6.2.4等差数列应用举例(课件)
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2024届高考一轮复习数学课件(新人教B版)：等差数列
所以 Sn＋1－ Sn＝(n＋1) a1－n a1＝ a1(常数)，
所以数列{ Sn}是等差数列. ①②⇒③. 已知{an}是等差数列，{ Sn}是等差数列.
设数列{an}的公差为d， 则 Sn＝na1＋nn－ 2 1d＝12n2d＋a1－d2n.
因为数列{ Sn}是等差数列， 所以数列{ Sn}的通项公式是关于 n 的一次函数，
教材改编题
1.在等差数列{an}中，已知a5＝11，a8＝5，则a10等于
A.－2
B.－1
√C.1
D.2
设等差数列{an}的公差为 d，由题意得151＝＝aa1＋1＋74dd，， 解得ad1＝＝－192，. ∴an＝－2n＋21. ∴a10＝－2×10＋21＝1.
教材改编题
2.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝8，S8＝20，则a9＋a10＋a11＋a12
A.aa94＝－1
√C.aa93＝－1
B.aa83＝－1 D.aa140＝－1
由aa85＝－2 得 a5≠0,2a5＋a8＝a4＋a6＋a8＝3a6＝0， 所以a6＝0，a3＋a9＝2a6＝0， 因为a5≠0，a6＝0， 所以 a3≠0，aa93＝－1.
命题点2 等差数列前n项和的性质
例 4 (1)设等差数列{an}，{bn}的前 n 项和分别为 Sn，Tn，若对任意的
则 a1－d2＝0，即 d＝2a1，所以 a2＝a1＋d＝3a1. ②③⇒①. 已知数列{ Sn}是等差数列，a2＝3a1， 所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1. 设数列{ Sn}的公差为 d，d>0， 则 S2－ S1＝ 4a1－ a1＝d，得 a1＝d2， 所以 Sn＝ S1＋(n－1)d＝nd，
所以Sn＝n2d2， 所以an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2(n≥2)，是关于n的一 次函数，且a1＝d2满足上式， 所以数列{an}是等差数列.
所以数列{ Sn}是等差数列. ①②⇒③. 已知{an}是等差数列，{ Sn}是等差数列.
设数列{an}的公差为d， 则 Sn＝na1＋nn－ 2 1d＝12n2d＋a1－d2n.
因为数列{ Sn}是等差数列， 所以数列{ Sn}的通项公式是关于 n 的一次函数，
教材改编题
1.在等差数列{an}中，已知a5＝11，a8＝5，则a10等于
A.－2
B.－1
√C.1
D.2
设等差数列{an}的公差为 d，由题意得151＝＝aa1＋1＋74dd，， 解得ad1＝＝－192，. ∴an＝－2n＋21. ∴a10＝－2×10＋21＝1.
教材改编题
2.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝8，S8＝20，则a9＋a10＋a11＋a12
A.aa94＝－1
√C.aa93＝－1
B.aa83＝－1 D.aa140＝－1
由aa85＝－2 得 a5≠0,2a5＋a8＝a4＋a6＋a8＝3a6＝0， 所以a6＝0，a3＋a9＝2a6＝0， 因为a5≠0，a6＝0， 所以 a3≠0，aa93＝－1.
命题点2 等差数列前n项和的性质
例 4 (1)设等差数列{an}，{bn}的前 n 项和分别为 Sn，Tn，若对任意的
则 a1－d2＝0，即 d＝2a1，所以 a2＝a1＋d＝3a1. ②③⇒①. 已知数列{ Sn}是等差数列，a2＝3a1， 所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1. 设数列{ Sn}的公差为 d，d>0， 则 S2－ S1＝ 4a1－ a1＝d，得 a1＝d2， 所以 Sn＝ S1＋(n－1)d＝nd，
所以Sn＝n2d2， 所以an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2(n≥2)，是关于n的一 次函数，且a1＝d2满足上式， 所以数列{an}是等差数列.
