数学2.2 等差数列的前n项和第1课时学案

这是一份数学2.2 等差数列的前n项和第1课时学案，共13页。学案主要包含了等差数列前n项和的基本运算，等差数列前n项和的实际应用，Sn与an的关系等内容，欢迎下载使用。

学习目标 1.掌握等差数列前n项和公式及其获取思路.2.熟练掌握等差数列的五个量a1，d，n，an，Sn的关系，能够由其中任意三个求另外两个.3.能用an与Sn的关系求an.
导语
高斯(1777－1855)，德国著名数学家、物理学家、天文学家，是近代数学的奠基人，享有“数学王子”的美誉．高斯7岁时，有一天老师在黑板上出一道题“1＋2＋3＋4＋5＋……＋100＝？”对全班同学说：“你们算一算从1开始一直加到100的和是多少？谁算不出来，就不准回家吃饭！”，同学们不约而同地拿出笔在小石板上沙沙地算起来．不到一分钟，高斯站起来说：“老师，我算出结果来了，是5 050！”老师和其他同学都很吃惊．你知道高斯是怎样快速计算出来的吗？
一、等差数列前n项和的基本运算
问题1 唐朝诗人张南史的宝塔诗《花》原文如下：
花，花．
深浅，芬葩．
凝为雪，错为霞．
莺和蝶到，苑占宫遮．
已迷金谷路，频驻玉人车．
芳草欲陵芳树，东家半落西家．
愿得春风相伴去，一攀一折向天涯．
这首诗每一行的字数有什么特点？全文共有多少字？
提示 每一行的字数构成首项为2，公差为2的等差数列，共有2＋4＋6＋8＋10＋12＋14＝56(字)．
问题2 对于一般的等差数列，如何利用倒序相加法求它的前n项和？其理论依据是什么？
提示 倒序相加法
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an，,Sn＝an＋an－1＋an－2＋…＋a1，))
⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Sn＝a1＋a1＋d＋a1＋2d＋…＋a1＋n－1d，,Sn＝an＋an－d＋an－2d＋…＋an－n－1d，))
两式相加可得2Sn＝n(a1＋an)，即Sn＝eq \f(na1＋an,2)，上述过程实际上用到了等差数列性质里面的首末“等距离”的两项的和相等．
知识梳理
等差数列前n项和公式
注意点：
(1)公式一反映了等差数列的性质，任意第k项与倒数第k项的和都等于首末两项之和．
(2)由公式二知当d＝0时，Sn＝na1；当d≠0时，等差数列的前n项和Sn是关于n的没有常数项的“二次函数”．
(3)公式里的n表示的是所求等差数列的项数．
例1 在等差数列{an}中，
(1)已知a3＝16，S20＝20，求S10；
(2)已知a1＝eq \f(3,2)，d＝－eq \f(1,2)，Sn＝－15，求n及a12；
(3)已知a1＋a2＋a3＋a4＝40，an－3＋an－2＋an－1＋an＝80，Sn＝210，求项数n.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝16，,20a1＋\f(2020－1,2)d＝20，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝20，,d＝－2.))
所以S10＝10×20＋eq \f(10×9×－2,2)＝200－90＝110.
(2)因为Sn＝n·eq \f(3,2)＋eq \f(nn－1,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－15，
整理得n2－7n－60＝0，
解得n＝12或n＝－5(舍去)，
所以a12＝eq \f(3,2)＋(12－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－4.
(3)因为a1＋a2＋a3＋a4＝40，an－3＋an－2＋an－1＋an＝80，
所以4(a1＋an)＝40＋80，即a1＋an＝30.
又因为Sn＝eq \f(a1＋ann,2)＝210，
所以n＝eq \f(2×210,a1＋an)＝14.
反思感悟 等差数列前n项和公式应用的关注点
(1)在运用等差数列的前n项和公式来求和时，一般地，若已知首项a1及末项an用公式Sn＝eq \f(na1＋an,2)较简便；若已知首项a1及公差d用公式Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d较好．
(2)在运用公式Sn＝eq \f(na1＋an,2)求和时，要注意性质“m，n，p，q∈N＋且m＋n＝p＋q⇒am＋an＝ap＋aq”的运用．
(3)构成等差数列前n项和公式的元素有a1，d，n，an，Sn，知其三能求其二．
跟踪训练1 已知等差数列{an}中，
(1)a1＝eq \f(1,2)，S4＝20，求S6；
(2)已知a14＝10，求S27.
