2）a1a112a6S1111a61120220.例2有一项数为2n1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Snna1d解题.解法一：设该数列的首项为a1，公差为d，奇数项为a1，a12d，其和为S1，共n1项；偶数项为a1d，a13d，a15d，其和为S2，共n项.分析二：利用Sn解题. 解法二：由解法一知：S1，S2a1a2n+1a2a2n 例3若两个等差数列的前n项和之比是（7n1）(4n27)，试求它们的第11项之比.分析一：利用性质mnpqamanapaq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SnAn2+Bn解题.解法二：由题设，令Sn(7n1)nk，Tn(4n27)nk由anSnSn1k(14n6)，得a11148k，n2bnTnTn1k(8n23)，得b11111k，n2,.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m1来解. 解法一：取m1，则a1S130，a2S2S170da2a140，a3a2d7040110，S3a1a2a3210分析二：利用等差数列的前n项和公式Snna1d进行求解.解法二：由已知，得解得a1，dS2m3ma1d210. 分析三：借助等差数列的前n项和公式Sn及性质mnpqamanapaq求解.解法三：由已知得由及结合，得S3m210.分析四：根据性质：“已知an成等差数列，则Sn，S2nSn，S3nS2n，SknS(k1)n，(k2)成等差数列”解题.解法四：根据上述性质，知Sm，S2mSm，S3mS2m成等差数列.故Sm(S3mS2m)2(S2mSm),S3m3(S2mSm)210.分析五：根据Snan2bn求解.解法五：an为等差数列，设Snan2bn,Smam2bm30，S2m4m2a2mb100得a，bS3m9m2a3mb210.分析六：运用等差数列求和公式，Snna1d的变形式解题.解法六：由Snna1d，即a1d由此可知数列也成等差数列，也即，成等差数列.由，Sm30，S2m100S3m210.评述：一般地，对于等差数列am中，有 (pq).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Sx1x2x3x10，需求出首项x1和公差d.ba12a111dd，x1aS10x1d105(ab)解法二：设法同上，但不求d.依x1x10abS5(ab)解法三：设法同上，正难则反SS12(ab)(ab)5(ab)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n9所以这是一个九边形.课堂练习课本P42练习1，2，3，4.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:Snna1d及其获取思路. .课后作业课本P45习题 1，2，3