2．2.2 等差数列的前n项和
整体设计
教学分析
本节等差数列求和共分2课时，第1课时是在学习了等差数列的概念和性质的基础上，使学生掌握等差数列求和公式，并能利用它解决数列求和的有关问题．等差数列求和公式的推导，是由计算工厂堆放的钢管数这一实例引入的，采用了倒序相加法，思路的获得得益于等差数列任意的第k项与倒数第k项的和都等于首项与末项的和这一性质的认识和发现，通过对等差数列求和公式的推导，使学生能掌握“倒序相加”这一重要数学方法．
第2课时的主要内容是让学生进一步熟练掌握等差数列的通项公式和前n项和公式，进一步了解等差数列的一些性质，并会用它们解决一些相关问题．通过本节课的教学使学生对等差数列的前n项和公式的认识更为深刻，并进一步感受数列与函数、数列与不等式等方面的联系，促进学生对本节内容认知结构的形成．通过探究一些特殊数列求和问题的思路和方法，体会数学思想方法的运用．
在本节教学中，应让学生融入问题情境中，经历知识的形成和发展，通过观察、活动、探索、交流、反思，来认识和理解等差数列的求和内容．在学法上，引导学生去联想、探索，同时鼓励学生大胆猜想，学会探究．在教法上，遵循学生的认知规律，充分调动学生的积极性，让学生经历知识的形成和发展过程，激发他们的学习兴趣，发挥他们的主观能动性及其在教学过程中的主体地位．通过等差数列概念的归纳概括，培养学生的观察、分析问题的能力和积极思维、追求新颖的创新意识．
三维目标
1．通过经历等差数列求和公式的发现、探究过程，掌握等差数列前n项和公式的推导及应用，会利用等差数列通项公式与前n项和的公式研究Sn的最值．
2．学会常用的数学方法和体现出的数学思想，促进学生的思维水平的发展．通过例题及其变式例题的训练，进一步熟练掌握等差数列的通项公式和前n项和公式．
3．通过有关内容在实际生活中的应用，使学生再一次感受数学来源于生活，又服务于生活的实用性，引导学生要善于观察生活，从生活中发现问题，并用数学知识解决问题．
重点难点
教学重点：掌握等差数列的前n项和公式；会用等差数列的前n项和公式解决一些简单的问题，能用多种方法解决数列求和问题．
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教学难点：对等差数列求和公式的深刻理解及其灵活应用．
课时安排
2课时
教学过程
第1课时
导入新课
思路1.(情境导入)我们在日常生活中常常遇到这样的事情：(可利用多媒体课件或幻灯片)有一堆钢管放置如图1，请你帮助管理人员算一算一共有钢管多少根？求图2共有多少朵花？当然一根根地数钢管或一朵朵地数小花能算出来，但有没有更好的方法呢？若让你求出第100层的钢管数或让你求出第100个圆圈上的小花数，那么你怎样求呢？这实际上就是等差数列的求和问题，由此展开新课．
图1
图2
思路2.(事例导入)关于“加薪的学问”有一报道如下：在美国广为流传的一道数学题目是：老板给你两个加工资的方案，一是每年年末加1 000元；二是每半年结束时加300元．请选一种，一般不擅长数学的，很容易选择前者．因为一年加1 000元总比两个半年共加600元要多．其实，由于加工资是累计的，时间稍长，往往第二种方案更有利．例如，在第二年的年末，依第一种方案可以加得1 000＋2 000＝3 000(元)；而第二种方案在第一年加得(300＋600)元，第二年加得900＋1200＝2 100(元)，总数也是3 000元．但到第三年，第一种方案可得1 000＋2 000＋3 000＝6 000(元)，第二种方案则为300＋600＋900＋1
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200＋1 500＋1 800＝6 300(元)，比第一种方案多了300元．第四年、第五年会更多．因此，你若在该公司干三年以上，则应选择第二种方案．
以上材料的正确解答恰是我们要研究的数列求和问题，由此导入新课．
推进新课
(1)教师出示幻灯投影1.
印度泰姬陵(Taj Mahal)是世界七大建筑奇迹之一，所在地是阿格拉市．泰姬陵是印度古代建筑史上的经典之作，这个古陵墓融合了古印度、阿拉伯和古波斯的建筑风格，是印度伊斯兰教文化的象征．
陵寝以宝石镶饰，图案之细致令人叫绝．传说当时陵寝中有一个等边三角形图案，以相同大小的圆宝石镶饰而成，共有100层(如下图)，奢华之程度，可见一斑．你知道这个图案中一共有多少颗宝石吗？(该问题赋予了课堂人文历史的气息，缩短了数学与现实之间的距离，引领学生步入探讨高斯算法的阶段)
(2)教师出示幻灯投影2.