等差数列的性质和应用PPT优秀课件
解 a n： S nS n 1(n2 ) a nn 2 2 n (n 1 )22 (n 1 )2 n 3(n2 （ )* ）
又当 n1时， a1 S1 1适合 (*) an 2n3，此a时 n1an 2 an为等差数 . 列
16
思考 :若此题S改 n n为 22n2, 试判断{a数 n}是 列否成数 等列 ?差
解 :由题意得 :
a1 S1 1, a2 1, a3 3 而2a2 a1 a3 ,
故{an }不成等差数列.
事实a上 n 12， n3
n1 n2
17
评注：
1.利用 an S n S n1 (n 2)解题时 一定 要注意 验 证 a1是否适合通项公式 .
19
例3:设等差{数 an}的 列前 n项和S为 n, 若a5 5a3,则SS95 ______
解：
9(a1 a9)
S9 2 9a5 959
S5 5(a1a5) 5 a3 5
2
评注：S在n
a1
an 2
n中可利用性质
将a1 an转换成数列中另外之两和.项
20
例4:若数{a列 n}为等差数列 Sp ， Sq,且
(pq, p,qN) 求Spq
解:
Sp
Sq pa1
Sk,S2kSk,S3kS2k成等差数列？ 。如何证
略证S：k a1
ak 2
k
(1)
S2kSk
ak1
ak2
a2k
ak1 a2k 2
k
(2)
(S31k )(S23k得 )a2S k： k 12a(S 3k3kkS2k)k 2a1aka2k(13)a3k
解：由推广的通项公 知式 ：
又当 n1时， a1 S1 1适合 (*) an 2n3，此a时 n1an 2 an为等差数 . 列
16
思考 :若此题S改 n n为 22n2, 试判断{a数 n}是 列否成数 等列 ?差
解 :由题意得 :
a1 S1 1, a2 1, a3 3 而2a2 a1 a3 ,
故{an }不成等差数列.
事实a上 n 12， n3
n1 n2
17
评注：
1.利用 an S n S n1 (n 2)解题时 一定 要注意 验 证 a1是否适合通项公式 .
19
例3:设等差{数 an}的 列前 n项和S为 n, 若a5 5a3,则SS95 ______
解：
9(a1 a9)
S9 2 9a5 959
S5 5(a1a5) 5 a3 5
2
评注：S在n
a1
an 2
n中可利用性质
将a1 an转换成数列中另外之两和.项
20
例4:若数{a列 n}为等差数列 Sp ， Sq,且
(pq, p,qN) 求Spq
解:
Sp
Sq pa1
Sk,S2kSk,S3kS2k成等差数列？ 。如何证
略证S：k a1
ak 2
k
(1)
S2kSk
ak1
ak2
a2k
ak1 a2k 2
k
(2)
(S31k )(S23k得 )a2S k： k 12a(S 3k3kkS2k)k 2a1aka2k(13)a3k
解：由推广的通项公 知式 ：
中职教育-数学(基础模块)下册 第六章 数列.ppt
根据高斯算法的启示，对于公差为d的等差数列，其前n项和
可表示为 Sn a1 (a1 d ) (a①1 2d ) [a1 (n 1)d ]，
Sn an (an d ) (②an 2d ) [an (n 1)d ]．
…
…
将①②两式相加可得
…
2Sn (a1 an ) (a1 an ) (a1 an ) n个
．
于是
a2
a1q
16 3
3 2
8．
➢例题解析
例2 求等比数列11,3.3,0.99，…的第4项和第5 项．
… …
观察
所以，数列的一般形式可以写成
a1 ，a2 ，a3 ， ，an ，
简记为{an}．其中，反映各项在数列中位置的数字0,1,2,3，…，n
分别称为对应各项的项数．
项数有限的数列称为有穷数列；项数无限的数列称为无穷数列．上 面的例子中，数列②④为有穷数列，数列①③为无穷数列．
➢6.1.2 数列的通项公
59 3n 1， n 20．
因此，该数列的第20项为59．
➢例题解析
例3 在等差数列{an}中，公差d=5， a9=38，求首项a1。
解：
因d=5，故设等差数列的通项公式为
an a1 5(n 1) ．
因a9=38，故
38 a1 5 (9 1) ． a1 2 ．
➢例题解析
例4 某市出租车的计价标准为1.2元 /km，起步价为10元，即最初的4 km （不含4 km）计价10元．如果某人在该 市坐出租车去14 km处的地方，需要支 付 解多：少车费？
