第27讲 等差数列及其前n项和(讲)解析版

【学科素养】

1.理解等差数列的概念，凸显数学抽象的核心素养．

2.与一次函数相对比，掌握等差数列的通项公式及应用，凸显数算的核心素养． 3.与二次函数相结合，掌握等差数列的前n项和公式及应用，凸显数算的核心素养． 4.与具体的问题情境相结合，考查等差数列的概念，凸显数学建模的核心素养． 【课标解读】

1.理解等差数列的概念；

2.掌握等差数列的通项公式与前n项和公式；

3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题； 4.了解等差数列与一次函数、二次函数的关系． 【备考策略】

从近三年高考情况来看，本讲一直是高考的热点．预测2022年高考将会以等差数列的通项公式及其性质、等差数列的前n项和为考查重点，也可能将等差数列的通项、前n项和及性质综合考查，题型以客观题或解答题的形式呈现，试题难度一般不大，属中档题型.

【核心知识】

知识点一 等差数列的定义

如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，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．

数学语言表达式：an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)，或an－an－1＝d(n≥2，d为常数)． 知识点二 等差数列的通项公式与前n项和公式

(1)若等差数列{an}的首项是a1，公差是d，则其通项公式为an＝a1＋(n－1)d． 通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(m，n∈N*)． (2)等差数列的前n项和公式

n（a1＋an）n（n－1）Sn＝＝na1＋d(其中n∈N*，a1为首项，d为公差，an为第n项)．

22知识点三 等差数列及前n项和的性质

a＋b

(1)若a，A，b成等差数列，则A叫做a，b的等差中项，且A＝．

2(2)若{an}为等差数列，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)．

(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．

1 / 12

(4)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列． (5)S2n－1＝(2n－1)an.

nd

(6)若n为偶数，则S偶－S奇＝；

2若n为奇数，则S奇－S偶＝a中(中间项)．

知识点四 等差数列的前n项和公式与函数的关系 dd

a1－n. Sn＝n2＋22

数列{an}是等差数列⇔Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)． 知识点五 等差数列的前n项和的最值

在等差数列{an}中，a1＞0，d＜0，则Sn存在最大值；若a1＜0，d＞0，则Sn存在最小值． 【必会结论】等差数列的常用性质

(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.若m＋n＝2p(m，n，p∈N*)，则am＋an＝2ap.

(3)若{an}是等差数列，公差为d，则{a2n}也是等差数列，公差为2d. (4)若{an}，{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列．

(5)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． (6)等差数列{an}的前n项和为Sn, 则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等差数列，其公差为n2d. 【高频考点】

高频考点一 等差数列基本量的运算

ak【例1】（2021·北京卷）an和bn是两个等差数列，其中1k5为常值，a1288，a596，

bkb1192，则b3（ ）

A． 【答案】B

B．128 C．256 D．512

【分析】由已知条件求出b5的值，利用等差中项的性质可求得b3的值.

【解析】由已知条件可得故选B.

ab96192a1a5，因此，b3b1b5192128. ，则b551b1b5a128822 2 / 12

【变式探究】(2020·全国卷Ⅱ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1＝－2，a2＋a6＝2，则S10＝________. 【答案】25

【解析】法一：设等差数列{an}的公差为d， 则由a2＋a6＝2，得a1＋d＋a1＋5d＝2， 即－4＋6d＝2，解得d＝1， 10×9所以S10＝10×(－2)＋×1＝25.

2法二：设等差数列{an}的公差为d， 因为a2＋a6＝2a4＝2，所以a4＝1， a4－a11－－2

所以d＝＝＝1，

34－110×9

所以S10＝10×(－2)＋×1＝25.

2

【变式探究】 (2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则( ) A．an＝2n－5 C．Sn＝2n2－8n 【答案】A

dS4＝4a1＋2×4×3＝0，

【解析】由题知，

a5＝a1＋4d＝5，

a1＝－3，

解得∴an＝2n－5，Sn＝n2－4n，故选A。

d＝2，

B．an＝3n－10 1

D．Sn＝n2－2n

2

【方法技巧】等差数列基本运算的常见类型及解题策略 (1)求公差d或项数n.在求解时，一般要运用方程思想． (2)求通项．a1和d是等差数列的两个基本元素．

(3)求特定项．利用等差数列的通项公式或等差数列的性质求解．

(4)求前n项和．利用等差数列的前n项和公式直接求解或利用等差中项间接求解．

S10

【举一反三】(2019·全国卷Ⅲ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1≠0，a2＝3a1，则＝________.