高斯是伟大的数学家、天文学家．高斯十岁时，有一次老师出了一道题目，老师说：“现在给大家出道题目：1＋2＋…100＝？”
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过了两分钟，正当大家在：1＋2＝3；3＋3＝6；4＋6＝10；…算得不亦乐乎时，高斯站起来回答说：
“1＋2＋3＋…＋100＝5 050.”
你知道高斯是如何算出答案的吗？
(3)根据问题(1)(2)你能探究出等差数列的求和公式吗？
(4)等差数列的前n项和公式有什么结构特征？
(5)怎样运用这两个公式解决数列求和问题？
活动：教师引导学生探究以上两个著名的历史问题，一方面展示了历史文化奇迹，如问题(1)，另一方面切身感受一下历史名人的成长足迹，激发学生的探究兴趣．高斯是18世纪德国著名的数学家，被称为历史上最伟大的三位数学家之一，他与阿基米德、牛顿齐名，是数学史上一颗光芒四射的巨星.10岁的小高斯能迅速写出1＋2＋3＋…＋99＋100＝(1＋100)＋(2＋99)＋(3＋98)＋…＋(50＋51)＝101×50＝5 050，将加法问题转化为乘法运算，迅速准确地得到了结果，的确思维非凡．可见作为数学王子的高斯从小就善于观察，敢于思考，因此能从一些简单的事物中发现和寻找出某些规律性的东西．今天我们重温这段历史，是想让学生从中感悟学习的真谛，站在巨人的肩膀上去学习，实际上，高斯用的是首尾配对相加的方法．也就是：1＋100＝2＋99＝3＋98＝…＝50＋51＝101，有50个101，所以1＋2＋3＋…＋100＝50×101＝5 050.高斯算法的高明之处在于他发现这100个数可以分为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101,50个101就等于5 050了．
高斯的这种算法，就是等差数列求和的方法，也就是我们将要探究的等差数列的前n项和问题．
现在，我们再来探究前面的印度泰姬陵的陵寝中的等边三角形图案，在图中我们取下第1层到第21层，得到下图，则下图中第1层到第21层一共有多少颗宝石呢？这是求“1＋2＋3＋…＋21”奇数个项的和的问题，高斯的方法不能用了．要是偶数项的数求和就好首尾配成对了．
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高斯的这种“首尾配对”的算法还得分奇、偶个项的情况求和，适用于偶数个项，我们是否有简单的方法来解决这个问题呢？
我们发现用几何的方法，将这个全等三角形倒置，与原图补成平行四边形．平行四边形中的每行宝石的个数均为22个，共21行．则三角形中的宝石个数就是.
这种方法不需分奇、偶个项的情况就可以求和，很有创意，用数学式子表示就是：
1＋2＋3＋…＋21，
21＋20＋19＋…＋1，
这就是我们数学中一种求和的重要方法——“倒序相加法”．
探究了以上两个实际问题的求和，学生对数学求和问题有了一定的认识，比较以上两种探究过程学生自然会思考能否把“倒序相加法”推广到任意一个等差数列呢？这种类比的联想就是思维智慧的闪现．为了降低难度，教师可先与学生一起探究1＋2＋3＋…＋n的问题，得到如下算式：
1 ＋ 2 ＋ 3 ＋ … ＋ n－1 ＋ n
n ＋ n－1 ＋ n－2 ＋ … ＋ 2 ＋ 1
(n＋1) ＋ (n＋1) ＋ (n＋1) ＋ … ＋ (n＋1) ＋ (n＋1)
可知1＋2＋3＋…＋n＝.
再进一步探究，等差数列{an}的前n项和的问题，让学生明白Sn就表示{an}的前n项和，即Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an，根据倒序相加法可得如下算式：
Sn ＝ a1 ＋ a2 ＋ a3 ＋ … ＋ an，
Sn ＝ an ＋ an－1 ＋ an－2 ＋ … ＋ a1，
2Sn ＝ (a1＋an) ＋ (a2＋an－1) ＋ (a3＋an－2) ＋ … ＋ (an＋a1).
根据上节课等差数列的性质有a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝…＝an＋a1.
所以，2Sn＝n(a1＋an)．由此可得等差数列{an}的前n项和公式：
这就是说，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．
将等差数列的通项公式an＝a1＋(n－1)d代入上式，可得等差数列{an}前n项和的另一公式：
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以上两种推导过程都很精彩，一是用的“倒序相加法”，二是用的基本量来转化为用我们前面求得的结论，并且我们得到了等差数列前n项求和的两种不同的公式．这两种求和公式都很重要，都称为等差数列的前n项和公式．
从以上探究我们可以看出这两个公式是可以转化的，从结构特征看，前一个公式反映了等差数列任意的第k项与倒数第k项的和等于首项与末项的和这个内在性质；后一个公式反映了等差数列的前n项和与它的首项、公差之间的关系，而且是关于n的“二次函数”，可以与二次函数进行比较．两个公式从不同角度反映了数列的性质．两个公式的共同点是需要知道a1和n，不同点是前者还需知an，后者还需要知道d.