解 (1)S4＝4a1＋eq \f(4×4－1,2)d＝4a1＋6d＝2＋6d＝20，
∴d＝3.
故S6＝6a1＋eq \f(6×6－1,2)d＝6a1＋15d＝3＋15d＝48.
(2)∵a14＝10，a1＋a27＝2a14，
∴S27＝eq \f(27×a1＋a27,2)＝27a14＝270.
二、等差数列前n项和的实际应用
例2 从2021年5月1日开始，有一新款服装投入某商场销售，当日该款服装销售出10件，第二天销售出25件，第三天销售出40件，以后，每天售出的件数分别递增15件，直到5月13日销售量达到最大，然后，每天销售的件数分别递减10件．
(1)记该款服装五月份日销售量与销售天数n的关系为an，求an；
(2)求五月份的总销售量．
解 (1)依题意知，数列a1，a2，…，a13是首项为10，公差为15的等差数列．∴an＝15n－5(1≤n≤13)，
a14，a15，a16，…，a31是首项为a14＝a13－10＝180，公差为－10的等差数列．
∴an＝180＋(n－14)(－10)＝－10n＋320(14≤n≤31)，
∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(15n－5，1≤n≤13，n∈N＋，,－10n＋320，14≤n≤31，n∈N＋.))
(2)五月份的总销售量为
eq \f(13×10＋190,2)＋18×180＋eq \f(18×17×－10,2)
＝3 010(件)．
延伸探究 根据以往经验，当该商场销售某服装超过1 300件时，当地社会上就流行，而日销售量连续下降，且日销售量低于100件时，则流行消失．在本例条件下，试求该款服装在社会上流行是否超过10天？并说明理由．
解 5月1日至5月13日销售总数为
eq \f(13a1＋a13,2)＝eq \f(13×10＋190,2)＝1 300.
∴5月13日前还没有流行，
由－10n＋320<100，得n>22，
∴第22天流行结束，故该服装在社会流行没有超过10天．
反思感悟 应用等差数列解决实际问题的一般思路
跟踪训练2 某人用分期付款的方式购买一件家电，价格为1 150元，购买当天先付150元，以后每月的这一天都交付50元，并加付欠款利息，月利率为1%.若交付150元后的一个月开始算分期付款的第一个月，则分期付款的第10个月该交付多少钱？全部贷款付清后，买这件家电实际花费多少钱？
解 设每次交款数额依次为a1，a2，…，a20，
则a1＝50＋1 000×1%＝60，
a2＝50＋(1 000－50)×1%＝59.5，
…
a10＝50＋(1 000－9×50)×1%＝55.5，
即第10个月应付款55.5元．
由于{an}是以60为首项，以－0.5为公差的等差数列，
所以有S20＝eq \f(60＋60－19×0.5,2)×20＝1 105，
即全部付清后实际付款1 105＋150＝1 255(元)．
三、Sn与an的关系
问题3 (1)等差数列(公差不为0)的前n项和Sn能写成关于n的二次函数吗？
(2)二次函数形式Sn＝An2＋Bn＋C(A，B，C为常数)都表示等差数列的前n项和吗？
(3)数列{an}中，Sn与Sn－1(n≥2)有何关系？
提示 (1)能．
(2)不是．
(3)an＝Sn－Sn－1(n≥2)．
知识梳理
数列中an与Sn的关系
对于一般数列{an}，设其前n项和为Sn，则有an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))
注意点：
(1)这一关系对任何数列都适用．
(2)若在由an＝Sn－Sn－1(n≥2)求得的通项公式中，令n＝1求得a1与利用a1＝S1求得的a1相同，则说明an＝Sn－Sn－1(n≥2)所得通项公式也适合n＝1的情况，数列的通项公式用an＝Sn－Sn－1表示．
若在由an＝Sn－Sn－1(n≥2)求得的通项公式中，令n＝1求得的a1与利用a1＝S1求得的a1不相同，则说明an＝Sn－Sn－1(n≥2)所得通项公式不适合n＝1的情况，数列的通项公式采用分段形式．
例3 若数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n－1，求数列{an}的通项公式，并判断数列{an}是否是等差数列．若是，请证明；若不是，请说明理由．
解 ∵Sn＝2n2－3n－1，①
当n＝1时，a1＝S1＝2－3－1＝－2，
当n≥2时，Sn－1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－1))2－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－1))－1，②
①－②得an＝Sn－Sn－1
＝2n2－3n－1－[2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－1))2－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－1))－1]＝4n－5，
经检验当n＝1时，an＝4n－5不成立，
故an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2，n＝1，,4n－5，n≥2.))
