选择性必修第一册第4章 数列4.2 等差数列第1课时教学设计

这是一份选择性必修第一册第4章 数列4.2 等差数列第1课时教学设计，共10页。教案主要包含了等差数列前n项和公式的推导等内容，欢迎下载使用。

学习目标 1.了解等差数列前n项和公式的推导过程.2.掌握等差数列前n项和公式.3.熟练掌握等差数列的五个量a1，d，n，an，Sn的关系，能够由其中三个求另外两个．
导语
同学们，印度有一著名景点——泰姬陵，传说寝陵中有一个三角形图案，以相同大小的圆宝石镶嵌而成，共有100层，你知道这个图案一共花了多少颗宝石吗？大家通过预习可知，聪明的高斯给出了计算方法，这就是我们今天要研究的等差数列求和．
一、等差数列前n项和公式的推导
问题1 请同学们欣赏唐代诗人张南史的《花》并回答下面的问题：
花， 花．
深浅， 芬葩．
凝为雪， 错为霞．
莺和蝶到， 苑占宫遮．
已迷金谷路， 频驻玉人车．
芳草欲陵芳树， 东家半落西家．
愿得春风相伴去， 一攀一折向天涯．
从数学的角度来看，这首诗有什么特点？这首诗的内容一共有多少个字？
提示 诗中文字有对称性；S＝2＋4＋6＋8＋10＋12＋14＝2(1＋2＋3＋4＋5＋6＋7)，根据对称性，可先取其一半来研究．其数的个数较少，大家很容易求出答案．
问题2 网络时代与唐代不同的是，宝塔诗的句数不受限制，如图，从第1行到第n行一共有多少个字？
提示 方法一 对项数分奇数、偶数讨论，认清当项数为奇数时，通过“落单”中间一项或最后一项，转化成项数为偶数来研究．通过计算发现，无论项数是奇数还是偶数，结果都是S＝eq \f(nn＋1,2)，可见，结果与项数的奇偶无关．
方法二 (如图)在原式的基础上，再加一遍1＋2＋3＋…＋n，
即S＝1＋2＋3＋…＋n，
S＝n＋(n－1)＋(n－2)＋…＋1，
避免了分类讨论，我们把这种求和的方法称为“倒序相加法”，其本质还是配对，将2n个数重新分组配对求和．
问题3 对于一般的等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))，如何求其前n项和Sn？设其首项为a1，公差为d.
提示 倒序相加法
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an，,Sn＝an＋an－1＋an－2＋…＋a1，))
⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Sn＝a1＋a1＋d＋a1＋2d＋…＋a1＋n－1d，,Sn＝an＋an－d＋an－2d＋…＋an－n－1d，))
两式相加可得2Sn＝n(a1＋an)，即Sn＝eq \f(na1＋an,2)，上述过程实际上用到了等差数列性质里面的首末“等距离”的两项的和相等．
知识梳理 等差数列的前n项和公式
注意点：(1)公式一反映了等差数列的性质，任意第k项与倒数第k项的和都等于首末两项之和；(2)由公式二知d＝0时，Sn＝na1；d≠0时，等差数列的前n项和Sn是关于n的没有常数项的“二次函数”；(3)公式里的n表示的是所求等差数列的项数．
二、等差数列中与前n项和有关的基本运算
例1 在等差数列{an}中：
(1)已知a6＝10，S5＝5，求a8和S10；
(2)已知a1＝4，S8＝172，求a8和d.
解 (1)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S5＝5a1＋\f(5×4,2)d＝5，,a6＝a1＋5d＝10，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－5，,d＝3.))
∴a8＝a6＋2d＝10＋2×3＝16，
S10＝10a1＋eq \f(10×9,2)d＝10×(－5)＋5×9×3＝85.
(2)由已知得S8＝eq \f(8a1＋a8,2)＝eq \f(84＋a8,2)＝172，
解得a8＝39，
又∵a8＝4＋(8－1)d＝39，
∴d＝5.
∴a8＝39，d＝5.