从方程角度看两公式共涉及5个元素：a1，d，n，an，Sn，教师要点拨学生注意这5个元素，其中a1，d称为基本元素．因为等差数列的首项a1，公差d已知，则此数列完全确定，因此等差数列中不少问题都可转化为求基本元素a1和d的问题，这往往要根据已知条件列出关于a1，d的方程组，再解这个方程组求出a1，d.
讨论结果：(1)～(3)略．
(4)前一个公式的结构特征是可与梯形面积公式(上底＋下底)×高÷2相类比，上底就是等差数列的首项a1，下底是第n项an，高是项数n；后一个公式是二次函数的形式．
(5)运用这两个公式解题时要让学生明确解方程或方程组的思路．
例1计算：
(1)1＋2＋3＋…＋n；
(2)1＋3＋5＋…＋(2n－1)；
(3)2＋4＋6＋…＋2n；
(4)1－2＋3－4＋5－6＋…＋(2n－1)－2n.
活动：对于刚学完公式的学生来讲，直接解答课本上的例1跨度太大．因此先补充了这样一个直接运用公式的题目．目的是让学生迅速熟悉公式，用基本量观点认识公式，教学时可让学生自己去解答完成，只是对(4)需做必要的点拨：本小题数列共有几项？是否为等差数列？能否直接运用Sn公式求解？若不能，应如何解答？引导学生观察，本小题中的数列共有2n项，不是等差数列，但把正项和负项分开，可看成两个等差数列，所以原式＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]－(2＋4＋6＋…＋2n)＝n2－n(n＋1)＝－n.有的学生可能观察得很快，本小题虽然不是等差数列，但有一个规律，两项结合都为－1，故可得另一解法：原式＝(－1)＋(－1)＋(－1)＋…＋(－1)＝－n.
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解：(1)1＋2＋3＋…＋n＝；
(2)1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝＝n2；
(3)2＋4＋6＋…＋2n＝＝n(n＋1)；
(4)原式＝－n.
点评：本例前3小题直接利用等差数列求和公式，对于(4)小题给我们以启示：在解题时我们应仔细观察，寻找规律，往往会寻找到好的方法．注意在运用求和公式时，要看清等差数列的项数，否则会引起错解．
变式训练
已知等差数列{an}满足a2＋a4＝4，a3＋a5＝10，则它的前10项的和S10等于( )
A．138 B．135 C．95 D．23
答案：C
解析：由a2＋a4＝4，a3＋a5＝10，可解得d＝3，a1＝－4，∴a10＝a1＋9d＝23，
∴S10＝×10＝95.
例2(教材本节例2)
活动：通过本例介绍由求和公式求通项公式的方法，分析求和公式与二次函数的联系．并结合边注引导学生探究数列中项的性质问题．教学中应引起高度重视，可让学生自己探究，教师给予适当点拨．
点评：求使Sn最小的序号n值的方法很多，可鼓励学生课后进一步探究．
例3已知一个等差数列的前10项的和是310，前20项的和是1 220，由此可以确定求其前n项和的公式吗？
活动：教师与学生一起探究，本例的已知条件是在等差数列{an}中，S10＝310，S20＝1 220.由前面我们所学知道，将已知条件代入等差数列前n项和的公式后，可得两个关于a1与d的关系式，它们都是关于a1与d的二元一次方程，解这个二元一次方程组可求得a1与d，a1与d确定了，那么就可求出这个等差数列的前n项和公式．
解：方法一：由题意可知
S10＝310，S20＝1 220，
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将它们代入公式Sn＝na1＋d，得到
解这个关于a1与d的方程组，得到a1＝4，d＝6，
所以Sn＝4n＋×6＝3n2＋n.
方法二：由S10＝×10＝310，得a1＋a10＝62，①
S20＝×20＝1 220.
所以a1＋a20＝122.②
②－①，得10d＝60，所以d＝6.
代入①，得a1＝4，所以有Sn＝a1n＋d＝3n2＋n.
点评：本例的给出方式是设问“由这些条件能确定这个等差数列的前n项和吗”，而不是“求这个数列的前n项和”．这就更深了一层，让学生领悟到a1与d一旦确定，那么这个等差数列就确定了，同时通过本例也让学生领悟等差数列中a1与d是所给5个量中的基本量.5个量中已知3个量则可求其他量，只需通过构造方程或方程组，运用方程思想即可解决问题．教学时教师要充分利用本题的训练价值，使学生熟练地掌握这一基本题型．解完后教师要再引领学生反思总结．
变式训练
设Sn为等差数列{an}的前n项和，S4＝14，S10－S7＝30，求S9.
解：由S4＝14，S10－S7＝30，
∴
即解得a1＝2，d＝1，
∴S9＝9a1＋36d＝54.
