第2节　等差数列及其前n项和

1/1第2节等差数列及其前n项和1.理解等差数列的概念和通项公式的意义.2.探索并掌握等差数列的前n项和公式，理解等差数列的通项公式与前n项和公式的关系.3.能在具体的问题情境中，发现数列的等差关系，并解决相应的问题.4.体会等差数列与一元一次函数、二次函数的关系.知识梳理1.等差数列的有关概念（1）定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d表示，符号表示为an＋1－an＝d（n∈N*，d为常数）；提醒：在公差为d的等差数列{an}中：①d＞0⇔{an}为递增数列；②d＝0⇔{an}为常数列；③d＜0⇔{an}为递减数列.（2）等差中项：数列a，A，b成等差数列的充要条件是A＝a＋b2，其中A叫做a与2.等差数列的有关公式（1）通项公式：an＝a1＋（n－1）d＝nd＋（a1－d）⇒当d≠0时，an是关于n的一次函数模型，即an＝pn＋q，其中p为公差；（2）前n项和公式：Sn＝n（a1＋an）2或Sn＝na1＋n（n－1）2d＝d2n2＋a1－d2n⇒当d≠0时，Sn是关于n的二次函数模型，且没有常数项，即Sn3.等差数列的常用性质（1）项的性质①通项公式的推广：an＝am＋（n－m）d（n，m∈N*）；②若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n（k，l，m，n∈N*），则ak＋al＝am＋an；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.（2）和的性质①若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列，公差为m2d；②若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列{Snn}也是等差数列，其首项与{an}的首项相同，公差是{an}公差的1③若两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，则anbn1.在等差数列{an}中，若a1＞0，d＜0，则Sn存在最大值；若a1＜0，d＞0，则Sn存在最小值.2.若等差数列{an}的项数为偶数2n，则S2n＝n（a1＋a2n）＝…＝n（an＋an＋1）；S偶－S奇＝nd，S奇S偶3.若等差数列{an}的项数为奇数2n－1，则S2n－1＝（2n－1）an；S奇S偶＝nn－1；S奇－S偶诊断自测1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）（1）若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列.（×）（2）等差数列{an}的单调性是由公差d决定的.（√）（3）数列{an}为等差数列的充要条件是对任意n∈N*，都有2an＋1＝an＋an＋2.（√）（4）等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数.（×）2.数列{an}满足an＋1＝an－3且a1＝7，则a3＝（）A.－3 B.4C.1 D.－2解析：C根据题意，由an＋1＝an－3，可知数列{an}是公差为－3的等差数列，又a1＝7，所以数列{an}的通项公式为an＝10－3n，所以a3＝10－9＝1，故选C.3.已知等差数列{an}中，a1＝12，a2＋a5＝36，则a6＝（）A.20 B.24C.28 D.32解析：B由等差数列的性质可知，a1＋a6＝a2＋a5＝36，所以a6＝36－a1＝24.故选B.4.已知Sn为等差数列{an}的前n项和，a2＝2，S4＝14，则an＝3n－4.解析：由题意得a1＋d=2，4a1＋4×32d=14，解得a15.〔一题多解〕设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S8＝100，S16＝392，则S24＝876.解析：法一由S8＝8a1＋8×72d＝100，S16＝16a1＋16×152d＝392，得a1＝2，d＝3，∴S24＝24×2＋法二∵S8，S16－S8，S24－S16成等差数列，∴2（S16－S8）＝S8＋（S24－S16），得S24＝3S16－3S8＝876.等差数列基本量的运算（基础自学过关）1.（2024·全国甲卷4题）记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S5＝S10，a5＝1，则a1＝（）A.72 B.C.－13 D.－解析：B由S5＝S10，得5（a1＋a5）2＝10（a1＋a10）2，所以5a3＝5（a3＋a8），所以a8＝0，公差d＝a8－a58－5＝－13，2.