师：你好，欢迎来到数学课堂，今天这节课我们一起学习等差数列的前 n 项和第二课时内容。首先，明确本节课的学习目标，有三点。其一，熟练掌握等差数列的前 n 项和公式以及求和方法；其二，熟悉等差数列的前 n 项和与二次函数之间的联系，能从二次函数角度解决等差数列的相关问题；其三，体会方程思想、函数思想、分类讨论思想的运用，培养分析和解决问题的能力，提升数学抽象、数学运算等素养。
接下来，简要回顾上节课主要内容。上节课，我们用倒序相加法推导了等差数列的前 n 项和公式，得到两种形式。第一种形式(S_{n}=\frac{n(a_{1}+a_{n})}{2})，第二种形式(S_{n}=na_{1}+\frac{n(n - 1)}{2}d)。在这两种形式涉及的 5 个量：首项(a_{1})、公差(d)、项数(n)、通项(a_{n})、前(n)项和(S_{n})中，可做到知三求二。
另外，根据前面学习，我们知道数列的通项是项数的函数，那么等差数列的前 n 项和是不是项数的函数呢？如果是，又是什么类型的函数？带着这两个问题，下面从函数角度探究等差数列的前 n 项和。
在等差数列的前 n 项和(S_{n}=na_{1}+\frac{n(n - 1)}{2}d)中，如果首项(a_{1})、公差(d)确定，那么对于任意(n\in N^{*})，都有唯一的(S_{n})与之对应，这种关系符合函数定义，所以等差数列的前 n 项和(S_{n})是项数(n)的函数。
那(S_{n})是什么类型的函数呢？在(S_{n}=na_{1}+\frac{n(n - 1)}{2}d)中，将其变形为(S_{n}=\frac{d}{2}n^{2}+(a_{1}-\frac{d}{2})n)。从形式上看，它具备二次函数形式特征，那它是不是二次函数呢？这取决于二次项系数是否为(0)。要确定(S_{n})的类型，需讨论二次项系数以及一次项系数是否为(0)。
第一种情况，若公差(d = 0)，首项(a_{1}=0)，则(S_{n}=0)，这时(S_{n})是常数函数；若公差(d = 0)，首项(a_{1}\neq0)，则(S_{n}=na_{1})，这时(S_{n})是一次函数；若公差(d\neq0)，则(S_{n}=\frac{d}{2}n^{2}+(a_{1}-\frac{d}{2})n)，这时(S_{n})是不含常数项的二次函数。
既然清楚了(S_{n})的类型，那它的图像是怎样的呢？下面以公差(d\neq0)为例说明。此时，令(A=\frac{d}{2})，(B = a_{1}-\frac{d}{2})，则(S_{n}=An^{2}+Bn)。从图像上看，点((n,S_{n}))在二次函数(y = Ax^{2}+Bx)的图像上，也就是说公差(d\neq0)时，函数(S_{n})的图像，即数列({S_{n}})的图像是抛物线(y = Ax^{2}+Bx)上一群孤立的点。通过以上讨论，这三类函数可统一表示为(S_{n}=An^{2}+Bn)的形式，其中(A)、(B)为常数，(n\in N^{*})。这样一来，我们就可以借助函数的有关性质，如单调性、最值等来解决等差数列的前 n 项和相关问题。
同学们，请看点例 1。已知等差数列({a_{n}})的前 n 项和为(S_{n})，若(S_{10}=35)，(S_{22}=473)，求(S_{n})。
因为({a_{n}})是等差数列，所以它的前 n 项和(S_{n})可以写成(An^{2}+Bn)的形式。又因为(S_{10}=35)，(S_{22}=473)，代入可得(\begin{cases}100A + 10B = 35\484A + 22B = 473\end{cases})，解得(A=\frac{3}{2})，(B = -\frac{23}{2})。代入可得(S_{n}=\frac{3}{2}n^{2}-\frac{23}{2}n)，这是解法一，根据等差数列前 n 项和的结构特点求解。
另外，因为({a_{n}})是等差数列，所以前 n 项和(S_{n}=na_{1}+\frac{n(n - 1)}{2}d)。又因为(S_{10}=35)，(S_{22}=473)，代入可得(\begin{cases}10a_{1}+\frac{10\times9}{2}d = 35\22a_{1}+\frac{22\times21}{2}d = 473\end{cases})，化简可得(\begin{cases}2a_{1}+9d = 7\22a_{1}+231d = 473\end{cases})，解这个方程组，可得(a_{1}=-10)，(d = 3)。代入可得(S_{n}=\frac{3}{2}n^{2}-\frac{23}{2}n)，这是解法二，根据等差数列前 n 项和公式的第二种形式。