例4已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋n，求这个数列的通项公式．这个数列是等差数列吗？如果是，它的首项与公差分别是什么？
活动：这是一道合作探究题．教学时给出一定的时间让学生对本题进行思考探究．
本题给出了一个数列的前n项和的式子，来判断它是否是等差数列．解题的出发点是从所给的和的公式去求出通项．那么通项与前n项和的公式有何种关系呢？由Sn的定义可知，当n＝1时，S1＝a1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，
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即an＝这种由已知数列的Sn来确定数列通项的方法对任意数列都是可行的．本题即用这种方法求出的通项an＝2n－，我们从中知道它是等差数列，这时当n＝1也是满足的，但是不是所有已知Sn求an的问题都能使n＝1时，an＝Sn－Sn－1满足呢？请同学们来探究一下．
解：根据Sn＝a1＋a2＋…＋an－1＋an与Sn－1＝a1＋a2＋…＋an－1(n＞1)，可知当n＞1时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n－，①
当n＝1时，a1＝S1＝12＋×1＝.
也满足①式，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－.
由此可知，数列{an}是一个首项为，公差为2的等差数列．
点评：如果一个数列的前n项和公式是常数项为0，且是关于n的二次型函数，则这个数列一定是等差数列，从而使我们能从数列的前n项和公式的结构特征上来认识等差数列．实质上等差数列的两个求和公式中皆无常数项．
通过本例，教师应提醒学生注意：这实际上给出了已知数列前n项和求其通项公式的一个方法，即已知数列{an}的前n项和Sn，则an＝这种已知数列Sn来确定an的方法对于任何数列都是可行的，但要强调a1不一定满足由Sn－Sn－1＝an求出的通项表达式．因此最后要验证首项a1是否满足已求出的an.这点要引起学生足够的注意．
变式训练
已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋n，求数列{an}的通项公式．
解：由条件，知当n＝1时，a1＝S1＝－×12＋×1＝101.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(－n2＋n)－[－(n－1)2＋(n－1)]＝－3n＋104.
把n＝1代入上式也适合．
∴数列通项公式为an＝－3n＋104(n∈N*)．
1．等差数列{an}中，(1)已知a1＝5，an＝95，n＝10，求Sn；
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(2)已知a1＝100，d＝－2，n＝50，求Sn.
2．已知{an}是一个等差数列，且a2＝1，a5＝－5.
(1)求{an}的通项an；
(2)求{an}前n项和Sn的最大值．
答案：
1．解：由等差数列求和公式，直接求得：(1)Sn＝500；(2)Sn＝2 550.
2．解：(1)设{an}的公差为d，由已知条件，解出a1＝3，d＝－2，
所以an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋5.
(2)Sn＝na1＋d＝－n2＋4n＝4－(n－2)2，
所以n＝2时，Sn取到最大值4.
1．本节的小结由学生来完成，首先回顾总结本节都学习了哪些内容？(两个重要的等差数列求和公式)通过等差数列的前n项和公式的推导，你都从中学到了哪些数学思想方法？(数列倒序相加法)对你今后的学习有什么启发指导？
2．你是怎样从方程的角度来理解等差数列求和公式的？又是怎样从等差数列的性质来理解等差数列的求和公式的？上节学习的等差数列的通项与本节学习的等差数列的求和公式有什么联系？本节的重要题型是什么？
课本习题2—2 A组8、9.
