Gothedistance
第二节等差数列及其前n项和
[知识能否忆起]
一、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．符号表示为an＋1－an＝d(n∈N，d为常数)．
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，b的
等差中项．
二、等差数列的有关公式
1．通项公式：an＝a1＋(n－1)d.
2．前n项和公式：Sn＝na1＋n?n－1?2d＝?a1＋an?n2.
三、等差数列的性质
1．若m，n，p，q∈N，且m＋n＝p＋q，{an}为等差数列，则am＋an＝ap＋aq.
2．在等差数列{an}中，ak，a2k，a3k，a4k，…仍为等差数列，公差为kd.
3．若{an}为等差数列，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍为等差数列，公差为n2d.
4．等差数列的增减性：d>0时为递增数列，且当a1<0时前n项和Sn有最小值．d<0时
为递减数列，且当a1>0时前n项和Sn有最大值．
5．等差数列{an}的首项是a1，公差为d.若其前n项之和可以写成Sn＝An2＋Bn，则A
＝d2，B＝a1－d2，当d≠0时它表示二次函数，数列{an}的前n项和Sn＝An2＋Bn是{an}成等
差数列的充要条件．
[小题能否全取]
1．(2012·福建高考)等差数列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则数列{an}的公差为()
A．1B．2
C．3D．4
解析：选B法一：设等差数列{an}的公差为d，由题意得
??
??
?2a1＋4d＝10，
a1＋3d＝7.
Gothedistance
解得
??
??
?a1＝1，
d＝2.故d＝2.
法二：∵在等差数列{an}中，a1＋a5＝2a3＝10，∴a3＝5.
又a4＝7，∴公差d＝7－5＝2.
2．(教材习题改编)在等差数列{an}中，a2＋a6＝3π2，则sin????2a4－π3＝()
A.32B.12
C．－32D．－12
解析：选D∵a2＋a6＝3π2，∴2a4＝3π2.
∴sin????2a4－π3＝sin????3π2－π3＝－cosπ3＝－12.
3．(2012·辽宁高考)在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项和S11＝()
A．58B．88
C．143D．176
解析：选BS11＝11?a1＋a11?2＝11?a4＋a8?2＝88.
4．在数列{an}中，若a1＝1，an＋1＝an＋2(n≥1)，则该数列的通项an＝________.
解析：由an＋1＝an＋2知{an}为等差数列其公差为2.
故an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
答案：2n－1
5．(2012·北京高考)已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和，若a1＝12，S2＝a3，则a2＝
________，Sn＝________.
解析：设{an}的公差为d，
由S2＝a3知，a1＋a2＝a3，即2a1＋d＝a1＋2d，
又a1＝12，所以d＝12，故a2＝a1＋d＝1，
Sn＝na1＋12n(n－1)d＝12n＋12(n2－n)×12
＝14n2＋14n.
答案：114n2＋14n
1.与前n项和有关的三类问题
(1)知三求二：已知a1、d、n、an、Sn中的任意三个，即可求得其余两个，这体现了方
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程思想．
(2)Sn＝d2n2＋????a1－d2n＝An2＋Bn?d＝2A.
(3)利用二次函数的图象确定Sn的最值时，最高点的纵坐标不一定是最大值，最低点的
纵坐标不一定是最小值．
2．设元与解题的技巧
已知三个或四个数组成等差数列的一类问题，要善于设元，若奇数个数成等差数列且和
为定值时，可设为…，a－2d，a－d，a，a＋d，a＋2d，…；
若偶数个数成等差数列且和为定值时，可设为…，a－3d，a－d，a＋d，a＋3d，…，其
余各项再依据等差数列的定义进行对称设元．
等差数列的判断与证明
典题导入
[例1]在数列{an}中，a1＝－3，an＝2an－1＋2n＋3(n≥2，且n∈N)．
(1)求a2，a3的值；
(2)设bn＝an＋32n(n∈N)，证明：{bn}是等差数列．
[自主解答](1)∵a1＝－3，an＝2an－1＋2n＋3(n≥2，且n∈N)，∴a2＝2a1＋22＋3＝1，
a3＝2a2＋23＋3＝13.