（2026·河南洛阳联考）《周髀算经》中有这样一个问题：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，前三个节气日影长之和为28.5尺，最后三个节气日影长之和为1.5尺，则春分时节的日影长为（）A.4.5尺 B.3.5尺C.2.5尺 D.1.5尺解析：A设冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气日影长构成等差数列{an}，公差为d，由题意得a1＋a2＋a3=28.5，a10＋a11＋a12=1.5，解得a1=10.5，d＝－1，所以an＝a13.（2024·新高考Ⅱ卷12题）记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝95.解析：因为数列{an}为等差数列，则由题意得a1+2d＋a1+3d=7，3（a1＋d）＋a1+4d=54.（2026·福建厦门第二次质检）已知正项等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，且4S3＝（a3＋1）2，4S4＝（a4＋1）2，则d＝2.解析：4S3＝（a3＋1）2，4S4＝（a4＋1）2，两式相减得4a4＝（a4＋1）2－（a3＋1）2，即（a4－1）2－（a3＋1）2＝0，则（a4＋a3）（a4－a3－2）＝0，又数列{an}为正项等差数列，∴a4－a3－2＝0，∴a4－a3＝2，即d＝2.1.等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1，n，d，an，Sn，知道其中三个就能求出另外两个（简称“知三求二”）.2.确定等差数列的关键是求出两个最基本的量，即首项a1和公差d.等差数列的判定与证明（师生共研过关）已知数列{an}中，a1＝2，a2＝3，an＝2an－1－an－2＋3（n≥3）.（1）求a3的值；解：在数列{an}中，a1＝2，a2＝3，且an＝2an－1－an－2＋3，令n＝3，可得a3＝2a2－a1＋3＝7.（2）证明：数列{an－an－1}（n≥2）是等差数列.解：证明：由an＝2an－1－an－2＋3（n≥3），当n≥2时，可得an＋1＝2an－an－1＋3，则（an＋1－an）－（an－an－1）＝3，又由a1＝2，a2＝3，可得a2－a1＝1，所以数列{an＋1－an}是首项为1，公差为3的等差数列，即数列{an－an－1}（n≥2）是等差数列.判断数列{an}是等差数列的常用方法（1）定义法：对任意n∈N*，an＋1－an是同一常数；（2）等差中项法：对任意n≥2，n∈N*，满足2an＝an＋1＋an－1；（3）通项公式法：对任意n∈N*，都满足an＝pn＋q（p，q为常数）；（4）前n项和公式法：对任意n∈N*，都满足Sn＝An2＋Bn（A，B为常数）.训练1（1）已知数列{an}的前n项和Sn＝an2＋bn（a，b∈R）且a2＝3，a6＝11，则S7＝（B）A.13 B.49C.35 D.63解析：由Sn＝an2＋bn（a，b∈R）可知数列{an}是等差数列，依题意得，d＝a6－a26－2＝11－34＝2，则an＝a2＋（n－2）d＝2n－1，即a1＝1，a7＝13，所以S7＝a1＋（2）数列{an}满足a1＝2，a2＝1，且1an－1＝2an－1an+1（n≥2），则数列{anA.1100 B.C.12100 D解析：因为1an－1＝2an－1an+1（n≥2），所以1an+1＋1an－1＝2an，所以{1an}为等差数列，首项为1a1＝12，第2项为1a2＝1，所以d＝12（3）（2025·河南新乡二模）已知Sn是等差数列{an}的前n项和，数列{an}的公差为d（d≠0），且{Sn－an}是等差数列，则a1解析：由题意，an＝a1＋d（n－1）＝dn＋a1－d，Sn＝na1＋n（n－1）d2＝d2n2＋（a1－d2）n，所以Sn－an＝d2n2＋（a1－3d2）n＋d－a1，因为{Sn－an}是等差数列，则{Sn－an}的通项是一次函数型，则方程d2n2＋（a1－3d2）n＋d－a1＝0有两个相等实根，所以Δ＝（a1－3d2）2－4·d2（d－a等差数列的性质及应用（定向精析突破）考向1项的性质（1）已知数列{an}，{bn}都是等差数列，a1＝1，b1＝5，且a21－b21＝34，则a11－b11＝（D）A.－17 B.－15C.17 D.15解析：因为数列{an}，{bn}都是等差数列，所以a11－b11＝a1＋a212－b1＋b212＝（a1－b1）＋（a21－b21）2，又a1＝1，b1（2）〔多选〕（2026·河南南阳模拟）已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和，则下列结论中正确的是（BC）A.