设计感想
本教案设计力求突出实际背景的教学，以大量的日常生活实例及古今中外的数列故事来铺垫学生学习等差数列的本质内涵．除了本教案设计的几个实例，教学时还可根据实际情况再补加一些实例背景．
本教案设计突出了发散思维的训练．通过一题多解，多题一解的训练，比较优劣，换个角度观察问题，这是数学发散思维的基本素质．说到底，学数学，其实是要使人聪明，使人的思维更加缜密．
本节的思考与探究没有涉及，设计的意图是留给学有余力的学生课后选做．鉴于习题2—2B组中3,4,5,6都有一定的难度，因此也设计为选做．
(设计者：周长峰)
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第2课时
导入新课
思路1.上一节课我们一起探究推导了等差数列的求和公式，得到了求和公式的两种形式．我们知道以前在公式的学习过程中，不仅要会对公式正用、逆用及变形用，还要从运动、变化的观点来认识公式，从函数及数列结合的角度透彻理解公式．这里公式Sn＝na1＋d表明Sn是关于n的二次函数，且常数项为0，那么你能看出点列(n，Sn)均在同一条抛物线上吗？这样的抛物线有什么特点？由此展开新课．
思路2.上一节课我们从几个日常生活中的实例探究了等差数列的很重要的公式，我们也知道等差数列有着十分丰富的有趣性质，那么根据等差数列的特点，你能探究出等差数列的哪些重要结论呢？比如单调性、奇偶性、最大值等．教师引导学生由此导入新课．
推进新课
活动：教师与学生一起回忆上节课我们用倒序相加法探究的等差数列的两个求和公式：Sn＝，Sn＝na1＋d.在公式涉及的5个量a1，d，n，an，Sn中，知三可求其二．其中a1，d是最基本的两个量．我们称为基本元素，在等差数列的不少问题中，我们往往都转化为这两个量来求．当然如果熟悉并掌握一些常用结论及性质，往往能找到简洁明快、轻盈优美的灵活解题技巧，提高我们的解题速度．下面我们探究等差数列求和的一些性质问题．
从等差数列的两个求和公式中我们可以看出，公式里不含常数项．教师引导学生进一步探究，如果a1，d是确定的，那么Sn＝na1＋d＝n2＋(a1－)n.可以看出当d≠0时，Sn是关于n的二次式．
从图象角度看(n，Sn)在二次函数y＝Ax2＋Bx(A≠0)的图象上．所以当d≠0时，数列S1，S2，S3，…，Sn的图象是抛物线y＝Ax2＋Bx图象上的一群孤立点，这样我们就可以借助于二次函数的有关性质(如单调性、最值等)来处理等差数列前n项和Sn
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的有关问题．若d＝0，则Sn＝na1.因此我们可以得出这样的结论：数列{an}为等差数列的充要条件是：数列{an}的前n项和可以写成Sn＝an2＋bn的形式(其中a、b为常数)且公差为2a.
结合二次函数图象与性质我们还可得到：当a1＞0，d＜0时，由 Sm为最大值；当a1＜0，d＞0时，由 Sm为最小值．
通过具体例子验证、猜想并推广到一般，我们还可得到：设等差数列{an}的前n项和为A，紧接着n项的和为B，再紧接着n项的和为C，…，则A，B，C，…也成等差数列．
通过以上这些探究，我们在处理等差数列有关和的问题时可有更多的选择余地，而且有些解法更加简单、快捷，提高了我们解题的质量和效果．如下例：
已知等差数列{an}中，a2＋a5＝19，S5＝40，求a10，则可这样解：∵S5＝5a3＝40，∴a3＝8，a2＋a5＝a3－d＋a3＋2d＝2a3＋d＝16＋d＝19，得d＝3.
∴a10＝a3＋7d＝29.
此解法比常规解法优越得多，这类解题技巧在等差数列中比比皆是，让学生在解题探究中细心领悟．
讨论结果：(1)(4)(5)略．
(2)等差数列求和公式中共有5个量，其中a1，d是基本量．
(3)等差数列求和公式可看作n的二次函数式，上节课的例题中初步涉及了这一思想，本节将作进一步的探究．
例1已知等差数列5,4，3，…的前n项和为Sn，求使得Sn最大的序号n的值．
活动：本例目的是让学生在上节初步理解的基础上，对等差数列求和公式的二次函数特征做进一步的螺旋提升．我们知道，等差数列{an}的前n项和公式可以写成Sn＝n2＋(a1－)n，所以Sn可以看成函数y＝x2＋(a1－)x(x∈N*)当x＝n时的函数值．另一方面，容易知道Sn关于n的图象是一条抛物线上的一些点，因此我们可以利用二次函数来求n的值．
解：由题意知，等差数列5,4，3，…的公差为－，
所以Sn＝[2×5＋(n－1)(－)]
＝
＝－(n－)2＋.
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于是，当n取与最接近的整数7或8时，Sn取得最大值．
点评：我们能否换一个角度再来思考这个问题呢？由已知，它的首项为5，公差为－.因为它的首项为正数，公差小于零，因而这个数列是个单调递减数列，当该数列的项出现负数时，则它的前n项的和一定会开始减小，在这样的情况下先求出它的通项，求得结果是an＝a1＋(n－1)d＝－n＋.令an＝－n＋≤0，得到了n≥8，这样就可以知道a8＝0，而a9＜0.从而便可以发现S7＝S8，从第9项和Sn开始减小，由于a8＝0对数列的和不产生影响，所以就可以说这个等差数列的前7项或8项的和最大．这就是上节课留给学生课后探究的问题．
教师与学生一起归纳一下这种解法的规律：
①当等差数列{an}的首项大于零，公差小于零时，它的前n项的和Sn有最大值，可通过求得n的值．
②当等差数列{an}的首项不大于零，公差大于零时，它的前n项的和Sn有最小值，可以通过求得n的值．
有了这种方法再结合前面的函数性质的方法，我们求等差数列的前n项的和的最值问题就可从通项与求和两个角度入手解决：
(1)利用an取值的正负情况来研究数列的和的变化情况；
(2)利用Sn：由Sn＝n2＋(a1－)n利用二次函数求得Sn取最值时n的值．
变式训练
已知an＝1 024＋lg21－n(lg2＝0.301 0)，n∈N*.问前多少项之和最大？前多少项之和的绝对值最小？(让一位学生上黑板去板演)
解：(1)
＜n≤＋13 401＜n＜3 403.所以n＝3 402.
