4.2.3　等差数列的前n项和 同步学案（含答案） 2024-2025学年高二数学苏教版（2019）选择性必修1

4．2.3　等差数列的前n项和(1)
1. 掌握等差数列的前n项和公式以及推导该公式的数学思想方法．
2. 能够运用等差数列的前n项和公式解决简单的问题．
活动一 探求等差数列的前n项和公式
问题：某仓库堆放着一堆钢管，最上面的一层有4根钢管，下面的每一层都比上一层多一根，最下面的一层有9根，怎样计算这堆钢管的总数呢？
等差数列的前n项和公式：
推导方法：倒序相加．
思考1
倒序相加用到了等差数列的哪个性质？
活动二 掌握公式的应用——求基本量(a1，d，n，an，Sn)
例1　设等差数列{an}的公差为d，数列{an}的前n项和为Sn.
(1) 已知a1＝，d＝－，Sm＝－15，求m及am；
(2) 已知a1＝1，an＝－512，Sn＝－1 022，求d；
(3) 已知S5＝24，求a2＋a4.
例2　已知等差数列{an}满足a4＝7，a10＝19，其前n项和为Sn.求数列{an}的通项公式an及Sn.
　(1) 已知等差数列{an}的前5项和为25，第8项等于15，求第21项；
(2) 已知在等差数列{an}中，a10＝30，a20＝50，Sn＝242，求n.
等差数列求和公式涉及a1，d，n，an及Sn五个基本量，依据方程的思想，在五个基本量中要知道三个基本量可求其他基本量，这也就是我们所说的“知三求二”．
活动三　探求等差数列前n项和公式的特征并应用其解决问题　
例3　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？
思考2
(1) 已知数列{an}的前n项和为Sn，如何求an
(2) 已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝pn2＋qn＋r，其中p，q，r为常数，且p≠0，则这个数列一定是等差数列吗？
　(多选)(2025石家庄期末)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝3n2－2n(n∈N*)，则下列结论中正确的是(　　)
A. a2＝8 B. {an}为等差数列
C. a10＝a3＋40 D. {Sn}是递增数列
1. (2025东莞期末)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a7＝8，则S13的值为(　　)
A. 52 B. 104 C. 208 D. 416
2. (2024盐城八校期末联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝3，S7＝28，则等差数列{an}的公差为(　　)
A. 2 B. C. 1 D. 3
3. (多选)(2024连云港期末)已知公差为d的等差数列{an}的前m(m为奇数)项和为99，其中偶数项之和为44，且a1－am＝16，则下列结论中正确的是(　　)
A. m＝9 B. a5＝13 C. d＝－2 D. a6＝11
4. 已知数列{an}的前n项和是Sn＝(n＋2)2＋k.当k＝________时，{an}是公差d＝________的等差数列．
5. (2024邯郸期末)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*，再从条件：①a1＝－3，②an＋1－an＝2，③S2＝－4中选择两个作为已知，并解答下列问题．
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 求数列{|an|}的前10项和．
4．2.3　等差数列的前n项和(2)
1. 能选取合适的等差数列的前n项和公式解决问题．
2. 探求等差数列前n项和的性质并能运用它们解决问题．
活动一 掌握等差数列前n项和公式的灵活运用
例1　在等差数列{an}中，Sn为前n项和．
(1) 已知a3＝1，a5＝11，求an和S8；
(2) 已知a2＋a7＋a12＝24，求S13；
(3) 已知S4＝25，最后4项和为63，Sn＝286，求项数n；
(4) 已知Sm＝n，Sn＝m(m≠n)，求Sm＋n.
在等差数列{an}的五个变量中，a1，n，d，an，Sn，可知三求二．若已知an，则优先选用Sn＝；若已知d，则优先选用Sn＝na1＋d，同时在解题的过程中注意等差数列的性质：若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq的应用．
活动二　等差数列前n项和的最值问题　
例2　在等差数列{an}中，a1＝50，d＝－.
(1) 从第几项开始有an＜0
(2) 求Sn的最大值．
求Sn最值的常用方法：
(1) 函数法：利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方法或借助图象求二次函数最值的方法求解，一定注意n是正整数；
(2) 邻项变号法：①当a1>0，d<0时，满足的项数m使得Sn取得最大值Sm；②当a1<0，d>0时，满足的项数m使得Sn取得最小值Sm.