(2)证明：对于任意n∈N，
∵bn＋1－bn＝an＋1＋32n＋1－an＋32n＝12n＋1[(an＋1－2an)－3]＝12n＋1[(2n＋1＋3)－3]＝1，
∴数列{bn}是首项为a1＋32＝－3＋32＝0，公差为1的等差数列．
由题悟法
1．证明{an}为等差数列的方法：
(1)用定义证明：an－an－1＝d(d为常数，n≥2)?{an}为等差数列；
(2)用等差中项证明：2an＋1＝an＋an＋2?{an}为等差数列；
(3)通项法：an为n的一次函数?{an}为等差数列；
(4)前n项和法：Sn＝An2＋Bn或Sn＝n?a1＋an?2.
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2．用定义证明等差数列时，常采用的两个式子an＋1－an＝d和an－an－1＝d，但它们的
意义不同，后者必须加上“n≥2”，否则n＝1时，a0无定义．
以题试法
1．已知数列{an}的前n项和Sn是n的二次函数，且a1＝－2，a2＝2，S3＝6.
(1)求Sn；
(2)证明：数列{an}是等差数列．
解：(1)设Sn＝An2＋Bn＋C(A≠0)，
则
??
??
?－2＝A＋B＋C，
0＝4A＋2B＋C，
6＝9A＋3B＋C，
解得A＝2，B＝－4，C＝0.故Sn＝2n2－4n.
(2)证明：∵当n＝1时，a1＝S1＝－2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－4n－[2(n－1)2－4(n－1)]＝4n－6.
∴an＝4n－6(n∈N)．an＋1－an＝4，
∴数列{an}是等差数列.
等差数列的基本运算
典题导入
[例2](2012·重庆高考)已知{an}为等差数列，且a1＋a3＝8，a2＋a4＝12.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记{an}的前n项和为Sn，若a1，ak，Sk＋2成等比数列，求正整数k的值．
[自主解答](1)设数列{an}的公差为d，由题意知
??
??
?2a1＋2d＝8，
2a1＋4d＝12，解得???
??a1＝2，
d＝2.
所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋2(n－1)＝2n.
(2)由(1)可得Sn＝n?a1＋an?2＝n?2＋2n?2＝n(n＋1)．
因为a1，ak，Sk＋2成等比数列，所以a2k＝a1Sk＋2.
从而(2k)2＝2(k＋2)(k＋3)，即k2－5k－6＝0，
解得k＝6或k＝－1(舍去)，因此k＝6.
由题悟法
1．等差数列的通项公式an＝a1＋(n－1)d及前n项和公式Sn＝n?a1＋an?2＝na1＋n?n－1?2d，
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共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了方程的思想．
2．数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1和d是等差数列
的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法．
以题试法
2．(1)在等差数列中，已知a6＝10，S5＝5，则S8＝________.
(2)(2012·江西联考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S412－S39＝1，则公差为________．
解析：(1)∵a6＝10，S5＝5，
∴
??
??
?a1＋5d＝10，
5a1＋10d＝5.
解方程组得
??
??
?a1＝－5，
d＝3.
则S8＝8a1＋28d＝8×(－5)＋28×3＝44.
(2)依题意得S4＝4a1＋4×32d＝4a1＋6d，S3＝3a1＋3×22d＝3a1＋3d，于是有4a1＋6d12－
3a1＋3d
9＝1，由此解得d＝6，即公差为6.
答案：(1)44(2)6
等差数列的性质
典题导入
[例3](1)等差数列{an}中，若a1＋a4＋a7＝39，a3＋a6＋a9＝27，则前9项和S9等于()
A．66B．99
C．144D．297
(2)(2012·天津模拟)设等差数列{an}的前n项和Sn，若S4＝8，S8＝20，则a11＋a12＋a13
＋a14＝()
A．18B．17
C．16D．15
[自主解答](1)由等差数列的性质及a1＋a4＋a7＝39，可得3a4＝39，所以a4＝13.同理，
由a3＋a6＋a9＝27，可得a6＝9.
所以S9＝9?a1＋a9?2＝9?a4＋a6?2＝99.