故数列{an}不是等差数列，数列{an}是从第二项起以4为公差的等差数列．
延伸探究 本例若把数列{an}的前n项和变为Sn＝2n2＋3n，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？
解 当n＝1时，a1＝S1＝5，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2＋3n)－[2(n－1)2＋3(n－1)]＝4n＋1，
又a1＝5适合上式，∴an＝4n＋1，n∈N＋.
故数列{an}是等差数列，它的首项是a1＝5，公差是d＝4.
反思感悟 等差数列{an}中，若d≠0，则Sn可写成关于n的二次函数形式，反之，若Sn＝An2＋Bn，那么数列{an}一定是等差数列．
跟踪训练3 已知等差数列{an}的公差d>0，前n项和为Sn，且a2a3＝45，S4＝28.求数列{an}的通项公式．
解 ∵S4＝28，
∴eq \f(a1＋a4×4,2)＝28，a1＋a4＝14，
∴a2＋a3＝14，
又a2a3＝45，公差d>0，
∴a2∴a2＝5，a3＝9，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋d＝5，,a1＋2d＝9，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝4，))
∴an＝4n－3，n∈N＋.
1.知识清单：
(1)等差数列前n项和及其计算公式．
(2)由an与Sn的关系求an.
(3)等差数列在实际问题中的应用．
2．方法归纳：函数与方程思想、倒序相加法、整体思想．
3．常见误区：由Sn求通项公式时忽略对n＝1的讨论．
1．若等差数列{an}的前5项和S5＝25，且a2＝3，则a7等于( )
A．12 B．13 C．14 D．15
答案 B
解析 ∵S5＝eq \f(5a1＋a5,2)＝5a3＝25，∴a3＝5，
∴d＝a3－a2＝5－3＝2，
∴a7＝a2＋5d＝3＋10＝13.
2．已知{an}的前n项和Sn＝eq \f(1,n)，则a5的值等于( )
A.eq \f(1,20) B．－eq \f(1,20) C.eq \f(1,30) D．－eq \f(1,30)
答案 B
解析 a5＝S5－S4＝eq \f(1,5)－eq \f(1,4)＝－eq \f(1,20).
3．在各项均为正数的等差数列{an}中，已知公差d＝2，an＝11，Sn＝35，则a1＝________，n＝________.
答案 3 5
解析 由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＝a1＋2n－1＝11，,Sn＝na1＋nn－1＝35，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝3，,n＝5))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－1，,n＝7))(舍去)．
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝3，,n＝5.))
4．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n，则an＝________.
答案 2n
解析 当n＝1时，a1＝S1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n，
当n＝1时，a1＝2也适合an＝2n，
综上，an＝2n(n∈N＋)．
课时对点练
1．已知数列{an}中，a1＝1，an＝an－1＋eq \f(1,2)(n≥2，n∈N＋)，则数列{an}的前9项和等于( )
A．27 B.eq \f(63,2) C．45 D．－9
答案 A
解析 由已知数列{an}是以1为首项，以eq \f(1,2)为公差的等差数列，∴S9＝9×1＋eq \f(9×8,2)×eq \f(1,2)＝9＋18＝27.
2．(多选)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则( )
A．an＝2n－5
B．an＝3n－10
C．Sn＝n2－4n
D．Sn＝eq \f(1,2)n2－2n
答案 AC
解析 设首项为a1，公差为d.
由S4＝0，a5＝5可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋4d＝5，,4a1＋6d＝0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－3，,d＝2.))
所以an＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝n×(－3)＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2－4n.
3．在等差数列{an}中，S10＝4S5，则eq \f(a1,d)等于( )
A.eq \f(1,2) B．2 C.eq \f(1,4) D．4
答案 A
解析 设公差为d，由题意得
10a1＋eq \f(1,2)×10×9d＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5a1＋\f(1,2)×5×4d))，
所以10a1＋45d＝20a1＋40d，
所以10a1＝5d，所以eq \f(a1,d)＝eq \f(1,2).