反思感悟 等差数列中的基本计算
(1)利用基本量求值：
等差数列的通项公式和前n项和公式中有五个量a1，d，n，an和Sn，这五个量可以“知三求二”．一般是利用公式列出基本量a1和d的方程组，解出a1和d，便可解决问题．解题时注意整体代换的思想．
(2)结合等差数列的性质解题：
等差数列的常用性质：若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq，常与求和公式Sn＝eq \f(na1＋an,2)结合使用．
跟踪训练1 在等差数列{an}中：
(1)a1＝1，a4＝7，求S9；
(2)a3＋a15＝40，求S17；
(3)a1＝eq \f(5,6)，an＝－eq \f(3,2)，Sn＝－5，求n和d.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
则a4＝a1＋3d＝1＋3d＝7，所以d＝2.
故S9＝9a1＋eq \f(9×8,2)d＝9＋eq \f(9×8,2)×2＝81.
(2)S17＝eq \f(17×a1＋a17,2)＝eq \f(17×a3＋a15,2)＝eq \f(17×40,2)＝340.
(3)由题意得，Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝eq \f(n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)－\f(3,2))),2)＝－5，
解得n＝15.
又a15＝eq \f(5,6)＋(15－1)d＝－eq \f(3,2)，
所以d＝－eq \f(1,6)，
所以n＝15，d＝－eq \f(1,6).
三、利用等差数列前n项和公式判断等差数列
问题4 等差数列前n项和Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d是关于n的二次函数，它可以写成什么形式？
提示 Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n.
例2 若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和Sn＝2n2－3n，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式，并判断数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是否是等差数列，若是，请证明；若不是，请说明理由．
解 当n＝1时，S1＝a1＝－1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－3n－2(n－1)2＋3(n－1)＝4n－5，
经检验，当n＝1时，a1＝－1满足上式，故an＝4n－5.
数列{an}是等差数列，证明如下：
因为an＋1－an＝4(n＋1)－5－4n＋5＝4，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是等差数列．
延伸探究 若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和Sn＝2n2－3n－1，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式，并判断数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是否是等差数列．若是，请证明；若不是，请说明理由．
解 ∵Sn＝2n2－3n－1，①
当n＝1时，S1＝a1＝2－3－1＝－2，
当n≥2时，Sn－1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－1))2－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－1))－1，②
①－②得an＝Sn－Sn－1
＝2n2－3n－1－[2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－1))2－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－1))－1]＝4n－5，
经检验当n＝1时，an＝4n－5不成立，
故an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2，n＝1，,4n－5，n≥2.))
故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))不是等差数列，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是从第二项起以4为公差的等差数列．
反思感悟 由Sn求通项公式an的步骤
(1)令n＝1，则a1＝S1，求得a1.
(2)令n≥2，则an＝Sn－Sn－1.
(3)验证a1与an的关系：
①若a1适合an，则an＝Sn－Sn－1，
②若a1不适合an，则an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))
跟踪训练2 已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋n－1，求数列{an}的通项公式，并判断它是不是等差数列．
解 当n＝1时，a1＝S1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋n－1)－[(n－1)2＋(n－1)－1]＝2n.
又a1＝1不满足an＝2n，
∴数列{an}的通项公式是an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,2n，n≥2，n∈N*.))
∵a2－a1＝4－1＝3≠2，∴数列{an}中每一项与前一项的差不是同一个常数，∴{an}不是等差数列，数列{an}是从第二项起以2为公差的等差数列．
1．知识清单：
(1)等差数列前n项和公式的推导过程．
(2)等差数列前n项和有关的基本运算．
(3)利用等差数列前n项和公式判断等差数列．
2．方法归纳：倒序相加法、公式法、整体代换法．
3．常见误区：由Sn求通项公式时忽略对n＝1的讨论．
1．已知数列{an}的通项公式为an＝2－3n，n∈N*，则{an}的前n项和Sn等于( )
A．－eq \f(3,2)n2＋eq \f(n,2) B．－eq \f(3,2)n2－eq \f(n,2)
C.eq \f(3,2)n2＋eq \f(n,2) D.eq \f(3,2)n2－eq \f(n,2)
答案 A
解析 ∵an＝2－3n，∴a1＝2－3＝－1，
∴Sn＝eq \f(n－1＋2－3n,2)＝－eq \f(3,2)n2＋eq \f(n,2).
2．在等差数列{an}中，若a2＋a8＝8，则该数列的前9项和S9等于( )
A．18 B．27 C．36 D．45
答案 C
解析 S9＝eq \f(9,2)(a1＋a9)＝eq \f(9,2)(a2＋a8)＝36.