观察上面的数列，可以发现，从第2项开始，数列中每 一项与其前一项的比都等于2．
一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与其前一项 的比都等于同一常数，那么，这个数列称为等比数列，这 个常数称为等比数列的公比，用字母q 表示．
可表示为 Sn a1 (a1 d ) (a①1 2d ) [a1 (n 1)d ]，
Sn an (an d ) (②an 2d ) [an (n 1)d ]．
…
…
将①②两式相加可得
…
2Sn (a1 an ) (a1 an ) (a1 an ) n个
．
于是
a2
a1q
16 3
3 2
8．
➢例题解析
例2 求等比数列11,3.3,0.99，…的第4项和第5 项．
… …
观察
所以，数列的一般形式可以写成
a1 ，a2 ，a3 ， ，an ，
简记为{an}．其中，反映各项在数列中位置的数字0,1,2,3，…，n
分别称为对应各项的项数．
项数有限的数列称为有穷数列；项数无限的数列称为无穷数列．上 面的例子中，数列②④为有穷数列，数列①③为无穷数列．
➢6.1.2 数列的通项公
59 3n 1， n 20．
因此，该数列的第20项为59．
➢例题解析
例3 在等差数列{an}中，公差d=5， a9=38，求首项a1。
解：
因d=5，故设等差数列的通项公式为
an a1 5(n 1) ．
因a9=38，故
38 a1 5 (9 1) ． a1 2 ．
➢例题解析
例4 某市出租车的计价标准为1.2元 /km，起步价为10元，即最初的4 km （不含4 km）计价10元．如果某人在该 市坐出租车去14 km处的地方，需要支 付 解多：少车费？
观察上面的数列，可以发现，从第2项开始，数列中每 一项与其前一项的比都等于2．
一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与其前一项 的比都等于同一常数，那么，这个数列称为等比数列，这 个常数称为等比数列的公比，用字母q 表示．
等差数列(讲解部分)
(1)
(2)
解析 (1)由Sn=3×2n-3,n∈N*,得 (i)当n=1时,a1=S1=3×21-3=3. (ii)当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(3×2n-3)-(3×2n-1-3)=3×(2n-2n-1)=3×2n-1(*).又当n=1时,a1 =3也满足(*)式.
所以,对任意n∈N*,都有an=3×2n-1. (2)解法一:设等差数列{bn}的首项为b1,公差为d,由(1)得b2=a5=3×25-1=48,b11= S3=3×23-3=21.
由等差数列的通项公式得
bb121
= b1 = b1
+ d = 48, +10d = 21,
解得
bd1
= =
51, -3.
所以bn=54-3n.
∵bn+1-bn=-3<0,
∴bn随着n的增大而减小,
令bn=0,解得n=18,∴当n≤17的bn>0,当n>19时,bn<0.
所以Tn有最大值,无最小值,且T18(或T17)为Tn的最大值,
考点二 等差数列的性质
已知数列{an}是等差数列,Sn是{an}的前n项和. (1)若m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),则有am+an=ap+aq. (2)等差数列{an}的单调性:当d>0时,{an}是递增数列;当d<0时,{an}是递减数 列;当d=0时,{an}是常数列. (3)若{an}是等差数列,公差为d,则ak,ak+m,ak+2m,…(k,m∈N*)是公差为md的等差 数列.
T18=18(b12+ b18 ) =9×(51+0)=459.
解法二:由解法一可知Tn=51n+
(2)
解析 (1)由Sn=3×2n-3,n∈N*,得 (i)当n=1时,a1=S1=3×21-3=3. (ii)当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(3×2n-3)-(3×2n-1-3)=3×(2n-2n-1)=3×2n-1(*).又当n=1时,a1 =3也满足(*)式.