4．已知一个等差数列共n项，且其前四项之和为21，末四项之和为67，前n项和为286，则项数n为( )
A．24 B．26 C．25 D．28
答案 B
解析 设该等差数列为{an}，
由题意，得a1＋a2＋a3＋a4＝21，an＋an－1＋an－2＋an－3＝67，
又a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝a4＋an－3，
∴4(a1＋an)＝21＋67＝88，∴a1＋an＝22.
∴Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝11n＝286，
∴n＝26.
5．一物体从1 960 m的高空降落，如果第1秒降落4.90 m，以后每秒比前一秒多降落9.80 m，那么经过________秒落到地面( )
A．18 B．19 C．20 D．21
答案 C
解析 设物体经过t秒降落到地面．
物体在降落过程中，每一秒降落的距离构成首项为4.90，公差为9.80的等差数列．
所以4.90t＋eq \f(1,2)t(t－1)×9.80＝1 960，
即4.90t2＝1 960，解得t＝20.
6．在小于100的自然数中，所有被7除余2的数之和为( )
A．765 B．665 C．763 D．663
答案 B
解析 ∵a1＝2，d＝7,2＋(n－1)×7<100，
∴n<15，
∴n＝14，S14＝14×2＋eq \f(1,2)×14×13×7＝665.
7．已知{an}是等差数列，a4＋a6＝6，其前5项和为S5＝10，则其首项a1＝________，公差d＝________.
答案 1 eq \f(1,2)
解析 a4＋a6＝a1＋3d＋a1＋5d＝6，①
S5＝5a1＋eq \f(1,2)×5×(5－1)d＝10，②
由①②联立解得a1＝1，d＝eq \f(1,2).
8．将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________．
答案 3n2－2n
解析 方法一 (观察归纳法)
数列{2n－1}的各项为1,3,5,7,9,11,13，…；
数列{3n－2}的各项为1,4,7,10,13，….
观察归纳可知，两个数列的公共项为1,7,13，…，是首项为1，公差为6的等差数列，
则an＝1＋6(n－1)＝6n－5.
故前n项和为Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝eq \f(n1＋6n－5,2)
＝3n2－2n.
方法二 (引入参变量法)
令bn＝2n－1，cm＝3m－2，bn＝cm，
则2n－1＝3m－2，即3m＝2n＋1，m必为奇数．
令m＝2t－1，则n＝3t－2(t＝1,2,3，…)．
at＝b3t－2＝c2t－1＝6t－5，即an＝6n－5.
以下同方法一．
9．在等差数列{an}中．
(1)a1＝eq \f(5,6)，an＝－eq \f(3,2)，Sn＝－5，求n和d；
(2)a1＝4，S8＝172，求a8和d.
解 (1)由题意得，Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝eq \f(n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)－\f(3,2))),2)＝－5，
解得n＝15.
又a15＝eq \f(5,6)＋(15－1)d＝－eq \f(3,2)，
∴d＝－eq \f(1,6).
∴n＝15，d＝－eq \f(1,6).
(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.
∴a8＝39，d＝5.
10．甲、乙两物体分别从相距70 m的两处同时相向运动，甲第1 min走2 m，以后每分钟比前1 min多走1 m，乙每分钟走5 m.
(1)甲、乙开始运动后几分钟相遇？
(2)如果甲、乙到达对方起点后立即折返，甲继续每分钟比前1 min多走1 m，乙继续每分钟走5 m，那么开始运动几分钟后第二次相遇？
解 (1)设n min后第1次相遇，依题意，有
2n＋eq \f(nn－1,2)＋5n＝70，
整理得n2＋13n－140＝0，
解得n＝7或n＝－20(舍去)．
第1次相遇是在开始运动后7 min.
(2)设m min后第2次相遇，
依题意有2m＋eq \f(mm－1,2)＋5m＝3×70，
整理得m2＋13m－6×70＝0，
解得m＝15或m＝－28(舍去)．
所以第2次相遇是在开始运动后15 min.
11．在等差数列{an}中，已知a1＝－12，S13＝0，则使得an>0的最小正整数n为( )
A．7 B．8
C．9 D．10
答案 B
解析 由S13＝eq \f(13a1＋a13,2)＝0，
得a13＝12，则a1＋12d＝12，得d＝2，
∴数列{an}的通项公式为
an＝－12＋(n－1)×2＝2n－14，
由2n－14>0，得n>7，则使得an>0的最小正整数n为8.