S5【答案】4

【解析】由a1≠0，a2＝3a1，可得d＝2a1， 10×9

所以S10＝10a1＋d＝100a1，

25×4S10

S5＝5a1＋d＝25a1，所以＝4.

2S5

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【变式探究】(2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S9＝－a5. (1)若a3＝4，求{an}的通项公式；

(2)若a1>0，求使得Sn≥an的n的取值范围． 【解析】(1)设{an}的公差为d. 由S9＝－a5得a1＋4d＝0. 由a3＝4得a1＋2d＝4. 于是a1＝8，d＝－2.

因此{an}的通项公式为an＝10－2n.

nn－9d

(2)由(1)得a1＝－4d，故an＝(n－5)d，Sn＝.

2

由a1>0知d<0，故Sn≥an等价于n2－11n＋10≤0，解得1≤n≤10，所以n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N}．

【举一反三】(2021·新高考全国卷Ⅰ)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________．

解析：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.

na1＋ann1＋6n－5

故前n项和Sn＝＝＝3n2－2n.

22法二：设bn＝2n－1，cn＝3n－2，bn＝cm， 则2n－1＝3m－2，

3m－13m－3＋23m－1

得n＝＝＝＋1，

222于是m－1＝2k，k∈N，所以m＝2k＋1，k∈N， 则ak＝3(2k＋1)－2＝6k＋1，k∈N， 得an＝6n－5，n∈N*. n1＋6n－5

故Sn＝＝3n2－2n.

2答案：3n2－2n

高频考点二 等差数列的判定与证明

【例2】11．（2021·全国卷（理））记Sn为数列an的前n项和，bn为数列Sn的前n项积，已知

4 / 12

212． Snbn（1）证明：数列bn是等差数列; （2）求an的通项公式．

3,n12. 【答案】（1）证明见解析；（2）an1,n2nn1【分析】（1）由已知

2bn2132得Sn,且bn0，取n1,得b1,由题意得

2bn12Snbn2bn2bn1b2b12b2bn,消积得到项的递推关系n1,进而证明数列bn是等差数列; 2b112b212bn12bn11bn3,n12. （2）由（1）可得bn的表达式,由此得到Sn的表达式,然后利用和与项的关系求得an1,n2nn12bn211S2,且bn0，bn, 【解析】（1）由已知得n2bn1Snbn2取n1,由S1b1得b13, 2由于bn为数列Sn的前n项积，

2bn2b12b2bn, 所以

2b112b212bn1所以

2bn12b12b2bn1， 2b112b212bn112bn1bn1, 所以

2bn11bn由于bn10

所以

22bn1111，即bn1bn,其中nN* bn2 5 / 12

13为首项，以d为公差等差数列; 22

13（2）由（1）可得，数列bn是以b1为首项，以d为公差的等差数列，

22

所以数列bn是以b1bnSn31nn11, 2222bn2n,

2bn11n当n=1时，a1S13, 2当n≥2时,anSnSn12n1n1,显然对于n=1不成立, 1nnnn13,n12. ∴an1,n2nn1【变式探究】【2019·全国II卷】已知数列{an}和{bn}满足a1=1，b1=0，

4an13anbn4，

4bn13bnan4.

（I）证明：{an+bn}是等比数列，{an–bn}是等差数列； （II）求{an}和{bn}的通项公式.

【答案】（I）见解析；（2）

an1111nbnn2n2，2n2.

1an1bn1(anbn)4(an1bn1)2(anbn)2【解析】（1）由题设得，即． 1abn是首项为1，公比为2的等比数列．

又因为a1+b1=l，所以n由题设得

4(an1bn1)4(anbn)8，即

an1bn1anbn2．

又因为a1–b1=l，所以

anbn是首项为1，公差为2的等差数列．

12n1，anbn2n1．

（2）由（1）知，

anbn111an[(anbn)(anbn)]nn222， 所以

6 / 12

111bn[(anbn)(anbn)]nn222。

【方法技巧】等差数列的判定与证明方法 方法 定义法 数列 证明问题 等差中项法 通项公式法 数列 题中的判定前n项和公式法

【特别提醒】如果要证明一个数列是等差数列，则必须用定义法或等差中项法．判断时易忽视定义中从第2项起，以后每项与前一项的差是同一常数，即易忽视验证a2－a1＝d这一关键条件．

【变式探究】已知Sn是等差数列{an}的前n项和，S2＝2，S3＝－6. (1)求数列{an}的通项公式和前n项和Sn；

(2)是否存在正整数n，使Sn，Sn＋2＋2n，Sn＋3成等差数列？若存在，求出n；若不存在，请说明理由． 【解析】(1)设数列{an}的公差为d， 2a＋d＝2，1

则 3×2

3a＋d＝－6，12

a1＝4，∴∴an＝4－6(n－1)＝10－6n， d＝－6，

解读 对于数列{an}，an－an－1(n≥2，n∈N*)为同一常数⇔{an}是等差适合题型 解答题中的2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立⇔{an}是等差数列 an＝pn＋q(p，q为常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差选择、填空验证Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)对任意的正整数n都成立⇔{an}问题 是等差数列

nn－1Sn＝na1＋d＝7n－3n2.