所以,对任意n∈N*,都有an=3×2n-1. (2)解法一:设等差数列{bn}的首项为b1,公差为d,由(1)得b2=a5=3×25-1=48,b11= S3=3×23-3=21.
由等差数列的通项公式得
bb121
= b1 = b1
+ d = 48, +10d = 21,
解得
bd1
= =
51, -3.
所以bn=54-3n.
∵bn+1-bn=-3<0,
∴bn随着n的增大而减小,
令bn=0,解得n=18,∴当n≤17的bn>0,当n>19时,bn<0.
所以Tn有最大值,无最小值,且T18(或T17)为Tn的最大值,
考点二 等差数列的性质
已知数列{an}是等差数列,Sn是{an}的前n项和. (1)若m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),则有am+an=ap+aq. (2)等差数列{an}的单调性:当d>0时,{an}是递增数列;当d<0时,{an}是递减数 列;当d=0时,{an}是常数列. (3)若{an}是等差数列,公差为d,则ak,ak+m,ak+2m,…(k,m∈N*)是公差为md的等差 数列.
T18=18(b12+ b18 ) =9×(51+0)=459.
解法二:由解法一可知Tn=51n+
高教版中职数学(基础模块)下册6.2《等差数列》ppt课件4
(2)证明：∵an＋1－an＝2pn＋p＋q，∴an＋2－an＋1＝2p(n ＋1)＋p＋q.又(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)＝2p 为一个常数，
∴数列{an＋1－an}是等差数列．
类型二 等差数列基本量的计算
例 2.在等差数列{an}中， (1)已知 a15＝33，a45＝153，求 an； (2)已知 a6＝10，S5＝5，求 Sn； (3)已知前 3 项和为 12，前 3 项积为 48，且 d＞0，
(3)设该等差数列的项数为 n，则 a1＋a2＋a3＋a4＝36，an ＋an－1＋an－2＋an－3＝124，
a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝a4＋an－3， ∴4(a1＋an)＝160，即 a1＋an＝40. ∴Sn＝n（a12＋an）＝20n＝780，解得 n＝39.故填 39.
(4)解法一：令 Sn＝An2＋Bn，则
(5)等差数列的前 n 项和为 Sn，则 Sn，S2n－Sn， S3n－S2n，…为等差数列，公差为 n2d.
(6)若等差数列的项数为 2n，则有
S 偶－S 奇＝nd，SS奇偶＝aan＋n 1.
(2015·重庆)在等差数列 {an} 中，若 a2＝4，a4＝2，则 a6＝( ) A．－1 B．0 C．1 D．6
设数列{an}的前 n 项 和为 Sn，若对于所有的正整数 n， 都有 Sn＝n（a1＋ 2 an），证明{an} 是等差数列．
证明：当 n≥2 时，由题设知 an＝Sn－Sn－1＝n（a12＋an）－（n－1）（2a1＋an－1） ＝12[a1＋nan－(n－1)an－1]， 同理 an＋1＝12[a1＋(n＋1)an＋1－nan]．从而 an＋1－an＝12[(n＋1)an＋1－2nan＋(n－1)an－1]. 等差数列的定义
∴数列{an＋1－an}是等差数列．
类型二 等差数列基本量的计算
例 2.在等差数列{an}中， (1)已知 a15＝33，a45＝153，求 an； (2)已知 a6＝10，S5＝5，求 Sn； (3)已知前 3 项和为 12，前 3 项积为 48，且 d＞0，
(3)设该等差数列的项数为 n，则 a1＋a2＋a3＋a4＝36，an ＋an－1＋an－2＋an－3＝124，
a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝a4＋an－3， ∴4(a1＋an)＝160，即 a1＋an＝40. ∴Sn＝n（a12＋an）＝20n＝780，解得 n＝39.故填 39.
(4)解法一：令 Sn＝An2＋Bn，则
(5)等差数列的前 n 项和为 Sn，则 Sn，S2n－Sn， S3n－S2n，…为等差数列，公差为 n2d.