　(2024南京一中期末)设数列{an}的前n项和为Sn，且 n∈N*，an>an＋1，Sn≤S6，请写出一个满足条件的数列{an}的通项公式an＝________．
活动三 探求等差数列前n项和的性质
例3　已知一个等差数列{an}的前4项和为32，前8项和为56.
(1) 求S12，S16的值；
(2) 通过计算观察，寻找S4，S8，S12，S16之间的关系，你发现什么结论？
(3) 根据上述结论，请你归纳出对于等差数列而言的一般结论，并证明．
例4　有一等差数列共有2n(n∈N*)项，它的奇数项之和与偶数项之和分别为24和30，若最后一项与第一项之差为10.5，求此数列的首项、公差和项数．
思考
在等差数列中，当项数为2n(n∈N*)时，奇数项和与偶数项和之间有什么关系？
探究：若一个等差数列共有2n＋1(n∈N*)项，则其奇数项和与偶数项和有什么关系？
例5　有两个等差数列{an}，{bn}，其前n项和分别为Tn，Sn，且＝，求.
　已知Sn，Tn分别是等差数列{an}，{bn}的前n项和，且＝(n∈N*)，则＋＝________．
若有两个等差数列{an}，{bn}，其前n项和分别为Tn，Sn，则＝.
1. 已知数列{an}的通项公式为an＝3n－27，则其前n项和Sn的最小值为(　　)
A. －105 B. －108 C. －115 D. －118
2. (2024苏州学业质量调研)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若3S5－5S3＝1，则5S7－7S5的值为(　　)
A. B. 1 C. D.
3. (多选)(2024南京六校联合调研)已知等差数列{an}满足a7<0，a7＋a8>0，记Sn为{an}的前n项和，则下列说法中正确的是(　　)
A. a1>0
B. {an}是递增数列
C. 当n＝7时，Sn取得最小值
D. 使得Sn>0的n的最小值为13
4. (2025贵阳期末)已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且＝，则＝________；若的值为正整数，则n＝________．
5. 设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S8＝100, S16＝392，求S24的值．
4．2.3　等差数列的前n项和(3)
能在具体的问题情境中，发现数列的通项公式和递推关系，并能利用等差数列的通项公式和等差数列的前n项和公式解决一些实际问题．
活动一 等差数列的通项公式和前n项和公式的简单实际应用
例1　某剧场有20排座位，后一排比前一排多2个座位，最后一排有60个座位，这个剧场共有多少个座位？
例2　(2024湖北联考)张大爷为了锻炼身体，每天坚持步行，用支付宝APP记录每天的运动步数．在11月的30天中，张大爷每天的运动步数都比前一天多相同的步数，经过统计发现前10天的运动步数是6.9万步，前20天的运动步数是15.8万步，则张大爷在11月的运动步数是________万步．
求解数列应用题的一般步骤：
(1) 找出规律是否为等差数列；
(2) 巧用性质减少运算量．
活动二　掌握等差数列的综合实际应用　
例3　教育储蓄是一种零存整取的定期储蓄存款，它享受整存整取利率，利息免税，教育储蓄的对象为在校小学四年级(含四年级)以上的学生. 假设零存整取3年期教育储蓄的月利率为2.1‰.