2

(2)由(1)知Sn＋Sn＋3＝7n－3n2＋7(n＋3)－3(n＋3)2＝－6n2－4n－6， 2(Sn＋2＋2n)＝2(－3n2－5n＋2＋2n)＝－6n2－6n＋4， 若存在正整数n使得Sn，Sn＋2＋2n，Sn＋3成等差数列， 则－6n2－4n－6＝－6n2－6n＋4，解得n＝5， ∴存在n＝5，使Sn，Sn＋2＋2n，Sn＋3成等差数列．

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【举一反三】已知数列{an}满足(an＋1－1)(an－1)＝3(an－an＋1)，a1＝2，令bn＝(1)证明：数列{bn}是等差数列； (2)求数列{an}的通项公式．

an－an＋1111

【解析】(1)证明：∵－＝＝，

an＋1－1an－1an＋1－1an－131

∴bn＋1－bn＝，∴{bn}是等差数列．

311

(2)由(1)及b1＝＝＝1，

a1－12－1

n＋5123

知bn＝n＋，∴an－1＝，∴an＝.

33n＋2n＋2高频考点三 等差数列的性质与应用

1

. an－1

【例3】（2020·新课标Ⅱ）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（ ）

A. 3699块 【答案】C

B. 3474块 C. 3402块 D. 3339块

【解析】由题意知，由天心石开始向外的每环的扇面形石板块数构成一个等差数列，记为{an}，易知其首项a1＝9，公差d＝9，所以an＝a1＋(n－1)d＝9n.

设数列{an}的前n项和为Sn，

由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等差数列， 所以2(S2n－Sn)＝Sn＋S3n－S2n，

2n9＋18nn9＋9n

所以(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝S2n－2Sn＝－2×＝9n2＝729，得n＝9，

223n9＋27n3×9×9＋27×9

所以三层共有扇面形石板的块数为S3n＝＝＝3 402，故选C.

22 8 / 12

S10a1≠0，a23a1S【举一反三】【2019·全国III卷】记Sn为等差数列{an}的前n项和，，则5___________.

【答案】4

【解析】设等差数列{an}的公差为d, 因

a23a1，所以

a1d3a1，即

2a1d，

109d100a124S105425a5a1d1S52所以。

10a1【方法技巧】一般地，运用等差数列性质可以优化解题过程，但要注意性质运用的条件，如m＋n＝p

Sn

也成等差数列．＋q，则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)；数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m也成等差数列；等n



差数列的性质是解题的重要工具。

【变式探究】已知等差数列{an} 的前n项和为Sn.若S5＝7，S10＝21，则S15等于( ) A．35 【答案】B

【解析】在等差数列{an}中，S5，S10－S5，S15－S10成等差数列，即7,14，S15－21成等差数列，所以7＋(S15－21)＝2×14，解得S15＝42.

高频考点四 等差数列前n项和的最值问题

【例4】（2021·北京卷）数列an是递增的整数数列，且a13，a1a2an100，则n的最大值为（ ）

A．9 【答案】C

【解析】若要使n尽可能的大，则a1，递增幅度要尽可能小，

不妨设数列an是首项为3，公差为1的等差数列，其前n项和为Sn， 则ann2，S11B．10

C．11

D．12

B．42 C．49 D．63

3133141188100，S1212102100， 22所以n的最大值为11。

【变式探究】（2020·北京卷）在等差数列an中，a19，a51．记Tna1a2…an(n1,2,…)，

9 / 12

则数列Tn（ ）．

A. 有最大项，有最小项 C. 无最大项，有最小项 【答案】B

【解析】由题意可知，等差数列的公差dB. 有最大项，无最小项 D. 无最大项，无最小项

a5a1192， 5151则其通项公式为：ana1n1d9n122n11， 注意到a1a2a3a4a50a61a7且由T50可知Ti0i6,iN， 由

，

Tiai1i7,iN可知数列Tn不存在最小项， Ti1由于a19,a27,a35,a43,a51,a61， 故数列Tn中的正项只有有限项：T263，T46315945. 故数列Tn中存在最大项，且最大项为T4.