(6)若等差数列的项数为 2n，则有
S 偶－S 奇＝nd，SS奇偶＝aan＋n 1.
(2015·重庆)在等差数列 {an} 中，若 a2＝4，a4＝2，则 a6＝( ) A．－1 B．0 C．1 D．6
设数列{an}的前 n 项 和为 Sn，若对于所有的正整数 n， 都有 Sn＝n（a1＋ 2 an），证明{an} 是等差数列．
证明：当 n≥2 时，由题设知 an＝Sn－Sn－1＝n（a12＋an）－（n－1）（2a1＋an－1） ＝12[a1＋nan－(n－1)an－1]， 同理 an＋1＝12[a1＋(n＋1)an＋1－nan]．从而 an＋1－an＝12[(n＋1)an＋1－2nan＋(n－1)an－1]. 等差数列的定义
等差数列求和(共24张PPT)
例子二
求1+4+7+10+13的和，这是一个等差数列，公差为3，项数为5。根据等差数 列求和公式，可以得出结果为30。
04
等差数列求和的变种
04
等差数列求和的变种
倒序相加求和
总结词
倒序相加求和是一种特殊的等差数列求和方法，通过将数列倒序排列，再与原数列正序求和，最后除 以2得到结果。
详细描述
倒序相加求和的步骤包括将等差数列倒序排列，然后从第一个数开始与原数列对应项相加，直到最后 一个数。这种方法可以简化等差数列求和的计算过程，特别是对于较大的数列。
计算
使用通项公式，第5项$a_5=a_1+(5-1)d=1+(5-1)times1=5$。
03
等差数列求和公式
03
等差数列求和公式
公式推导
公式推导方法一
利用等差数列的性质，将等差数列的 项进行分组求和，再利用等差数列的 通项公式进行化简，最终得到等差数 列求和公式。
公式推导方法二
利用等差数列的特性，将等差数列的 项进行倒序相加，再利用等差数列的 通项公式进行化简，最终得到等差数 列求和公式。
应用场景二
在金融领域中，等差数列求和公式可以用于计算等额本息还 款法下的贷款总还款额、计算等额本金还款法下的贷款总还 款额等。
公式应用
应用场景一
在数学、物理、工程等领域中，常常需要求解等差数列的和 ，如计算等差数列的各项之和、计算等差数列的和的极限等 。
应用场景二
在金融领域中，等差数列求和公式可以用于计算等额本息还 款法下的贷款总还款额、计算等额本金还款法下的贷款总还 款额等。
定义与特性
定义
等差数列是一种常见的数列，其 中任意两个相邻项的差是一个常 数，这个常数被称为公差。
求1+4+7+10+13的和，这是一个等差数列，公差为3，项数为5。根据等差数 列求和公式，可以得出结果为30。
04
等差数列求和的变种
04
等差数列求和的变种
倒序相加求和
总结词
倒序相加求和是一种特殊的等差数列求和方法，通过将数列倒序排列，再与原数列正序求和，最后除 以2得到结果。
详细描述
倒序相加求和的步骤包括将等差数列倒序排列，然后从第一个数开始与原数列对应项相加，直到最后 一个数。这种方法可以简化等差数列求和的计算过程，特别是对于较大的数列。
计算
使用通项公式，第5项$a_5=a_1+(5-1)d=1+(5-1)times1=5$。
03
等差数列求和公式
03
等差数列求和公式
公式推导
公式推导方法一
利用等差数列的性质，将等差数列的 项进行分组求和，再利用等差数列的 通项公式进行化简，最终得到等差数 列求和公式。
公式推导方法二
利用等差数列的特性，将等差数列的 项进行倒序相加，再利用等差数列的 通项公式进行化简，最终得到等差数 列求和公式。
应用场景二
在金融领域中，等差数列求和公式可以用于计算等额本息还 款法下的贷款总还款额、计算等额本金还款法下的贷款总还 款额等。
公式应用
应用场景一
在数学、物理、工程等领域中，常常需要求解等差数列的和 ，如计算等差数列的各项之和、计算等差数列的和的极限等 。
应用场景二
在金融领域中，等差数列求和公式可以用于计算等额本息还 款法下的贷款总还款额、计算等额本金还款法下的贷款总还 款额等。
定义与特性
定义
等差数列是一种常见的数列，其 中任意两个相邻项的差是一个常 数，这个常数被称为公差。
《全国七年级数学课件：“等差数列”的学习》
在整个课件的学习过程中，我们将总结等差数列的重要要点，并提供一些学 习时需要注意的事项和技巧。
更多拓展：等差数列在日常生活中的应用
