数学选择性必修 第二册第四章 数列4.2 等差数列导学案

这是一份数学选择性必修 第二册第四章 数列4.2 等差数列导学案，共9页。学案主要包含了新知探究，典例解析等内容，欢迎下载使用。
1.掌握等差数列前n项和公式的推导方法．(难点)
2.掌握等差数列的前n项和公式，能够运用公式解决相关问题．(重点)
3.掌握等差数列的前n项和的简单性质．(重点、难点)
重点： 等差数列的前n项和的应用
难点：等差数列前n项和公式的推导方法
等差数列的前n项和公式
功能1：已知a1，an和n，求Sn .
功能2：已知Sn，n，a1 和an中任意3个，求第4个.
一、新知探究
据说，200多年前，高斯的算术老师提出了下面的问题：
1＋2＋3＋…＋100=？
你准备怎么算呢？
探究新知高斯（Gauss，1777－1855），德国数学家，近代数学的奠基者之一. 他在天文学、大地测量学、磁学、光学等领域都做出过杰出贡献.
问题1：为什么1＋100＝2＋99＝…＝50＋51呢？这是巧合吗？试从数列角度给出解释.
高斯的算法：
（1+100）+（2+99）+…+(50+51)= 101×50=5050
高斯的算法实际上解决了求等差数列：
1，2，3，…，n，… 前100项的和问题.
等差数列中，下标和相等的两项和相等.
设 an＝n，则 a1＝1，a2＝2，a3＝3，…
如果数列{an} 是等差数列，p，q，s，t∈N*，
且 p＋q＝s＋t，则 ap＋aq＝as＋at
可得：a1+a100=a2+a99=…=a50+a51
问题2： 你能用上述方法计算1＋2＋3＋… ＋101吗？
问题3： 你能计算1＋2＋3＋… ＋n吗？
问题4：不分类讨论能否得到最终的结论呢？
问题5.上述方法的妙处在哪里？这种方法能够推广到求等差数列an的前n项和吗？
倒序求和法
二、典例解析
例6.已知数列{an}是等差数列.
（1）若a1=7, a50=101,求S50；
（2）若a1=2, a2= 52,求S10；
（3）若a1=12，d= - 16, Sn= -5,求n ；
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＝结合使用．
跟踪训练1 已知等差数列{an}．
(1)a1＝eq \f(5,6)，a15＝－eq \f(3,2)，Sn＝－5，求d和n；
(2)a1＝4，S8＝172，求a8和d.
例7.已知一个等差数列an 前10项的和是310，前20项的和是1220.由这些条件能确定这个等差数列的首项和公差吗？
一般地，对于等差数列，只要给定两个相互独立的条件，这个数列就完全确定。
1．在等差数列{an}中，若a3＋a5＋a7＋a9＋a11＝100，则3a9－a13的值为( )
A．20 B．30 C．40 D．50
2．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＋a3＋a5＝3，则S5＝( )
A．5 B．7 C．9 D．11
3．已知数列{an}的前n项和为Sn＝－n2，则( )
A．an＝2n＋1 B．an＝－2n＋1
C．an＝－2n－1 D．an＝2n－1
4．在一个等差数列中，已知a10＝10，则S19＝________.
5．已知等差数列{an}中，a1＝eq \f(3,2)，d＝－eq \f(1,2)，Sn＝－15，求n及a12.
参考答案：
知识梳理
学习过程
一、新知探究
等差数列中，下标和相等的两项和相等.
设 an＝n，则 a1＝1，a2＝2，a3＝3，…
如果数列{an} 是等差数列，p，q，s，t∈N*，
且 p＋q＝s＋t，则 ap＋aq＝as＋at
可得：a1+a100=a2+a99=…=a50+a51
问题3： 需要对项数的奇偶进行分类讨论.
当n为偶数时， Sn=1+n+[2+n-1+…+[n2+n2-1
=1+n+1+n…+1+n
=n21+n =n(1+n)2
当n为奇数数时， n－1为偶数
Sn=1+n+[2+n-1+…+[n+12-1+n+12+1]+ n+12
=1+n+1+n…+1+n+ n+12
=n-121+n+ n+12
=n(1+n)2
对于任意正整数n，都有1＋2＋3＋… ＋n=n(1+n)2
问题4：
Sn= 1+ 2 + 3 +…+n
Sn= n+n-1+n-2+…+1
将上述两式相加，得
2Sn= n+1+n-12+n-2+3+…+1+n
= 1+n+1+n+…+1+n
= n 1+n
所以Sn= 1+2 +3 +…+n=n(1+n)2
倒序求和法
Sn= a1+a2+a3 +…+an-2+an-1+an,
Sn=an+an-2+an-1+…+a3+a2+a1.