(1) 欲在3年后一次支取本息合计2万元，每月大约存入多少元？
(2) 零存整取3年期教育储蓄每月至多存入多少元？此时3年后本息合计约为多少？(精确到1元)
(注：教育储蓄存款总额不超过2万元)
应用等差数列解决实际问题的一般思路：
例4 广丰永和塔的前身为南潭古塔，建于明万历年间，清道光二十五年(1845)重修．砖石结构，塔高九层，沿塔内石阶可层层攀登而上．塔身立于悬崖陡坡上，下临丰溪河，气势峭拔．二十世纪九十年代末，此塔重修，并更名为“永和塔”．每至夜色降临，金灯齐明，塔身晶莹剔透，远望犹如仙境．某游客从塔底层(一层)进入塔身，即沿石阶逐级攀登，一步一阶，此后每上一层均沿塔走廊绕塔一周以便浏览美景，现知底层共二十六级台阶，此后每往上一层减少两级台阶，顶层绕塔一周需十二步，每往下一层绕塔一周需多三步，则这位游客从底层进入塔身开始到顶层绕塔一周止共需(　　)
A. 352步　　　　B. 387步　　　　C. 332步　　　　D. 368步
1. 某公司技术部为了激发员工的工作积极性，准备在年终奖的基础上再增设30个“幸运奖”，投票产生“幸运奖”，按照得票数(假设每人的得票数各不相同)排名次，发放的奖金数成等差数列．已知前10名共发放2 000元，前20名共发放3 500元，则前30名共发放(　　)
A. 4 000元 B. 4 500元 C. 4 800元 D. 5 000元
2. 《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至起，接下来依次是小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种共十二个节气，其日影长依次成等差数列，其中大寒、惊蛰、谷雨三个节气的日影长之和为25.5尺，且前九个节气日影长之和为85.5尺，则立春的日影长为(　　)
A. 10.5尺 B. 11尺 C. 11.5尺 D. 12尺
3. (多选)已知方程(x2－2x＋m)(x2－2x＋n)＝0的四个根组成一个首项为的等差数列，则m－n的值为(　　)
A. － B. － C. D.
4. (2024北京朝阳期末)某校计划新建一个容纳300个座位的阶梯教室，若设置10排座位，且从第二排起每一排都比前一排多2个座位，则第一排需设置的座位数为________．
5. 某单位用分期付款的方式为职工购买40套住房，共需1 150万元，购买当天先付150万元，按约定以后每月的这一天都交付50万元，并加付所有欠款利息，月利率为1%，若交付150万元后的一个月开始算分期付款的第一个月，问分期付款的第10个月应付多少钱？全部付清后，买这40套住房实际花了多少钱？
4．2.3　等差数列的前n项和(1)
【活动方案】
问题：4＋5＋6＋7＋8＋9＝＝39(根).
等差数列的前n项和公式：Sn＝＝na1＋d.
思考1：对有穷等差数列，与首末两项“等距离”的两项之和等于首末两项的和，即a1＋an＝a2＋an－1＝…＝ak＋an－k＋1＝….
例1　(1) 因为Sm＝ma1＋d＝m－×＝－15，
整理，得m2－7m－60＝0，
解得m＝12或m＝－5(舍去)，
所以am＝a12＝a1＋11d＝＋11×(－)＝－4.
(2) 由Sn＝(a1＋an)＝×(1－512)＝－1 022，解得n＝4，
所以an＝a4＝a1＋3d＝1＋3d＝－512，
解得d＝－171.
(3) 方法一：由S5＝5a1＋d＝24，得a1＋2d＝，
所以a2＋a4＝a1＋d＋a1＋3d＝2a1＋4d＝.
方法二：由S5＝＝24，得a1＋a5＝，
所以a2＋a4＝a1＋a5＝.
例2　设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.
由题意，得解得
所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1，
Sn＝＝n2.
跟踪训练　(1) 由题意，得
解得所以a21＝1＋(21－1)×2＝41.
(2) 由题意，得解得
因为Sn＝242＝12n＋×2，
解得n＝11(负值舍去).
例3　①当n＝1时，a1＝S1＝；
②当n≥2，n∈N*时，由an＝Sn－Sn－1，得
an＝(n2＋)－[(n－1)2＋(n－1)]
＝2n－.
又a1＝，满足an＝2n－，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－.
因为an－an－1＝(2n－)－[2(n－1)－]＝2(n≥2)，
所以数列{an}是首项为，公差为2的等差数列．
思考2：(1) an＝
(2) 当n＝1时，a1＝S1＝p＋q＋r；
当n≥2时，Sn－1＝p(n－1)2＋q(n－1)＋r，
an＝Sn－Sn－1＝pn2＋qn＋r－[p(n－1)2＋q(n－1)＋r]＝2pn－p＋q.