等差数列不仅存在于数学中，它们也在我们的日常生活中发挥着重要作用。让我们一起来探索它们的应 用领域吧！
附录：常用等差数列பைடு நூலகம்式及公 差的取值
在附录中，我们将提供一些常用的等差数列公式，以及一些常见的公差取值 范围。这些工具将在我们的学习和问题求解中起到重要作用。
等差数列的定义及重要特征
等差数列具有一些重要的特征，例如：公差恒定、首项和通项的求解方法。 这些特征帮助我们更好地理解等差数列的性质和规律。
公差的概念及求法
公差是等差数列中相邻两项之间的差值。在这一部分，我们将学习如何计算 公差，并探索公差对等差数列的影响。
求等差数列中的各项值方法
1
通项公式
利用通项公式，我们可以轻松地计算等差数列中任意项的值。
算术级数的和公式及应用
通过应用已知的和公式，我们可以求解算术级数的和，从而解决一些挑战性 的问题。让我们一起来学习和探索吧！
算术序列与算术级数的联系
算术序列是等差数列的特殊情况，其中只包含正整数。在这一部分，我们将 比较算术序列和算术级数的性质，并探讨两者之间的联系与区别。
等差数列的例题解析
通过解析一些实例题，我们将运用之前学到的知识，深入理解等差数列的性 质和求解方法。准备好迎接挑战了吗？
答疑与互动：同学们的问题及 解答
在这一部分，我们将回答同学们在学习过程中遇到的问题，并与大家进行互 动课堂。让我们一起来解决问题，共同进步。
案例分享：优秀作业的展示和 点评
在这个环节，我们将展示一些同学们提交的优秀作业，并给予他们鼓励和点 评。让我们一起欣赏和学习他们的杰出表现。
更多拓展：等差数列在日常生活中的应用
等差数列不仅存在于数学中，它们也在我们的日常生活中发挥着重要作用。让我们一起来探索它们的应 用领域吧！
附录：常用等差数列பைடு நூலகம்式及公 差的取值
在附录中，我们将提供一些常用的等差数列公式，以及一些常见的公差取值 范围。这些工具将在我们的学习和问题求解中起到重要作用。
等差数列的定义及重要特征
等差数列具有一些重要的特征，例如：公差恒定、首项和通项的求解方法。 这些特征帮助我们更好地理解等差数列的性质和规律。
公差的概念及求法
公差是等差数列中相邻两项之间的差值。在这一部分，我们将学习如何计算 公差，并探索公差对等差数列的影响。
求等差数列中的各项值方法
1
通项公式
利用通项公式，我们可以轻松地计算等差数列中任意项的值。
算术级数的和公式及应用
通过应用已知的和公式，我们可以求解算术级数的和，从而解决一些挑战性 的问题。让我们一起来学习和探索吧！
算术序列与算术级数的联系
算术序列是等差数列的特殊情况，其中只包含正整数。在这一部分，我们将 比较算术序列和算术级数的性质，并探讨两者之间的联系与区别。
等差数列的例题解析
通过解析一些实例题，我们将运用之前学到的知识，深入理解等差数列的性 质和求解方法。准备好迎接挑战了吗？
答疑与互动：同学们的问题及 解答
在这一部分，我们将回答同学们在学习过程中遇到的问题，并与大家进行互 动课堂。让我们一起来解决问题，共同进步。
案例分享：优秀作业的展示和 点评
在这个环节，我们将展示一些同学们提交的优秀作业，并给予他们鼓励和点 评。让我们一起欣赏和学习他们的杰出表现。
等差数列的应用PPT教学课件_1
●重点难点 重点：等差数列前 n 项和公式的掌握与应用． 难点：灵活运用求和公式解决问题．
课 1.掌握等差数列前n项和的性质及应用．(重点) 标 2.会求等差数列前n项和的最值问题．(重点、易 解 错点) 读 3.能用裂项相消法求和．(难点)
等差数列前n项和的性质
【问题导思】 已知等差数列{an}，其前 n 项和为 Sn. 1．a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6 成等差数列吗？ 【提示】 a3＋a4＝(a1＋a2)＋4d，a5＋a6＝(a3＋a4)＋4d， ∴(a5＋a6)－(a3＋a4)＝(a3＋a4)－(a1＋a2)＝4d， 即 a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6 构成等差数列．
∴S11＋S12＋…＋S1n＝121－13＋12－14＋
13－15＋…＋n－1 1－n＋1 1＋1n－n＋1 2
＝
1 2
1＋12－n＋1 1－n＋1 2＝34－2n＋2n1＋n3＋2.