若a1＋a2＋a3＝5，a3＋a4＋a5＝11，则a5＋a6＋a7＝20B.若a2＋a11＝4，则S12＝24C.若a1＜0，S15＜0，则S6＜S5D.若{an}和{anan＋1}都为递增数列，则an＞0解析：对于A，由a1＋a2＋a3＝5，a3＋a4＋a5＝11，可得（a3＋a4＋a5）－（a1＋a2＋a3）＝6d＝6，所以d＝1，又a5＋a6＋a7＝（a1＋a2＋a3）＋12d＝5＋12＝17≠20，所以A错误；对于B，由S12＝12（a1＋a12）2＝12（a2＋a11）2＝24，所以B正确；对于C，由S15＝15（a1＋a15）2＝15a8＜0，所以a8＜0，又因为a1＜0，可得an＜0（n＝1，2，…，8），所以S6－S5＝a6＜0，所以C正确；对于D，因为{an}为递增数列，可得公差d＞0，因为{anan＋1}为递增数列，可得an＋2an＋1－anan＋1＝an＋1·利用2am＝am－n＋am＋n可实现项的合并与拆分，在Sn＝n（a1＋an）2中，Sn考向2和的性质（1）（2026·河北调研）设Sn是等差数列{an}的前n项和，若S5S10＝13，则S10SA.37 B.C.311 D.解析：由等差数列前n项和的性质知S5，S10－S5，S15－S10，S20－S15，…是等差数列.由S5S10＝13，可设S5＝t（t≠0），则S10＝3t，于是S5，S10－S5，S15－S10，S20－S15，…依次为t，2t，3t，4t，…，所以S20＝t＋2t＋3t＋4t＝10t，所以S10S（2）已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意正整数n都有SnTn＝2n－13n－2解析：因为a11b6＋b10＋a5b7＋b9＝a11＋a5（3）在等差数列{an}中，奇数项之和为220，偶数项之和为165.若此数列的项数为10，则此数列的公差为－11；若此数列的项数为奇数，则此数列的中间项是55.解析：由题意知S奇＝220，S偶＝165，若此数列的项数为10，则S偶－S奇＝5d，所以－55＝5d，所以d＝－11；若此数列的项数为奇数，设项数为2n－1，则S奇＝a1＋a3＋…＋a2n－1＝n（a1＋a2n－1）2＝nan，S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n－2＝（n－1)(a2＋a2n－2）2＝（n－1）an，所以S若Sn是等差数列{an}的前n项和，则数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列，且有S2n＝n（a1＋a2n）＝…＝n（an＋an＋1），S2n－1＝（2n－1）an.考向3最值问题（1）（2025·山东临沂二模）已知{an}为正项等差数列，若4a3－a7＝8，则a1a3的最大值为（C）A.4 B.6C.8 D.10解析：4a3－a7＝4（a1＋2d）－（a1＋6d）＝3a1＋2d＝8，解得a1＝8－2d3，由于{an}为正项等差数列，则a1＝8－2d3>0，d>0，解得0＜d＜4，a1a3＝8－2d3·（8－2d3＋2d）＝（8－2d)(8+4d）9＝89（－（2）〔一题多解〕（2026·江苏常州模拟改编）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝13，S3＝S11，则当Sn最大时n＝7.解析：法一（邻项变号法）由S3＝S11，得a4＋a5＋…＋a11＝0，根据等差数列的性质，可得a7＋a8＝0.根据a1＝13可知这个数列为递减数列，从而得到a7＞0，a8＜0，故n＝7时Sn最大.法二（函数法）由S3＝S11，可得3a1＋3d＝11a1＋55d，把a1＝13代入，得d＝－2，故Sn＝13n－n（n－1）＝－n2＋14n.根据二次函数的性质，知当n＝7时Sn最大.法三（图象法）根据a1＝13，S3＝S11，知这个数列的公差不等于零，且这个数列的和是先递增后递减.根据公差不为零的等差数列的前n项和是关于n的二次函数，以及二次函数图象的对称性，可得只有当n＝3+112＝7时，Sn取得最大值求等差数列前n项和Sn最值的两种方法训练2（1）在等差数列{an}中，a2，a8是方程x2＋mx－8＝0的两根，若a4＋a6＝a52＋1，则m的值为（BA.－6 B.－2C.2 D.6解析：因为a2，a8是方程x2＋mx－8＝0的两根，所以Δ＝m2＋32＞0，且a2＋a8＝－m.