(2)Sn＝1 024n＋(－lg2)，当Sn＝0或Sn趋近于0时其绝对值最小，
令Sn＝0，即1 024＋(－lg2)＝0，得n＝＋1≈6 804.99.
因为n∈N*，所以有n＝6 805.
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例2等差数列{an}中，a1＜0，S9＝S12，求该数列前多少项的和最小？
活动：写出前n项和的函数解析式，再求此式的最值是最直观的思路．教学时，教师充分让学生合作讨论此题，从不同角度来探究此题的解法，教师只是给予必要的点拨．
解法一：设等差数列{an}的公差为d，
则由题意，得9a1＋×9×(9－1)·d＝12a1＋×12×(12－1)·d，即3a1＝－30d，
∴d＝－a1.
又∵a1＜0，∴d＞0.
∴Sn＝na1＋n(n－1)d＝dn2－dn＝(n－)2－d.
∵d＞0，∴Sn有最小值．
又∵n∈N*，∴当n＝10或n＝11时，Sn取最小值．
解法二：由即
解得10≤n≤11.
∴取n＝10或n＝11时，Sn取最小值．
解法三：∵S9＝S12，即a1＋a2＋…＋a9＝a1＋a2＋…＋a12，
∴a10＋a11＋a12＝0，即3a11＝0.
又∵a1＜0，∴前10项或前11项的和最小．
点评：解完本题后教师引领学生对以上三种解法进行反思总结．本题的三种解法从三个不同的视角说明了等差数列前n项和的最值问题，方法迥异，殊途同归，由此看出等价转化思想在简化运算中的作用，其中第一种解法运算量偏大，不容易进行到底，即便做对了，所花时间也较多，要让学生深刻领悟这一点．
事实上，本题还能探究出另一种解法——图象法．∵S9＝S12，∴Sn的图象所在的抛物线的对称轴为x＝＝10.5，
又∵a1＜0，∴数列{an}的前10项或前11项和最小．
例3(教材本节例3)
活动：本例是教材等差数列部分的最后一个例题，目的是让学生通过学到的等差数列知识，解决实际问题．教学时，教师引导学生分析题中的数量关系，观察教育储蓄的规律．通过分析知李先生的每个100元的利息依次可组成等差数列，然后得出算式求解．
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点评：解决本例的关键是建立等差数列的数学模型．
例4已知等差数列{an}中，公差d＞0，其前n项和为Sn，且满足：a2·a3＝45，a1＋a4＝14.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)由通项公式bn＝构造一个新的数列{bn}，若{bn}也是等差数列，求非零常数c.
活动：让学生自己探究本题(1)，对(2)教师可引导学生充分利用等差数列的特征，可由学生合作探究，教师仅给予必要的点拨．
解：(1)∵{an}为等差数列，
∴a1＋a4＝a2＋a3＝14.
又a2·a3＝45，
∴a2，a3是方程x2－14x＋45＝0的两实根．
又公差d＞0，∴a2＜a3.∴a2＝5，a3＝9.
∴
∴an＝4n－3.
(2)由(1)知Sn＝n·1＋×4＝2n2－n，
∴bn＝＝.
∴b1＝，b2＝，b3＝.
又{bn}也是等差数列，即b1＋b3＝2b2.
∴2·＝＋.
解之，得c＝－(c＝0舍去)．∴bn＝＝2n.
易知{bn}是等差数列，c＝－.
例52000年11月14日，教育部下发了《关于在中小学实施“校校通”工程的通知》，某市据此提出了实施“校校通”工程的总目标：从2001年起用10年的时间，在全市中小学建成不同标准的校园网．据测算，2001年该市用于“校校通”工程的经费为500万元．为了保证工程的顺利实施，计划每年投入的资金都比上一年增加50万元．那么从2001年起的未来10年内，该市在“校校通”工程中的总投入是多少？
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活动：这是一道实际应用题，从题中给出的信息我们发现了等差数列的模型，这个等差数列的首项是500，记为a1，公差为50，记为d，而从2001年到2010年应为十年，所以这个等差数列的项数为10.再用公式就可以算出来了．
解：根据题意，从2001～2010年，该市每年投入“校校通”工程的经费都比上一年增加50万元．
所以，可以建立一个等差数列{an}，表示从2001年起各年投入的资金，其中
a1＝500，d＝50.