【变式探究】(2019·北京高考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝－3，S5＝－10，则a5＝________，Sn的最小值为________．

【答案】0 －10

55

【解析】设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.由S5＝(a1＋a5)＝×2a3＝－10，得a3＝－2，∴d＝a3

22－a2＝－2－(－3)＝1，∴a1＝－3－1＝－4，∴a5＝a1＋4d＝－4＋4＝0.

nn－191181

n－2－. 解法一：∵a1＝－4，d＝1，∴Sn＝－4n＋×1＝(n2－9n)＝22228∵n∈N*，∴当n＝4或5时，Sn取最小值，为S4＝S5＝－10.

解法二：∵a1＝－4，d＝1，∴an＝－4＋(n－1)×1＝n－5.由an≤0得n≤5，且n＝5时，a5＝0，故当n5×－4＋0

＝4或5时，Sn取最小值，为S4＝S5＝＝－10.

2

【变式探究】(2019·北京高考)设{an}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列． (1)求{an}的通项公式；

(2)记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值．

【解析】(1)∵{an}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列．

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∴(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6)，

∴(－2＋2d)2＝d(－4＋3d)，解得d＝2， ∴an＝a1＋(n－1)d＝－10＋2n－2＝2n－12. (2)法一：(函数法)由a1＝－10，d＝2，

n（n－1）112121

n－－， 得Sn＝－10n＋×2＝n2－11n＝224∴n＝5或n＝6时，Sn取最小值－30. 法二：(邻项变号法)由(1)知，an＝2n－12. 所以，当n≥7时，an＞0；当n≤6时，an≤0. 所以Sn的最小值为S6＝－30.

【方法技巧】求数列前n项和的最值的方法

an≥0，

(1)通项法：①若a1＞0，d＜0，则Sn必有最大值，其n的值可用不等式组来确定；②若a1＜0，

a≤0＋n1

an≤0，

d＞0，则Sn必有最小值，其n的值可用不等式组来确定；

an＋1≥0

n

(2)二次函数法：等差数列{an}中，由于Sn＝na1＋n－1dd

a1－n，可用求函数最值的方法d＝n2＋222

来求前n项和的最值，这里应由n∈N*及二次函数图象的对称性来确定n的值；

Sn≥Sn－1，

(3)不等式组法：借助Sn最大时，有(n≥2，n∈N*)，解此不等式组确定n的范围，进而确定

Sn≥Sn＋1

n的值和对应Sn的值(即Sn的最值)。

【变式探究】（2018·全国卷）记𝑆𝑛为等差数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和，已知𝑎1=−7，𝑆3=−15． （1）求{𝑎𝑛}的通项公式； （2）求𝑆𝑛，并求𝑆𝑛的最小值．

【答案】（1）an=2n–9，（2）Sn=n2–8n，最小值为–16． 【解析】

（1）设{an}的公差为d，由题意得3a1+3d=–15． 由a1=–7得d=2．

所以{an}的通项公式为an=2n–9． （2）由（1）得Sn=n2–8n=（n–4）2–16． 所以当n=4时，Sn取得最小值，最小值为–16．

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【变式探究】 等差数列{an}中，设Sn为其前n项和，且a1＞0，S3＝S11，则当n为多少时，Sn最大？ 解：(方法一)由S3＝S11，

3×211×102

得3a1＋2d＝11a1＋2d，则d＝－13a1. dda14922

从而Sn＝2n＋a1－2n＝－13(n－7)＋13a1. a1

又a1＞0，所以－13＜0.故当n＝7时，Sn最大．

3＋11

(方法二)由于Sn＝an＋bn是关于n的二次函数，由S3＝S11，可知Sn＝an＋bn的图象关于n＝2＝2

2

a1

7对称．由方法一可知a＝－13＜0，故当n＝7时，Sn最大．

2

(方法三)由方法一可知，d＝－13a1.

an≥0，

要使Sn最大，则有 an＋1≤0，

2

a1＋n－1－13a1≥0，

即

2

a＋n－13a≤0，

1

1

解得6.5≤n≤7.5，故当n＝7时，Sn最大． (方法四)由S3＝S11，可得2a1＋13d＝0， 即(a1＋6d)＋(a1＋7d)＝0， 故a7＋a8＝0.

又由a1＞0，S3＝S11可知d＜0，

所以a7＞0，a8＜0，所以当n＝7时，Sn最大．

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