2Sn=( a1+an)+a2+an-1+…+(an+a1)
因为：a1+an=a2+an-1=…=an+a1
所以：2Sn =( a1+an)+ ( a1+an)+…+(a1+an)
=n( a1+an)
即：Sn=n(1+n)2
二、典例解析
例6
分析：对于（1），可以直接利用公式Sn=n(a1+an)2求和；在（2）中，可以先利用a1和a2的值求出d ，再利用公式Sn=na1+n(n-1)2 d求和；（3）已知公式Sn=na1+n(n-1)2 d中的a1，d和Sn，解方程即可求得n
解：（1）因为a1=7, a50=101 ，根据公式Sn=n(a1+an)2，可得
S20=50×(7+101)2=2700.
（2）因为a1=2, a2= 52， 所以d= 12.根据公式Sn=na1+n(n-1)2 d，可得
S10=10×2+10×(10-1)2 ×12 = 852
（3）把a1=12，d= - 16, Sn= -5代入Sn=na1+n(n-1)2 d，得
-5=12n+n(n-1)2 ×（-16）
整理，得n2-7n-60=0
解得n=12或n=-5（舍）,所以n=12
跟踪训练1 [解] (1)∵a15＝eq \f(5,6)＋(15－1)d＝－eq \f(3,2)，∴d＝－eq \f(1,6).
又Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝－5，
解得n＝15或n＝－4(舍)．
(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.
例7. 分析：把已知条件代入等差数列前n项和的公式2后， 可得到两个关于a1与d的二元一次方程，解这两个二元一次方程所组成的方程组，就可以求得a1和 d
解：由题意，知
S10=310, S20=1220,
把它们代入公式 Sn=na1+n(n-1)2 d
得10a1+45 d =31020a1+190 d =1220
解方程组，得a1=4d =6
所以，由所给的条件可以确定等差数列的首项和公差。
(法二)∵数列{an}为等差数列，
∴S10，S20－S10，S30－S20也成等差数列，
∴2(S20－S10)＝S10＋S30－S20，
即2×(1 220－310)＝310＋S30－1 220，
∴S30＝2 730.
(法三)设Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)．
由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(310＝100A＋10B，,1 220＝400A＋20B，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(A＝3，,B＝1.))
∴Sn＝3n2＋n.∴S30＝3×900＋30＝2 730.
(法四)由Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d，得eq \f(Sn,n)＝a1＋(n－1)eq \f(d,2)，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是以a1为首项，eq \f(d,2)为公差的等差数列，
∴eq \f(S10,10)，eq \f(S20,20)，eq \f(S30,30)成等差数列，
∴eq \f(S10,10)＋eq \f(S30,30)＝2×eq \f(S20,20)，
∴S30＝30eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(S20,10)－\f(S10,10)))＝30×(122－31)＝2 730.
达标检测
1．【答案】C [∵a3＋a11＝a5＋a9＝2a7，
∴a3＋a5＋a7＋a9＋a11＝5a7＝100，
∴a7＝20.
∴3a9－a13＝3(a7＋2d)－(a7＋6d)＝2a7＝40.]
2．【答案】A [由题a1＋a3＋a5＝3，∴3a3＝3.
∴a3＝1又∵S5＝eq \f(5a1＋a5,2)＝eq \f(5×2a3,2)＝5.]
3．【答案】B [由an＝Sn－Sn－1(n≥2)得an＝1－2n，
当n＝1时，S1＝a1＝－1符合上式．
∴an＝－2n＋1.]
4．【答案】190 [S19＝eq \f(19a1＋a19,2)＝eq \f(19×2a10,2)＝190.]
5．【答案】∵Sn＝n·eq \f(3,2)＋eq \f(nn－1,2)·－eq \f(1,2)＝－15，
整理得n2－7n－60＝0，
解之得n＝12或n＝－5(舍去)，
a12＝eq \f(3,2)＋(12－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－4.
已知量
首项，末项与项数
首项，公差与项数
选用公式
Sn＝n(a1+an)2
Sn＝na1+n(n-1)2 d