那么，到2010年(n＝10)投入的资金总额为
S10＝10×500＋×50＝7 250(万元)．
答：从2001～2010年，该市在“校校通”工程中的总投入是7 250万元．
点评：反思本例的解题过程，关键是将实际问题转化为等差数列模型，用刚学到的等差数列求和公式解之．
变式训练
一个屋顶的某一斜面成等腰梯形，最上面一层铺瓦片21块，往下每一层多铺1块，斜面上铺了19层，共铺瓦片多少块？
解：由题意，所铺瓦片数成等差数列．设所成等差数列为{an}，则a1＝21，d＝1，n＝19.
由等差数列前n项和公式知：
共铺瓦片S19＝19×21＋×1＝570(块)．
答：共铺瓦片570块．
1．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4≥10，S5≤15，则a4的最大值为________．
2．在等差数列{an}中满足3a4＝7a7，且a1＞0，Sn是数列{an}前n项的和，若Sn取得最大值，则n＝__________.
答案：
1．4 解析：设等差数列{an}的公差为d，依题意有4a1＋×d≥10，即2a1＋3d≥5，
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5a1＋×d≤15，即a1＋2d≤3.
所以a4＝a1＋3d＝－(2a1＋3d)＋3(a1＋2d)≤－5＋3×3＝4.
因此a4的最大值为4.
2．9 解析：∵3a4＝7a7，
∴d＝－a1.
又∵a1＞0，d＜0，
∴Sn＝na1＋d＝－(n－)2＋a1.
故当n＝9时，Sn最大．
1．本课的小结由学生来完成．首先回顾总结本节探究了哪些重要结论？通过本节几个例题及变式训练的探讨，你对等差数列前n项和公式的应用又拓展了多少？你从中体会到了哪些数学思想方法？对你今后的进一步学习有什么启发指导？你将本节所学知识纳入已有的知识系统中了吗？
2．你是怎样从方程思想的角度来理解等差数列求和公式的？又是怎样从等差数列的性质来理解等差数列的求和公式的？你是怎样从二次函数的角度来更加深刻地认识等差数列求和公式的？它是怎样与函数、不等式、方程等内容交汇的？重要的是你今天有什么独创呢？比如，若已知数列{an}的前n项和为Sn＝2n2－3n＋1，则通项an等于多少呢？你得出的答案是an＝ 还是an＝4n－5(n∈N*)呢？请课下思考．
课本习题2—2 A组12；习题2—2 B组1,2,3.
设计感想
本教案设计的核心是突出学生的思维训练，这是一条主线，像例2引导学生探究了3种解法，从中比较了由于视角的不同而表现出的差异，让学生领悟数学中等价转化的作用．因为从解法上看有的解法繁杂，甚至有了思路也不一定解出来，而有的解法确实太漂亮了，简洁而流畅．
本教案设计突出了方程的思想，所谓方程思想就是指把数学问题所反映的数量关系用解析式的形式表示出来，再把解析式归结为方程，通过解方程的手段或对方程进行研究使问题得以解决．设未知数，列方程，解方程是用方程的思想解数列问题的重要环节．
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本教案设计强调了数列与其他知识的交汇．我们知道数列是函数概念的继续和延伸．数列的通项公式及前n项和公式都可以看作项数n的函数，是函数思想在数列中的应用．而对数列求和公式的视角又大而广之，即把数列的前n项和Sn视为数列{Sn}的通项，这体现了思维的广阔性，也使学生的思维一下子博大而高远了，这或许就是数学的魅力之所在．
备课资料
一、等差数列的性质探究
等差数列的内容内涵丰富，通项公式与前n项和公式是其核心内容，我们对其进行合理整合、变形，可以得到诸多的性质，它们的应用使解题变得轻松愉悦，与常规方法相比较，过程要简捷得多．
【性质1】 已知等差数列{an}，m、p、q∈N*，若存在实数λ使m＝(λ≠－1)，
则am＝.
证明：由等差数列{an}的通项公式an＝dn＋a1－d的几何意义：点(p，ap)、(m，am)、(q，aq)共线，由斜率公式得＝，因为m＝，所以＝λ.
所以λ(am－aq)＝ap－am.所以(1＋λ)am＝ap＋λaq，即am＝.
评析：特别地，当λ＝1时，2am＝ap＋aq，我们不妨将性质1称为等差数列的定比分点公式．
【性质2】 等差数列{an}，ni，mi∈N*，i＝1,2,3，…，k，若i＝i，则ni＝mi.
证明：设等差数列{an}的公差为d.根据ani＝ami＋(ni－mi)d，i＝1,2,3，…，k，
则ni＝mi＋(i－i)d＝mi.所以ni＝mi.
推论：等差数列{an}，ni，m∈N*，i＝1,2,3，…，k，若km＝i，则kam＝ni.
评析：本性质实质上是等差中项性质的推广．
【性质3】 等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，n，m∈N*，
则－＝(m－n)d.
证明：因为－＝
＝
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＝
＝d
＝d
＝d
＝(m－n)d，
所以－＝(m－n)d.