(2)设{an}的公差为d，则a5＋a6＋a7＋a8＝S8－S4＝12，(a5＋a6＋a7＋a8)－S4＝16d，解
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得d＝14，a11＋a12＋a13＋a14＝S4＋40d＝18.
[答案](1)B(2)A
由题悟法
1．等差数列的性质是等差数列的定义、通项公式以及前n项和公式等基础知识的推广
与变形，熟练掌握和灵活应用这些性质可以有效、方便、快捷地解决许多等差数列问题．
2．应用等差数列的性质解答问题的关键是寻找项的序号之间的关系．
以题试法
3．(1)(2012·江西高考)设数列{an}，{bn}都是等差数列，若a1＋b1＝7，a3＋b3＝21，则
a5＋b5＝________.
(2)(2012·海淀期末)若数列{an}满足：a1＝19，an＋1＝an－3(n∈N)，则数列{an}的前n项
和数值最大时，n的值为()
A．6B．7
C．8D．9
解析：(1)设两等差数列组成的和数列为{cn}，由题意知新数列仍为等差数列且c1＝7，
c3＝21，则c5＝2c3－c1＝2×21－7＝35.
(2)∵an＋1－an＝－3，∴数列{an}是以19为首项，－3为公差的等差数列，∴an＝19＋(n
－1)×(－3)＝22－3n.设前k项和最大，则有
??
??
?ak≥0，
ak＋1≤0，即???
??22－3k≥0，
22－3?k＋1?≤0，
解得193≤k≤223.∵k∈N，∴k＝7.故满足条件的n的值为7.
答案：(1)35(2)B
1．(2011·江西高考){an}为等差数列，公差d＝－2，Sn为其前n项和．若S10＝S11，则
a1＝()
A．18B．20
C．22D．24
解析：选B由S10＝S11，得a11＝S11－S10＝0，a1＝a11＋(1－11)d＝0＋(－10)×(－2)＝
20.
2．(2012·广州调研)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a5＝8，S3＝6，则S10－S7的值
是()
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A．24B．48
C．60D．72
解析：选B设等差数列{an}的公差为d，由题意可得
??
??
?a5＝a1＋4d＝8，
S3＝3a1＋3d＝6，解得???
??a1＝0，
d＝2，
则S10－S7＝a8＋a9＋a10＝3a1＋24d＝48.
3．(2013·东北三校联考)等差数列{an}中，a5＋a6＝4，则log2(2a1·2a2·…·2a10)＝()
A．10B．20
C．40D．2＋log25
解析：选B依题意得，a1＋a2＋a3＋…＋a10＝10?a1＋a10?2＝5(a5＋a6)＝20，因此有
log2(2a1·2a2·…·2a10)＝a1＋a2＋a3＋…＋a10＝20.
4．(2012·海淀期末)已知数列{an}满足：a1＝1，an>0，a2n＋1－a2n＝1(n∈N)，那么使an<5
成立的n的最大值为()
A．4B．5
C．24D．25
解析：选C∵a2n＋1－a2n＝1，∴数列{a2n}是以a21＝1为首项，1为公差的等差数列．∴
a2n＝1＋(n－1)＝n.又an>0，∴an＝n.∵an<5，∴n<5.即n<25.故n的最大值为24.
5．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，并且S10>0，S11<0，若Sn≤Sk对n∈N恒成立，
则正整数k的值为()
A．5B．6
C．4D．7
解析：选A由S10>0，S11<0知a1>0，d<0，并且a1＋a11<0，即a6<0，又a5＋a6>0，所
以a5>0，即数列的前5项都为正数，第5项之后的都为负数，所以S5最大，则k＝5.
6．数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列且bn＝an＋1－an(n∈N)．若b3＝－2，b10＝12，
则a8＝()
A．0B．3
C．8D．11
解析：选B因为{bn}是等差数列，且b3＝－2，b10＝12，
故公差d＝12－?－2?10－3＝2.于是b1＝－6，
且bn＝2n－8(n∈N)，即an＋1－an＝2n－8.
所以a8＝a7＋6＝a6＋4＋6＝a5＋2＋4＋6＝…＝a1＋(－6)＋(－4)＋(－2)＋0＋2＋4＋6
＝3.