在等差数列{an}中，a2＋a8＝a4＋a6＝2a5，所以a4＋a6＝－m，a5＝－m2，代入a4＋a6＝a52＋1可得－m＝m24＋1，解得m＝－（2）在等差数列{an}中，a1＝－2026，其前n项和为Sn，若S1010－S88＝2，则S2026＝（A.2027 B.－2027C.－2026 D.2026解析：由{an}是等差数列，设公差为d，则Sn＝na1＋n（n－1）2d，所以Snn＝a1＋n－12d，Sn+1n+1－Snn＝d2（常数），则{Snn}也为等差数列.由S1010－S88＝2，则数列{Snn}的公差为1.所以Snn＝S11＋（n－1）×1＝－2026＋n－1（3）〔多选〕设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S15＞0，S16＜0，则（ABD）A.a8＞0B.a9＜0C.S1a1，S2D.S1a1，S2解析：由S15＝15（a1＋a15）2＝15a8＞0，得a8＞0，故A正确；由S16＝16（a1＋a16）2＝16（a9＋a8）2＜0，得a9＋a8＜0，所以a9＜0，且d＜0，故B正确；所以数列{an}为递减数列，且a1，…，a8为正，a9，…，an为负，且S1，…，S15大于0，S16，…，Sn小于0，则S1a1＞0，S2a2＞0，…，S8a8＞0，S9a9＜0，S10a10＜0，…，S15a（时间：60分钟，满分：95分）[备注：单选、填空题5分，多选题6分]1.在等差数列{an}中，若a3＋a9＝30，a4＝11，则{an}的公差为（）A.－2 B.2C.－3 D.3解析：B设公差为d，因为a3＋a9＝2a6＝30，所以a6＝15，从而d＝a6－a2.已知{an}，{bn}都是首项为1的等差数列，且{an}的公差为d1＝3，{bn}的公差为d2＝2，若数列{cn}满足cn＝an＋bn，则c10＝（）A.20 B.27C.40 D.47解析：D因为{an}是首项为1，公差为d1＝3的等差数列，所以an＝1＋（n－1）×3＝3n－2，又{bn}是首项为1，公差为d2＝2的等差数列，所以bn＝1＋（n－1）×2＝2n－1，因此cn＝an＋bn＝5n－3，所以c10＝47.3.（2026·湖北武汉二调）记等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝0，S6＝2S3－12，则a1＝（）A.6 B.8C.10 D.12解析：A设等差数列{an}的公差为d，由S6＝2S3－12，得6a1＋15d＝2（3a1＋3d）－12，得9d＝－12，由S10＝0，得10a1＋45d＝0，则2a1＝－9d＝12，所以a1＝6.故选A.4.已知数列{an}中，a2＝4，am＋n＝am＋an，则a11＋a12＋a13＋…＋a19＝（）A.95 B.145C.270 D.520解析：C在等式am＋n＝am＋an中，令m＝1，可得an＋1＝an＋a1，则an＋1－an＝a1，所以数列{an}为等差数列，且该数列的首项和公差均为a1.因为a2＝2a1＝4，故a1＝2，所以an＝2＋2（n－1）＝2n，则a15＝2×15＝30，因此a11＋a12＋a13＋…＋a19＝9（a11＋a19）2＝9×25.（2026·陕西安康质检）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且{nSn}为等差数列，若S6＋a4＋a5＋a6＝1，则S8a8A.－63 B.63C.36 D.－36解析：A因为数列{an}的前n项和为Sn，S6＋a4＋a5＋a6＝1，所以S6＋（S6－S3）＝1，故6S6－3S3＝3.设{nSn}的公差为d，则3d＝3，解得d＝1，又1×S1＝a1＝2，故{nSn}是首项为2，公差为1的等差数列，则nSn＝2＋（n－1）×1＝n＋1，故Sn＝n+1n，则S8a8＝S8S86.〔多选〕已知等差数列{an}的前n项和为Sn（n∈N*），若a1＞0，S4＝S12，则（）A.公差d＜0B.a7＋a9＜0C.Sn的最大值为S8D.满足Sn＜0的n的最小值为16解析：AC因为a1＞0，S4＝S12，则4（a1＋a4）2＝12（a1＋a12）2，即a1＋a4＝3（a1＋a12），则d＝－215a1＜0，故A正确；a7＋a9＝2a1＋14d＝－d＞0，故B错误；由a7＋a9＞0，得a8＞0，a9＝a1＋8d＝12d＜0，因为d＜0，a1＞0，所以数列{an}是递减数列，且当n≤8时，an＞0，当n≥9时，an＜0，所以Sn的最大值为S8，故C正确；Sn＝d2n2＋（a1－d2）n＝－a115n2＋16a115n，7.设Sn是等差数列{an}的前n项和，若S3S6＝13，则S6解析：由等差数列的性质可知S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等差数列，∵S3S6＝13，即S6＝3S3，（S6－S3）－S3＝S3，∴S9－S6＝3S3，S12－S9＝4S3，∴S9＝6S3，S12＝10S3，∴S68.