评析：实质上数列{}是公差为的等差数列．
【性质4】 等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，n，m∈N*，则Sm＋n＝Sm＋Sn＋mnd.
证明：因为Sm＋n＝Sn＋(an＋1＋an＋2＋…＋an＋m)
＝Sn＋(a1＋nd)＋(a2＋nd)＋…＋(am＋nd)
＝Sn＋(a1＋a2＋…＋am)＋mnd
＝Sm＋Sn＋mnd，
所以Sm＋n＝Sm＋Sn＋mnd.
【性质5】 等差数列{an}前n项和为Sn，若m＝p＋q(m、p、q∈N*且p≠q)，
则有＝.
证明：设等差数列{an}的公差为d.
因为Sp－Sq＝pa1＋p(p－1)d－qa1－q(q－1)d＝(p－q)[a1＋(p＋q－1)d]，
所以＝a1＋(p＋q－1)d.
又因为＝a1＋(m－1)d，且m＝p＋q，
所以有＝.
推论：等差数列{an}前n项和为Sn，若m＋t＝p＋q(m、t、p、q∈N*且m≠t，p≠q)，则＝.
【性质6】 等差数列{an}前n项和为Sn.
(1)当n＝2k(k∈N*)时，S2k＝k(ak＋ak＋1)；
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(2)当n＝2k－1(k∈N*)时，S2k－1＝kak.
二、备用习题
1．已知等差数列{an}的前n项和为18，若S3＝1，an＋an－1＋an－2＝3，则n的值为( )
A．9 B．21 C．27 D．36
2．过圆x2＋y2＝5内一点P(，)有n条弦，这n条弦的长度成等差数列{an}，如果过P点的圆的最短的弦长为a1，最长的弦长为an，且公差d∈(，)，那么n的取值集合为… ( )
A．{5,6,7} B．{4,5,6} C．{3,4,5} D．{3,4,5,6}
3．如果a1，a2，…，a8为各项都大于零的等差数列，公差d≠0，则( )
A．a1a8＞a4a5 B．a1a8＜a4a5
C．a1＋a8＞a4＋a5 D．a1a8＝a4a5
4．等差数列{an}中，公差d≠0，a1≠d，若这个数列的前40项的和是20m，则m等于( )
A．a10＋a30 B．a20 C．a40＋d D．a15＋a26
5．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若＝，则等于( )
A. B. C. D.
6．已知正实数a、b、c成等差数列，函数f(x)＝ax2＋bx＋c的图象与x轴有两个交点，则x1·x2的取值范围是__________．
7．已知某等差数列共有10项，其奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差为__________．
8．设数列{an}是公差不为零的等差数列，Sn是数列{an}的前n项和，且S＝9S2，S4＝4S2，求数列{an}的通项公式．
参考答案：
1．答案：C
解析：Sn＝＝18，由S3＝1和得3(a1＋an)＝4.
∴a1＋an＝.∴n＝＝＝27.
2．答案：A
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解析：过点P的最长弦是直径，最短弦是过点P垂直于这条直径的弦为2.
∵an＝a1＋(n－1)d，
∴2＝2＋(n－1)d.
n－1＝，∴d∈(，)．
∴3(2－2)＜n－1＜6(2－2)．
∴n＝5,6,7.
3．答案：B
解析：a1a8－a4a5＝a1(a1＋7d)－(a1＋3d)(a1＋4d)＝－12d2＜0.
4．答案：D
解析：∵S40＝＝20m，
∴a1＋a40＝m.
而a1＋a40＝a15＋a26，且d≠0，a1≠d，可排除A、B、C.
5．答案：A
解析：设S3＝m，∵＝，
∴S6＝3m.∴S6－S3＝2m.
由等差数列依次每k项之和仍为等差数列，得S3＝m，S6－S3＝2m，S9－S6＝3m，S12－S9＝4m，
∴S6＝3m，S12＝10m.
∴＝.
6．答案：(0,7－4)∪(7＋4，＋∞)
解析：∵x1x2＝＞0，又2b＝a＋c，b2－4ac＞0，
则()2－4ac＞0，a2＋c2－14ac＞0，＋－14＞0，
令t＝，则t＋－14＞0.
t2－14t＋1＞0.解得t∈(0,7－4)∪(7＋4，＋∞)．
7．答案：3
解析：∵S奇＝a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝15，
S偶＝a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝30，
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∴S偶－S奇＝5d＝15.
∴d＝3.
8．解：设等差数列{an}的公差为d，
由Sn＝na1＋d及已知条件得(3a1＋3d)2＝9(2a1＋d)，①
4a1＋6d＝4(2a1＋d)．②
由②得d＝2a1，代入①，有a＝a1，
解得a1＝0或a1＝.
当a1＝0时，d＝0(舍去)，因此a1＝，d＝.
故数列{an}的通项公式为an＝＋(n－1)×＝(2n－1)．
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