7．(2012·广东高考)已知递增的等差数列{an}满足a1＝1，a3＝a22－4，则an＝________.
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解析：设等差数列公差为d，∵由a3＝a22－4，得1＋2d＝(1＋d)2－4，解得d2＝4，即d
＝±2.由于该数列为递增数列，故d＝2.
∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
答案：2n－1
8．已知数列{an}为等差数列，Sn为其前n项和，a7－a5＝4，a11＝21，Sk＝9，则k＝________.
解析：a7－a5＝2d＝4，则d＝2.a1＝a11－10d＝21－20＝1，
Sk＝k＋k?k－1?2×2＝k2＝9.又k∈N，故k＝3.
答案：3
9．设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意自然数n都有SnT
n
＝2n－34n－3，
则a9b
5＋b7
＋a3b
8＋b4
的值为________．
解析：∵{an}，{bn}为等差数列，
∴a9b
5＋b7
＋a3b
8＋b4
＝a92b
6
＋a32b
6
＝a9＋a32b
6
＝a6b
6
.
∵S11T
11
＝a1＋a11b
1＋b11
＝2a62b
6
＝2×11－34×11－3＝1941，∴a6b
6
＝1941.
答案：1941
10．(2011·福建高考)已知等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{an}的前k项和Sk＝－35，求k的值．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d.
由a1＝1，a3＝－3，可得1＋2d＝－3，解得d＝－2.
从而an＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n.
(2)由(1)可知an＝3－2n，
所以Sn＝n[1＋?3－2n?]2＝2n－n2.
由Sk＝－35，可得2k－k2＝－35，
即k2－2k－35＝0，解得k＝7或k＝－5.
又k∈N，故k＝7.
11．设数列{an}的前n项积为Tn，Tn＝1－an，
(1)证明??????1T
n
是等差数列；
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(2)求数列??????anT
n
的前n项和Sn.
解：(1)证明：由Tn＝1－an得，当n≥2时，Tn＝1－TnT
n－1
，
两边同除以Tn得1T
n
－1T
n－1
＝1.
∵T1＝1－a1＝a1，
故a1＝12，1T
1
＝1a
1
＝2.
∴??????1T
n
是首项为2，公差为1的等差数列．
(2)由(1)知1T
n
＝n＋1，则Tn＝1n＋1，
从而an＝1－Tn＝nn＋1.故anT
n
＝n.
∴数列??????anT
n
是首项为1，公差为1的等差数列．
∴Sn＝n?n＋1?2.
12．已知在等差数列{an}中，a1＝31，Sn是它的前n项和，S10＝S22.
(1)求Sn；
(2)这个数列的前多少项的和最大，并求出这个最大值．
解：(1)∵S10＝a1＋a2＋…＋a10，
S22＝a1＋a2＋…＋a22，又S10＝S22，
∴a11＋a12＋…＋a22＝0，
即12?a11＋a22?2＝0，故a11＋a22＝2a1＋31d＝0.
又∵a1＝31，∴d＝－2，
∴Sn＝na1＋n?n－1?2d＝31n－n(n－1)＝32n－n2.
(2)法一：由(1)知Sn＝32n－n2，
故当n＝16时，Sn有最大值，Sn的最大值是256.
法二：由Sn＝32n－n2＝n(32－n)，欲使Sn有最大值，
应有1
当且仅当n＝32－n，即n＝16时，Sn有最大值256.
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1．等差数列中，3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝24，则该数列前13项的和是()
A．156B．52
C．26D．13
解析：选C∵a3＋a5＝2a4，a7＋a10＋a13＝3a10，
∴6(a4＋a10)＝24，故a4＋a10＝4.
∴S13＝13?a1＋a13?2＝13?a4＋a10?2＝26.
2．在等差数列{an}中，a1>0，a10·a11<0，若此数列的前10项和S10＝36，前18项和S18
＝12，则数列{|an|}的前18项和T18的值是()
A．24B．48
C．60D．84
解析：选C由a1>0，a10·a11<0可知d<0，a10>0，a11<0，故T18＝a1＋…＋a10－a11－…
－a18＝S10－(S18－S10)＝60.