若r＝0，则a1＝p＋q，满足上式，
此时an＝2pn－p＋q，
an－1＝2p(n－1)－p＋q(n≥2)，
所以an－an－1＝2p，为常数，
所以{an}是等差数列；
若r≠0，则a1＝p＋q＋r，不满足上式，
所以an＝
此时{an}不是等差数列．
综上，这个数列不一定是等差数列．
跟踪训练　BD　对于A，由Sn＝3n2－2n(n∈N*)，可得a1＝S1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n－3(n－1)2＋2(n－1)＝6n－5，上式对n＝1也成立，所以a2＝7，故A错误；对于B，由an＝6n－5，可得{an}为首项为1，公差为6的等差数列，故B正确；对于C，a10＝60－5＝55，a3＝13，a10＝a3＋42，故C错误；对于D，因为Sn－Sn－1＝an＝6n－5>0，所以{Sn}是递增数列，故D正确．故选BD.
【检测反馈】
1. B　由题意，得S13＝＝13a7＝13×8＝104.
2. B　方法一：设等差数列{an}的公差为d，则解得
方法二：由S7＝＝7a4＝28，得a4＝4，所以等差数列{an}的公差d＝＝.
3. AC　由题意，得ma1＋＝99①，其中偶数项共有项，因为偶数项组成的数列的公差为2d，所以(a1＋d)＋×2d＝44②.又a1－am＝16＝－(m－1)d③，由①②③，解得m＝9，d＝－2，a1＝19，故A，C正确；an＝a1＋(n－1)d＝19＋(n－1)×(－2)＝－2n＋21，所以a5＝－2×5＋21＝11，a6＝－2×6＋21＝9，故B，D错误．故选AC.
4. －4　2　由等差数列前n项和公式可知Sn＝na1＋d＝n2＋(a1－)n，要使得Sn＝(n＋2)2＋k＝n2＋4n＋4＋k为等差数列，则满足 4＋k＝0，解得k＝－4，即Sn＝n2＋4n.因为a1＝S1＝5，a2＝S2－S1＝7，所以公差d＝a2－a1＝2.
5. (1) 设等差数列{an}的公差为d，
若选择①②，由a1＝－3，an＋1－an＝2，
知等差数列{an}的首项为a1＝－3，公差为d＝2，
所以an＝－3＋2(n－1)＝2n－5.
若选择①③，由a1＝－3，S2＝a1＋a2＝－4，得a2＝－1，
所以公差d＝a2－a1＝2，
所以等差数列{an}的首项为a1＝－3，公差为d＝2，
所以an＝－3＋2(n－1)＝2n－5.
若选择②③，由an＋1－an＝d＝2，S2＝2a1＋d＝－4，得a1＝－3，
所以等差数列{an}的首项为a1＝－3，公差为d＝2，
所以an＝－3＋2(n－1)＝2n－5.
(2) 令an≤0，得n≤，
所以{an}的前2项为负数，从第3项起为正数，
所以|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝(－a1)＋(－a2)＋(a3＋a4＋…＋a10)＝3＋1＋＝68，
即数列{|an|}的前10项和为68.
4．2.3　等差数列的前n项和(2)
【活动方案】
例1　(1) 因为a3＝1，a5＝11，
所以d＝＝＝5，
所以a1＝a3－2d＝1－10＝－9，
所以an＝－9＋5(n－1)＝5n－14，
S8＝8×(－9)＋×5＝68.
(2) 因为{an}是等差数列，
所以a1＋a13＝a2＋a12＝2a7，
所以a2＋a7＋a12＝3a7＝24，即a7＝8，
所以a1＋a13＝16，
所以S13＝＝＝104.
(3) 由题意，得a1＋a2＋a3＋a4＝25，
an－3＋an－2＋an－1＋an＝63.
因为{an}是等差数列，
所以a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝a4＋an－3，
所以4(a1＋an)＝25＋63＝88，
即a1＋an＝22.
因为Sn＝＝286，
所以n＝26.
(4) 设Sn＝An2＋Bn，由题意，得
①－②，得A(m2－n2)＋B(m－n)＝n－m.
因为m≠n，所以(m＋n)A＋B＝－1，
所以Sm＋n＝A(m＋n)2＋B(m＋n)＝－(m＋n).