3．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝6，a3＝4，则公差d为( )
A．1 B.eq \f(5,3) C．2 D．3
答案 C
解析 因为S3＝eq \f(a1＋a3×3,2)＝6，而a3＝4，
所以a1＝0，所以d＝eq \f(a3－a1,2)＝2.
4．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和Sn＝－n2＋n，则它的通项公式是an＝________.
答案 an＝－2n＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n∈N*))
解析 当n＝1时，a1＝S1＝－1＋1＝0；
当n≥2且n∈N*时，an＝Sn－Sn－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－n2＋n))－[－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－1))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－1))]＝－2n＋2，经检验，n＝1也适合该式．故an＝－2n＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n∈N*)).
课时对点练
1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若2a6＝a8＋6，则S7等于( )
A．49 B．42 C．35 D．28
答案 B
解析 2a6－a8＝a4＝6，S7＝eq \f(7,2)(a1＋a7)＝7a4＝42.
2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＋a2＝7，am＋am－1＝73(m≥3)，Sm＝2 020，则m的值为( )
A．100 B．101 C．200 D．202
答案 B
解析 a1＋am＋a2＋am－1＝80，由等差数列的性质可知，a1＋am＝a2＋am－1，
故a1＋am＝40.
Sm＝eq \f(m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋am)),2)＝20m＝2 020，
故m＝101.
3．设{an}为等差数列，公差d＝－2，Sn为其前n项和．若S10＝S11，则a1等于( )
A．18 B．20 C．22 D．24
答案 B
解析 由S10＝S11，得a11＝S11－S10＝0，
所以a1＝a11＋(1－11)d＝0＋(－10)×(－2)＝20.
4．等差数列{an}满足a1＋a2＋a3＝－24，a18＋a19＋a20＝78，则此数列的前20项和等于( )
A．160 B．180
C．200 D．220
答案 B
解析 由a1＋a2＋a3＝3a2＝－24，得a2＝－8，由a18＋a19＋a20＝3a19＝78，得a19＝26，S20＝eq \f(1,2)×20×(a1＋a20)＝10(a2＋a19)＝10×18＝180.
5．在等差数列{an}中，已知a1＝－12，S13＝0，则使得an>0的最小正整数n为( )
A．7 B．8
C．9 D．10
答案 B
解析 由S13＝eq \f(13a1＋a13,2)＝0，
得a13＝12，则a1＋12d＝12，得d＝2，
∴数列{an}的通项公式为
an＝－12＋(n－1)×2＝2n－14，
由2n－14>0，得n>7，即使得an>0的最小正整数n为8.
6．(多选)在等差数列{an}中，d＝2，an＝11，Sn＝35，则a1等于( )
A．－1 B．3 C．5 D．7
答案 AB
解析 由题意知a1＋(n－1)×2＝11，①
Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)×2＝35，②
由①②解得a1＝3或a1＝－1.
7．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，则k＝________.
答案 5
解析 因为Sk＋2－Sk＝ak＋1＋ak＋2＝a1＋kd＋a1＋(k＋1)d＝2a1＋(2k＋1)d＝2×1＋(2k＋1)×2＝4k＋4＝24，所以k＝5.
8．在等差数列{an}中，S10＝4S5，则eq \f(a1,d)＝________.
答案 eq \f(1,2)
解析 设数列{an}的公差为d，
由题意得10a1＋eq \f(1,2)×10×9d＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5a1＋\f(1,2)×5×4d))，
所以10a1＋45d＝20a1＋40d，
所以10a1＝5d，
所以eq \f(a1,d)＝eq \f(1,2).
9．在等差数列{an}中，a10＝30，a20＝50.
(1)求数列的通项公式；
(2)若Sn＝242，求n.
解 (1)设数列{an}的首项为a1，公差为d.
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a10＝a1＋9d＝30，,a20＝a1＋19d＝50，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝12，,d＝2，))
∴an＝a1＋(n－1)d＝12＋(n－1)×2＝10＋2n.
(2)由Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d以及a1＝12，d＝2，Sn＝242，
得方程242＝12n＋eq \f(nn－1,2)×2，
即n2＋11n－242＝0，
解得n＝11或n＝－22(舍去)．
故n＝11.
