等差數列的前n項和（一）解說新課：如圖，一個堆放鉛筆的V形架的最下邊一層放一支鉛筆，往上每一層都比它下邊一層多放一支，最上邊一層放120支，這個V形架上共放著多少支鉛筆?這是一堆放鉛筆的V形架，這形同前面所接觸過的堆放鋼管的表示圖，看到此圖，大家都會很快捷地找到每一層的鉛筆數與層數的關系，并且能夠用一個式子來表示這種關系，利用它便能夠求出每一層的鉛筆數.那么，這個V形架上共放著多少支鉛筆呢？這個問題又該怎樣解決呢？經過剖析，我們不難看出，這是一個等差數乞降問題？這個問題能夠當作是求等差數列1，2，3，，n,的前120項的和.在上邊的求解中，我們發現所求的和可用首項、末項及項數n來表示，且隨意的第k項與倒數第k項的和都等于首項與末項的和，這就啟迪我們怎樣去求一般等差數列的前n項的和.假如我們可概括出一計算式，那么上述問題即可水到渠成.1．等差數列的前n項和公式1：Snn(a1an)2證明：Sna1a2a3an1an①Snanan1an2a2a1②①+②：2Sn(a1an)(a2an1)(a3an2)(anan)∵a1ana2an1a3an2nn(a1n)由此得：Sn(a1an)∴2Sa2進而我們能夠考證高斯十歲時計算上述問題的正確性2．等差數列的前n項和公式2：Snna1n(n1)d2用上述公式要求Sn一定具備三個條件：n,a1,an但ana1(n1)d代入公式1即得：n(n1)dSnna12此公式要求Sn一定已知三個條件：n,a1,d（有時比較實用）總之：兩個公式都表示要求Sn一定已知n,a1,d,an中三個公式二又可化成式子：Sn=dn2+(a1-d)n，當d0，是一個常數項為零的二次式2.22三、例題解說例1一個堆放鉛筆的V型的最下邊一層放一支鉛筆，往上每一層都比它下邊一層多放一支，最上邊一層放120支，這個V形架上共放著多少支鉛筆？解：由題意可知，這個V形架上共放著120層鉛筆，且自下而上各層的鉛筆成等差數列，記為{an}，此中a11,a120120，依據等差數列前n項和的公式，得答：V形架上共放著7260支鉛筆例2等差數列10，6，2，2，前多少項的和是54？解：設題中的等差數列為{an}，前n項為Sn則a110,d(6)(10)4,Sn54由公式可得10nn(n1)4542解之得：n19，n23（舍去）.∴等差數列