12．程大位《算法统宗》里有诗云“九百九十六斤棉，赠分八子做盘缠．次第每人多十七，要将第八数来言．务要分明依次弟，孝和休惹外人传．”意为：996斤棉花，分别赠送给8个子女做旅费，从第一个开始，以后每人依次多17斤，直到第八个孩子为止．分配时一定要等级分明，则第八个孩子分得斤数为( )
A．65 B．176 C．183 D．184
答案 D
解析 由已知得，每个孩子所得棉花的斤数构成一个等差数列{an}，其中d＝17，n＝8，S8＝996.
由等差数列前n项和公式可得8a1＋eq \f(8×7,2)×17＝996，
解得a1＝65.
由等差数列通项公式得a8＝65＋(8－1)×17＝184.
13．把形如M＝mn(m，n∈N＋)的正整数表示为各项都是整数、公差为2的等差数列的前m项和，称作“对M的m项划分”．例如：9＝32＝1＋3＋5，称作“对9的3项划分”；把64表示成64＝43＝13＋15＋17＋19，称作“对64的4项划分”．据此，对324的18项划分中最大的数是________．
答案 35
解析 设对324的18项划分中最小数为a1，最大数为a18，
则由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a18＝a1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(18－1))×2，,\f(18\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋a18)),2)＝324，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,a18＝35.))
14．已知{an}为等差数列，Sn为数列{an}的前n项和，且S7＝7，S15＝75，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))的前n项和Tn＝________.
答案 eq \f(1,4)n2－eq \f(9,4)n
解析 设等差数列{an}的公差为d，
则Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d.
∵S7＝7，S15＝75，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(7a1＋21d＝7，,15a1＋105d＝75，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋3d＝1，,a1＋7d＝5，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－2，,d＝1，))
∴eq \f(Sn,n)＝a1＋eq \f(n－1,2)d＝－2＋eq \f(n－1,2)，
∴eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝eq \f(1,2)，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是等差数列，且其首项为－2，公差为eq \f(1,2).
∴Tn＝eq \f(1,4)n2－eq \f(9,4)n.
15．已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足：a3a4＝117，a2＋a5＝22.
(1)数列{an}的通项公式an＝________.
(2)若数列{bn}是等差数列，且bn＝eq \f(Sn,n＋c)，则非零常数c＝________.
答案 (1)an＝4n－3(n∈N＋) (2)－eq \f(1,2)
解析 (1)设等差数列{an}的公差为d，且d>0.
∵a3＋a4＝a2＋a5＝22，
又a3a4＝117，
∴a3，a4是方程x2－22x＋117＝0的两个根．
又公差d>0，∴a3∴a3＝9，a4＝13.
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝9，,a1＋3d＝13，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝4，))
∴an＝4n－3(n∈N＋)．
(2)由(1)知，Sn＝n×1＋eq \f(nn－1,2)×4＝2n2－n，
∴bn＝eq \f(Sn,n＋c)＝eq \f(2n2－n,n＋c).
∴b1＝eq \f(1,1＋c)，b2＝eq \f(6,2＋c)，b3＝eq \f(15,3＋c).
∵{bn}是等差数列，
∴2b2＝b1＋b3，∴2c2＋c＝0，
∴c＝－eq \f(1,2) (c＝0舍去)．
经检验，c＝－eq \f(1,2)符合题意，
∴c＝－eq \f(1,2).
16．某仓库有同一型号的圆钢600根，堆放成如图所示的形状，从第二层开始，每一层比下面一层少放一根，而第一层至少要比第二层少一根，要使堆垛的占地面积最小(即最下面一层根数最少)，则最下面一层放几根？共堆了多少层？
解 设最下面一层放n根，则最多可堆n层，则1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(nn＋1,2)≥600，
所以n2＋n－1 200≥0，记ƒ(n)＝n2＋n－1 200，
因为当n∈N＋时，f(n)单调递增，
而f(35)＝60>0，f(34)＝－10<0，
所以n≥35，因此最下面一层最少放35根．
因为1＋2＋3＋…＋35＝630，
所以最多可堆放630根，必须去掉上面30根，去掉顶上7层，共1＋2＋3＋…＋7＝28(根)，再去掉顶上第8层的2根，剩下的600根共堆了28层．
故最下面一层放35根，共堆了28层．已知量
首项、末项与项数
首项、公差与项数
选用公式
Sn＝eq \f(na1＋an,2)
Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d