已知各项均为正数的数列{an}满足2an2＝an+12＋an－12（n∈N*，且n≥2），a1＝1，a2＝2，解析：因为2an2＝an+12＋an－12，由等差中项的定义可知，数列{an2}是首项为a12＝1，公差为d＝a22－a12＝4－1＝3的等差数列，所以an2＝a12＋（n－1）d＝1＋3（n－1）＝3n－2，由此可知a309.（13分）记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知2Sn＋1b（1）证明：数列{bn}是等差数列；（2）求{an}的通项公式.解：（1）证明：因为bn是数列{Sn}的前n项积，所以当n≥2时，Sn＝bn代入2Sn＋1bn＝2，可得2b整理可得2bn－1＋1＝2bn，即bn－bn－1＝12（n≥2又2S1＋1b1＝3b1＝2，故{bn}是以32为首项，12（2）由（1）可知，bn＝32＋12（n－1）＝则2Sn＋2n+2＝2，所以S当n＝1时，a1＝S1＝32当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n+2n+1－n又a1＝32不满足上式故an＝310.（2023·全国乙卷10题）已知等差数列{an}的公差为2π3，集合S＝{cosan｜n∈N*}，若S＝{a，b}，则ab＝（A.－1 B.－1C.0 D.1解析：B∵数列{an}是公差为2π3的等差数列，∴an＋3＝an＋2π3×3＝an＋2π，∴cosan＋3＝cosan，∴数列{cosan}是周期为3的数列.不妨取a1＝－π3，则cosa1＝cosa2＝12，cosa3＝－1，∴集合S＝{－1，12}，则11.已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1（an＋1－1）＝an（an＋1），若[x]表示不超过x的最大整数，bn＝［（n+1）22Sn］，则数列{bn}的前2026项和A.1012 B.1013C.2026 D.2027解析：D∵an＋1（an＋1－1）＝an（an＋1），∴an+12－an2＝an＋1＋an，即（an＋1－an）（an＋1＋an）＝an＋1＋an，∵an＞0，∴an＋1＋an＞0，∴an＋1－an＝1，∵a1＝1，∴数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，∴an＝n，∴Sn＝n（1+n）2，∴（n+1）22Sn＝（n+1）2n（1+n）＝n+1n，∴bn＝［12.〔多选〕（2026·湖南株洲模拟）设等差数列{an}的前n项和为Sn，则以下四个选项中正确的是（）A.若a5＝0，则S9＝0B.若S6－S9＝a10，且a2＞a1，则a8＜0且a9＞0C.若S16＝64，且在前16项中，偶数项的和与奇数项的和之比为3∶1，则公差为2D.若（n＋1）Sn＞nSn＋1，且a22＝a62，则S3和S4解析：ABD对于A，因为{an}是等差数列，a5＝0，所以S9＝9（a1＋a9）2＝9a5＝0，故A正确；对于B，因为a2＞a1，所以公差d＝a2－a1＞0，即{an}是递增数列，因为S6－S9＝a10，即S9－S6＝－a10，所以a9＋a8＋a7＝－a10，即a10＋a9＋a8＋a7＝0，则a8＋a9＝0，所以a8＜0且a9＞0，故B正确；对于C，因为S16＝64，所以16（a1＋a16）2＝64，则a1＋a16＝8，则a8＋a9＝8，又a2＋a4＋a6＋a8＋a10＋a12＋a14＋a16＝8a9，a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝8a8，所以8a9＝3×8a8，即a9＝3a8，故4a8＝8，得a8＝2，a9＝6，所以{an}的公差为a9－a8＝4，故C错误；对于D，因为（n＋1）Sn＞nSn＋1，即Snn＞Sn+1n+1，即1n［na1＋n（n－1）2d］＞1n+1［（n＋1）a1＋n（n+1）2d］，整理得d＜0，所以{an}是递减数列，因为a22＝a62，所以（a6＋a2）（a6－a2）＝0，由于a6－a2＝4d≠0，所以a6＋a2＝0，故2a4＝0，即a4＝0，则a3＞0，a5＜013.如图，用相同的球堆成若干堆“正三棱锥”形的装饰品，其中第1堆只有1层，且只有1个球；第2堆有2层共4个球，其中第1层有1个球，第2层有3个球；…；第n堆有n层共Sn个球，第1层有1个球，第2层有3个球，第3层有6个球，….已知S20＝1540，则∑n=120n2＝2解析：在第n（n≥2）堆中，从第2层起，第n层球的个数比