例2　(1) 因为a1＝50，d＝－，
所以an＝50＋(n－1)×(－).
令an<0，得50＋(n－1)×(－)<0，
解得n>＝84.
因为n∈N*，所以从第85项开始有an<0.
(2) 由(1)知从第85项开始有an<0，
所以Sn的最大值为S84.
因为a1＝50，d＝－，
所以S84＝84×50－×＝2 108.4.
跟踪训练　6－n(答案不唯一)　由 n∈N*，an>an＋1知，数列{an}为递减数列．又Sn≤S6，即S6最大，所以可取an＝6－n.
例3　(1) 设数列{an}的公差为d，
则解得
S12＝12a1＋66d＝12×＋66×(－)＝72，
S16＝16a1＋120d＝16×＋120×(－)＝80.
(2) 由(1)，得S4＝32，S8－S4＝24，S12－S8＝16，S16－S12＝8，
所以S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等差数列．
(3) 设数列{an}的公差为d，
则Skt－S(k－1)t＝(a1＋a2＋…＋akt)－(a1＋a2＋…＋a(k－1)t)＝a(k－1)t＋1＋a(k－1)t＋2＋…＋akt，
同理S(k＋1)t－Skt＝akt＋1＋akt＋2＋…＋a(k＋1)t，
所以(S(k＋1)t－Skt)－(Skt－S(k－1)t)＝(akt＋1－a(k－1)t＋1)＋(akt＋2－a(k－1)t＋2)＋…＋(a(k＋1)t－akt)＝td＋td＋…＋td＝t2d为常数，
所以St，S2t－St，S3t－S2t，…，Skt－S(k－1)t，…(k，t∈N*)成等差数列．
例4　设此数列为{ak}，其公差为d，前2n项和为S2n.
由题意，得
解得
因为a1＋a3＋a5＋a7＝4a1＋12d＝24，
所以a1＝，
所以此数列的首项为，公差为，项数为8.
思考：若项数为2n(n∈N*)，则S偶－S奇＝nd，＝.
探究：S奇－S偶＝an＋1(an＋1为中间项)，＝.
例5　＝＝＝＝＝.
跟踪训练　　因为{bn}为等差数列，所以b3＋b18＝b6＋b15，所以＋＝＝＝＝＝＝.
【检测反馈】
1. B　由题意，得an＝3n－27，an＋1＝3n－24，两式相减得an＋1－an＝3，所以数列{an}是以a1＝－24为首项，3为公差的等差数列，且为递增数列，所以当数列{an}的前n项和Sn取得最小值时，有解得8≤n≤9.又因为n为正整数，所以当n＝8或n＝9时，Sn取得最小值，所以前n项和Sn的最小值为S8＝S9＝＝－108.
2. D　由3S5－5S3＝1，得－＝.因为{an}是等差数列，所以＝＝a1＋(n－1)d，即也是等差数列，所以－＝，所以5S7－7S5＝＝.
3. BC　由a7<0，a7＋a8>0，得a8>－a7>0，则等差数列{an}的公差d＝a8－a7>0，所以数列{an}是递增数列，故B正确；因为数列{an}的前7项都为负，从第8项起为正，所以当n＝7时，Sn取得最小值，故A错误，C正确；因为S13＝＝13a7<0，所以使得Sn>0的n的最小值不为13，故D错误．故选BC.
4. 　1或3　因为{an}，{bn}都是等差数列，所以＝＝＝＝＝.由题意，得＝＝＝＝＝＝3－.因为为正整数，所以为整数．又n是正整数，所以n＋1＝2或n＋1＝4，解得n＝1或n＝3.
5. 因为在等差数列{an}中，S8＝100，S16＝392，
所以S8，S16－S8，S24－S16成等差数列，即2(S16－S8)＝S8＋(S24－S16)，
所以2×(392－100)＝100＋(S24－392)，
解得S24＝876，即S24的值为876.
4．2.3　等差数列的前n项和(3)
【活动方案】
例1　由题意，得d＝2，n＝20，a20＝60，
所以a1＝60－19×2＝22，
所以S20＝＝820.