1．若数列{an}是等差数列，公差为 d(d≠0)，则和式 Tn＝a11a2 ＋a21a3＋a31a4＋…＋an－11an可用裂项法求和，具体过程如下：
思
想
教
方
学
法
教
技
法
巧
分
析
当
堂
双
课
基
前 自
第 2 课时 等差数列的综合应用
达 标
主
导
课
学
后
知
能
课
检
堂
测
互
动
教
探
师
究
备
课
资
源
●三维目标 1．知识与技能 进一步熟练掌握等差数列的通项公式和前 n 项和公式；了解 等差数列的一些性质，并会用它们解决一些相关问题，会利用等 差数列通项公式和前 n 项和公式研究 Sn 的最值．初步体验函数 思想在解决数列问题中的应用．
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Sn 1000 0.1425% (1 2 3
故年终本金与利息之和总额为
12) 111.15 （元），
12×1000+111.15=12111.15（元）．
运 用 知 识 强 化 练 习
1．如图一个堆放钢管的V形架的最下面 一层放一根钢管，往上每一层都比他下面 一层多放一个，最上面一层放30根钢管， 求这个V形架上共放着多少根钢管．
6.2.4 等差数列应用举例
例7 某礼堂共有25排座位， 后一排比前一排多两个 座位，最后一排有70个 座位，问礼堂共有多少个座位？
比较本例题 的两种解法, 从中受到什 么启发?
例8 小王参加工作后，采用零存整取 方式在农行存款．从元月份开始，每月 第1天存入银行1000元，银行以年利率 1.71%计息，试问年终结算时本金与利息 之和（简称本利和）总额是多少（精确 到0.01元）?
2 n n 1 d 2
；
．
6.2 等差数列
自 我 反 思 目 标 检 测
一个屋顶的某一个斜面成等腰梯形， 最上面一层铺了21块瓦片，往下每一层多 铺一块瓦片，斜面上铺了20层瓦片，问共 铺了多少块瓦片．
610．
读书部分：阅读教材相关章节
继 续 探 索 活 动 探 究
书面作业：1、教材习题6.2A组和B 组（做在课本上） 2、《练与考》第6页 实践调查：寻找生活中的等差 数列求和实例
解 年利率1.71%，折合月利率为0.1425%．
年利率1.71%，折合 月利率为0.1425%．计 算公式为月利率=年利 率÷12．
第1个月的存款利息为1000×0.1425%×12（元）； 第2个月的存款利息为1000×0.1425%×11（元）； 第3个月的存款利息为1000×0.1425%×10（元）； … 第12个月的存款利息为1000×0.1425%×1（元）． 应得到的利息就是上面各期利息之和．
第1题图
2．张新采用零存整取方式在农行存款．从元月 份开始，每月第1天存入银行200元，银行以年利 率1.71%计息，试问年终结算时本利和总额是多 少（精确到0.01元）?
6.2 等差数列
等差数列的前n项和公式是什么？
理 论 升 华 整 体 建 构
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n a1 an
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