对于例 1，同学们可以总结求等差数列前 n 项和的方法：其一，根据等差数列前 n 项和公式，求出首项、公差，代入公式计算；其二，由于等差数列的前 n 项和(S_{n})可写成(An^{2}+Bn)的形式，因此可采用待定系数法求解。
另外，等差数列的前 n 项和都可以写成(An^{2}+Bn)的形式。那么反之，如果一个数列的前 n 项和是(An^{2}+Bn)的形式，这个数列是等差数列吗？我们请看拓展训练。已知数列({a_{n}})的前 n 项和(S_{n}=-n^{2}+33n)。
问题一，求证数列({a_{n}})是等差数列；问题二，求数列({|a_{n}|})的前 n 项和(T_{n})。
我们简要分析这两个问题。要证数列({a_{n}})是等差数列，首先要求其通项公式，再结合等差数列定义证明。如何求数列({a_{n}})的通项公式呢？根据数列前 n 项和的定义，(S_{n}=a_{1}+a_{2}+\cdots + a_{n})，在这个式子中，(a_{1}+a_{2}+\cdots + a_{n - 1})实际上是数列({a_{n}})的前(n - 1)项和，即(S_{n - 1})。所以(S_{n}=S_{n - 1}+a_{n})，这里需注意(n\geq2)。所以当(n\geq2)时，(a_{n}=S_{n}-S_{n - 1})。又因为当(n = 1)时，(a_{1}=S_{1})，所以(a_{n}=\begin{cases}S_{1},&n = 1\S_{n}-S_{n - 1},&n\geq2,n\in N^{*}\end{cases})。
问题二，要求数列({|a_{n}|})的前 n 项和，关键要确定数列({a_{n}})中哪些项非负，再通过对(n)进行讨论，去掉(|a_{n}|)的绝对值符号，转化为求数列({a_{n}})的和的问题。
好，同学们请看具体过程。
一、证明：因为(S_{n}=-n^{2}+33n)，所以当(n\geq2)时，(a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=-n^{2}+33n - [-(n - 1)^{2}+33(n - 1)] = 34 - 2n)。又因为当(n = 1)时，(a_{1}=S_{1}=32)，满足(n\geq2)时(a_{n})的通项。所以数列({a_{n}})的通项为(a_{n}=34 - 2n)，(n\in N^{*})。再有等差数列的定义，可得(a_{n + 1}-a_{n}=(34 - 2(n + 1)) - (34 - 2n)= - 2)（常数），所以数列({a_{n}})是首项为(32)，公差为(-2)的等差数列。
二、要求数列({|a_{n}|})的前 n 项和，关键是确定数列({a_{n}})中哪些项非负。因此由(a_{n}\geq0)，可得(34 - 2n\geq0)，即(n\leq17)，所以数列({a_{n}})中前(17)项非负，且(a_{17}=0)。
通过对(n)进行讨论，当(n\leq17)时，数列({a_{n}})的前(17)项全非负，则求和时绝对值符号可直接去掉，所以(T_{n}=a_{1}+a_{2}+\cdots + a_{n}=S_{n}=-n^{2}+33n)。
当(n\geq18)时，前(17)项绝对值可直接去掉，但从第(18)项起，往后每一项去掉绝对值符号时都要加一负号。所以(T_{n}=a_{1}+a_{2}+\cdots + a_{17}-(a_{18}+a_{19}+\cdots + a_{n}))，这里(a_{1}+a_{2}+\cdots + a_{17}=S_{17})，括号里的部分就是(S_{n}-S_{17})，化简可得(T_{n}=2S_{17}-S_{n})。代入计算可得(T_{n}=n^{2}-33n + 544)。
综上可得(T_{n}=\begin{cases}-n^{2}+33n,&n\leq17\n^{2}-33n + 544,&n\geq18,n\in N^{*}\end{cases})。