3．数列{an}满足an＋1＋an＝4n－3(n∈N)．
(1)若{an}是等差数列，求其通项公式；
(2)若{an}满足a1＝2，Sn为{an}的前n项和，求S2n＋1.
解：(1)由题意得an＋1＋an＝4n－3，①
an＋2＋an＋1＝4n＋1，②
②－①得an＋2－an＝4，
∵{an}是等差数列，设公差为d，∴d＝2.
∵a1＋a2＝1，∴a1＋a1＋d＝1，
∴a1＝－12，
∴an＝2n－52.
(2)∵a1＝2，a1＋a2＝1，∴a2＝－1.
又∵an＋2－an＝4，∴数列的奇数项与偶数项分别成等差数列，公差均为4，
∴a2n－1＝4n－2，a2n＝4n－5，
S2n＋1＝(a1＋a3＋…＋a2n＋1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)
＝(n＋1)×2＋?n＋1?n2×4＋n×(－1)＋n?n－1?2×4
＝4n2＋n＋2.
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1．已知数列{an}中，a1＝35，an＝2－1a
n－1
(n≥2，n∈N)，数列{bn}满足bn＝1a
n－1
(n∈
N)．
(1)求证：数列{bn}是等差数列；
(2)求数列{an}中的最大项和最小项，并说明理由．
解：(1)证明：∵an＝2－1a
n－1
(n≥2，n∈N)，bn＝1a
n－1
.
∴n≥2时，bn－bn－1＝1a
n－1
－1a
n－1－1
＝1
?
?
?
?2－1
an－1－1
－1a
n－1－1
＝an－1a
n－1－1
－1a
n－1－1
＝1.
又b1＝1a
1－1
＝－52.
∴数列{bn}是以－52为首项，1为公差的等差数列．
(2)由(1)知，bn＝n－72，
则an＝1＋1b
n
＝1＋22n－7，
设函数f(x)＝1＋22x－7，
易知f(x)在区间????－∞，72和????72，＋∞内为减函数．
故当n＝3时，an取得最小值－1；当n＝4时，an取得最大值3.
2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足：a2＋a4＝14，S7＝70.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2Sn＋48n，数列{bn}的最小项是第几项，并求出该项的值．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则有
??
??
?2a1＋4d＝14，
7a1＋21d＝70，
即
??
??
?a1＋2d＝7，
a1＋3d＝10，解得???
??a1＝1，
d＝3.
所以an＝3n－2.
(2)因为Sn＝n2[1＋(3n－2)]＝3n
2－n
2，
Gothedistance
所以bn＝3n
2－n＋48
n＝3n＋
48
n－1≥23n·
48
n－1＝23，
当且仅当3n＝48n，即n＝4时取等号，
故数列{bn}的最小项是第4项，该项的值为23.
3．已知数列{an}，对于任意n≥2，在an－1与an之间插入n个数，构成的新数列{bn}成
等差数列，并记在an－1与an之间插入的这n个数均值为Cn－1.
(1)若an＝n
2＋3n－8
2，求C1，C2，C3；
(2)在(1)的条件下是否存在常数λ，使{Cn＋1－λCn}是等差数列？如果存在，求出满足条
件的λ，如果不存在，请说明理由．
解：(1)由题意a1＝－2，a2＝1，a3＝5，a4＝10，
∴在a1与a2之间插入－1,0，C1＝－12.
在a2与a3之间插入2,3,4，C2＝3.
在a3与a4之间插入6,7,8,9，C3＝152.
(2)在an－1与an之间插入n个数构成等差数列，d＝an－an－1n＋1＝1，
∴Cn－1＝
n?an－1＋an?
2
n＝
an－1＋an
2＝
n2＋2n－9
2.
假设存在λ使得{Cn＋1－λCn}是等差数列．
∴(Cn＋1－λCn)－(Cn－λCn－1)
＝Cn＋1－Cn－λ(Cn－Cn－1)
＝2n＋52－λ·2n＋32
＝(1－λ)n＋52－32λ＝常数，∴λ＝1.
即λ＝1时，{Cn＋1－λCn}是等差数列．
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