故这个剧场共有820个座位．
例2　26.7　设张大爷在11月的30天的运动步数构成数列{an}，且{an}的前n项和为Sn，则数列{an}是等差数列．易知S10，S20－S10，S30－S20成等差数列，所以2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)，即2×(15.8－6.9)＝6.9＋S30－15.8，解得S30＝26.7，所以张大爷在11月份的运动步数是26.7万步．
例3　(1) 设每月存入A元，则
A(1＋2.1‰)＋A(1＋2×2.1‰)＋…＋A(1＋36×2.1‰)＝20 000，
A(36＋36×2.1‰＋×2.1‰)＝20 000，
解得A≈535.
故每月大约存入535元．
(2) 因为总额不超过2万元，所以每月至多存≈555(元)，
3年后本息和为555×(1＋2.1‰)＋555×(1＋2×2.1‰)＋…＋555×(1＋36×2.1‰)＝555×(36＋36×2.1‰＋×2.1‰)≈20 756(元).
故每月至多存555元，此时3年后本息合计约为20 756元.
例4　C　设从第n层到第n＋1层所走的台阶数为an，绕第n＋1层一周所走的步数为bn，由已知可得a1＝26，an＋1－an＝－2，n∈{1，2，3，4，5，6，7，8}，b8＝12，bn－bn＋1＝3，n∈{1，2，3，4，5，6，7，8}，所以数列{an}为首项为26，公差为－2的等差数列，故an＝28－2n，n∈{1，2，3，4，5，6，7，8}，数列{bn}为公差为－3的等差数列，故bn＝36－3n，n∈{1，2，3，4，5，6，7，8}．设数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，所以S8＝＝152，T8＝＝180，所以这位游客从底层进入塔身开始到顶层绕塔一周止共需332步．
【检测反馈】
1. B　由题意可知等差数列中S10＝2 000，S20＝3 500.因为S10，S20－S10，S30－S20成等差数列，所以 2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)，所以2×(3 500－2 000)＝2 000＋(S30－3 500)，解得S30＝4 500.
2. A　设从冬至到芒种这十二个节气的日影长构成等差数列{an}，公差为d，则即解得所以a4＝a1＋3d＝13.5－3＝10.5，即立春的日影长为10.5尺．
3. BD　设方程(x2－2x＋m)(x2－2x＋n)＝0的四个根分别为a1，a2，a3，a4，则数列a1，a2，a3，a4是首项为的等差数列，设其公差为d.由等差数列的性质可得a1＋a4＝a2＋a3.①若a1，a4为方程x2－2x＋m＝0的两根，则a2，a3为方程x2－2x＋n＝0的两根．由根与系数的关系可得a1＋a4＝＋a4＝2，则a4＝，所以d＝＝，则 a2＝，a3＝，此时m＝a1a4＝，n＝a2a3＝，则m－n＝－；②若a1，a4为x2－2x＋n＝0的两根，则a2，a3为方程x2－2x＋m＝0的两根，同理可得m＝，n＝，则m－n＝.综上，m－n＝±.故选BD.
4. 21　设第i(i＝1，2，3，…，10)排的座位数为ai，则数列{an}(n≤10，n∈N*)是公差为d＝2的等差数列，由题意，得10a1＋d＝10a1＋90＝300，解得a1＝21，即第一排需设置的座位数为21.
5. 因购房时付150万元，则欠款1 000万元，依题意分20次付款，
则每次付款的数额依次构成数列{an}，则a1＝50＋1 000×1%＝60，
a2＝50＋(1 000－50)×1%＝59.5，
a3＝50＋(1 000－50×2)×1%＝59，
a4＝50＋(1 000－50×3)×1%＝58.5，
……
所以an＝50＋[1 000－50(n－1)]×1%＝60－(n－1)(1≤n≤20，n∈N*)，
所以{an}是以60为首项，－为公差的等差数列，
所以a10＝60－9×＝55.5，a20＝60－19×＝50.5，
所以S20＝(a1＋a20)×20＝10×(60＋50.5)＝1 105，
所以实际共付1 105＋150＝1 255(万元).
故分期付款的第10个月应付55.5万元，全部付清后，买这40套住房实际花了1 255万元．