10，

6，

2，

2，前

9項的和是

54.例3一凸

n邊形各內角的度數成等差數列，公差是

10°,

最小內角為100°,求邊數n解：由(n2)180100nn(n1)10，2求得n217n720,n8或n9.當n9時,最大內角100(91)10180，不合題意，舍去，∴n8.例4在等差數列{an}中，已知a6a9a12a1534，求前20項之和．剖析：此題能夠用等差數列的通項公式和乞降公式求a1，d求解；也能夠用等差數列的性質求解．解：法一由a6a9a12a154(a138d)34.由S2020a12019d(a1a20)2法二由S202010(a1a20)，而a6a15a9a12a1a20，所以2a1a2017，所以a201017170。小結：在解決等差數列相關問題時，要嫻熟運用等差數列的一些性質．在此題的第二種解法中，利用amanapaq(mnpq)這一性質，簡化了計算，是解決這種問題的常用方法．四．穩固練習1．求會合Mm|m7n,nN*且m100的元素個數，并求這些元素的和解：由7n100得n100142.77所以正整數n共有14個，即M中共有14個元素，即7,14，,21，，98是以7為首項，98為末項的等差數列。14(798)所以Sn2在等差數列{an}中，若a1-a4-a8-a12+a15=2，則S15=3．等差數列{an}的首項為a1，公差為d，項數為n，第n項為an，前n項和為Sn，請填寫下表：a1dnanSn51010-28104-38-10-3604.在等差數列{an}中，a40.8，a112.2，求a51a52a80.五、小結本節課學習了以下內容：1.等差數列的前n項和公式1：Snn(a1an)22.等差數列的前n項和公式2：Snn(n1)dna123.Sn=dn2+(a1-d)n，當d0，是一個常數項為零的二次式22六、課后作業：P46.4題,6題七、板書設計（略）八、課后記：等差數列的前n項和（二）Ⅱ.解說新課例1.已知一個等差數列的前10項的和是310，前20項的和是1220，求其前n項和的公式.解：由題設：S10310S20122010a145d310a14得：20a1190d1220d6：sn4nn(n1)63n2n易得：2研究1.sn,s2n,s3n之間的關系例2.已知數列an,是等差數列，Sn是其前n項和，求證：⑴S6，S12-S6，S18-S12成等差數列；⑵Sn,S2nSn,S3nS2n（nN）成等差數列證明：設an,首項是a1，公差為d則S6a1a2a3a4a5a6∵S12S6a7a8a9a10a11a12(a16d)(a26d)(a36d)(a46d)(a56d)(a66d)(a1a2a3a4a5a6)36dS636d∵∴S18S12a13a14a15a16a17a18(a76d)(a86d)(a96d)(a106d)(a116d)(a126d)(a7a8a9a10a11a12)36d(S12S6)36d∴S6,S12S6,S18S12是以36d為公差的等差數列同理可得Sn,S2nSn,S3nS2n是以n2d為公差的等差數列.例3已知數列{an}的前n項為Snn21n，求這個數列的通項公式.2這個數列是等差數列嗎？假如是，它的首項與公差分別是什么？解：依據Sna1a2...an1an與Sn1a1a2...＞n1）an（1可知，當n＞1時，aSSn212111n（[n1）（n1）]2nnnn222①當n=1時，a1S112113也知足①式.221.所以數列{an}的通項公式為an2n2由此可知，數列{an}是一個首項為3，公差為2的等差2數列。這個例題還給出了等差數列通項公式的一個求法.已知前n項和Sn，可求出通項用這種數列的Sn來確立an的方法對于任何數列都是可行的，并且還要注意a1不必定知足由SnSn1an求出的通項表達式，所以最后要考證首項a1能否知足已求出的an.研究2:一般地，假如一個數列{an}的前n項和為Snpn2qnr.此中p、q、r為常數，且p≠0，那么這個數列必定是等差數列嗎？假如是，它的首項與公差分別是什么？剖析：由Snpn2qnr，得S1a1pqr當n2時anSnSn1=(pn2qnr)[p(n1)2q(n1)r]=2pn(pq)danan1[2pn(pq)][2p(n1)(pq)]=2panS1a1pqr,當n1時結論：通項公式是SnSn12pn(pq),當n2時指引剖析得出：察看等差數列兩個前n項和公式Sna1ann，（）dn2（a1d）n，公式自己就不含常數項。2和Sna1nnn1d222所以獲得：假如一個數列前n項和公式是常數項為0，且對于n的二次型函數，則這個數列必定是等差數列.研究3.平等差數列的前n項和公式2：Sna1n（）nn1d可化成式2子：Sndn2(a1d)n，當d0，是一個常數項為零的二次式，那么它22有何作用呢？例4已知等差數列5，42，34，....的前n項和為Sn，求使得Sn最大的77序號n的值.剖析：等差數列的前n項和公式能夠寫成Sndn2（a1d）n，所dd)(22以Sn能夠當作函數x2(a1N*)當x=n時的函數值.另一y2xx2方面，簡單知道Sn對于n的圖象是一條拋物線上的一些點.所以，我們能夠利用二次函數來求n的值.解：由題意知，等差數列24的公差為5，所以543777=75n5n25152112514（n2）1456于是，當n取與15最靠近的整數即7或8時，Sn取最大值.2發現規律:平等差數列前項和的最值問題有兩種方法:1）利用an:當an>0，d<0，前n項和有最大值可由an≥0，且an1≤0，求得n的值當an<0，d>0，前n項和有最小值可由an≤0，且an1≥0，求得n的值2）利用Sn：由Sndn2(a1d)n利用二次函數配方法求得最值時n的值22例5.在數列{an}中，已知an252n，(nN*)，那么使其前n項和Sn獲得最大值的n值等于.解：依題意知，a1>0...a12>0,a13<0,易知s12最大，即n取12時和最大.小結：平等差數列前項和的最值問題有兩種方法:利用an:當an>0，d<0，前n項和有最大值可由an≥0，且an1≤0，求得n的值當an<0，d>0，前n項和有最小值可由an≤0，且an1≥0，求得n的值利用Sn：由Sndn2(a1d)n利用二次函數配方法求得最值時n的值22Ⅲ.講堂練習已知等差數列的前n項和為a，前2n項和為b，求前3n項和。2.已知數列{an}的前n項和為S1n22n3，求這個數列的通項公n43式.等差數列{an}中,a4＝－15,公差d＝3,求數列{an}的前n項和Sn的最小值.等差數列{an}的第10項為23，第25項為－22，求此數列第幾項開始為負？前10項的和？從首項到第幾項之和開始為負？5.在等差數列{an}中，已知a1=25,S9=S17，問數列前多少項和最大，并求出最大值。Ⅳ