10．设等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和为Sn，且S5＝a5＋a6＝25.
(1)求eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式；
(2)求等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和Sn.
解 (1)设公差为d，由S5＝a5＋a6＝25，
得5a1＋eq \f(5×4,2)d＝a1＋4d＋a1＋5d＝25，
∴a1＝－1，d＝3.
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式为an＝3n－4.
(2)由(1)知an＝3n－4，
得eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和为
Sn＝eq \f(n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋an)),2)＝eq \f(n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1＋3n－4)),2)＝eq \f(3n2－5n,2)，
则Sn＝eq \f(3,2)n2－eq \f(5,2)n.
11．在小于100的自然数中，所有被7除余2的数之和为( )
A．765 B．665 C．763 D．663
答案 B
解析 ∵a1＝2，d＝7,2＋(n－1)×7<100，
∴n<15，
∴n＝14，S14＝14×2＋eq \f(1,2)×14×13×7＝665.
12．等差数列{an}的前四项之和为124，后四项之和为156，各项和为210，则此数列的项数为( )
A．5 B．6 C．7 D．8
答案 B
解析 由题意知a1＋a2＋a3＋a4＝124，
an＋an－1＋an－2＋an－3＝156，
∴4(a1＋an)＝280，
∴a1＋an＝70.又Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝eq \f(n,2)·70＝210，
∴n＝6.
13．如图所示，将若干个点摆成三角形图案，每条边(包括两个端点)有n(n>1，n∈N*)个点，相应的图案中总的点数记为an，则a2＋a3＋a4＋…＋an等于( )
A.eq \f(3n2,2) B.eq \f(nn＋1,2)
C.eq \f(3nn－1,2) D.eq \f(nn－1,2)
答案 C
解析 由图案的点数可知a2＝3，a3＝6，a4＝9，a5＝12，
所以an＝3n－3，n≥2，
所以a2＋a3＋a4＋…＋an＝eq \f(n－13＋3n－3,2)
＝eq \f(3nn－1,2).
14．把形如M＝mn(m，n∈N*)的正整数表示为各项都是整数、公差为2的等差数列的前m项和，称作“对M的m项划分”．例如：9＝32＝1＋3＋5，称作“对9的3项划分”；把64表示成64＝43＝13＋15＋17＋19，称作“对64的4项划分”．据此，对324的18项划分中最大的数是________．
答案 35
解析 设对324的18项划分中最小数为a1，最大数为a18，
则由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a18＝a1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(18－1))×2，,\f(18\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋a18)),2)＝324，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,a18＝35.))
15．(多选)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，则下列选项中可能是Sn所对应的函数的图象的是( )
答案 ABC
解析 因为Sn是等差数列{an}的前n项和，所以Sn＝an2＋bn(a，b为常数，n∈N*)，则其对应函数为y＝ax2＋bx.当a＝0时，该函数的图象是过原点的直线上一些孤立的点，如选项C；当a≠0时，该函数的图象是过原点的抛物线上一些孤立的点，如选项A，B；选项D中的曲线不过原点，不符合题意．
16．已知等差数列{an}的公差d>0，前n项和为Sn，且a2a3＝45，S4＝28.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \f(Sn,n＋c)(c为非零常数)，且数列{bn}也是等差数列，求c的值．
解 (1)∵S4＝28，
∴eq \f(a1＋a4×4,2)＝28，a1＋a4＝14，
∴a2＋a3＝14，
又a2a3＝45，公差d>0，
∴a2∴a2＝5，a3＝9，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋d＝5，,a1＋2d＝9，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝4，))
∴an＝4n－3，n∈N*.
(2)由(1)，知Sn＝2n2－n，
∴bn＝eq \f(Sn,n＋c)＝eq \f(2n2－n,n＋c)，
∴b1＝eq \f(1,1＋c)，b2＝eq \f(6,2＋c)，b3＝eq \f(15,3＋c).
又{bn}也是等差数列，
∴b1＋b3＝2b2，
即2×eq \f(6,2＋c)＝eq \f(1,1＋c)＋eq \f(15,3＋c)，
解得c＝－eq \f(1,2)(c＝0舍去)．已知量
首项，末项与项数
首项，公差与项数
求和公式
Sn＝eq \f(na1＋an,2)
Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d