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6.2　等差数列及其前n项和
基础知识:
定义
公差
等差中项
性质
通项
前n项和
考点一
基本量运算
例1
（1）记Sn为等差数列{an}的前n项和，若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝(　　)
A．－12　　　B．－10
C．10
D．12
(2)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝4，S4＝22，an＝28，则n＝(　　)
A．3
B．7
C．9
D．10
小结：　等差数列的基本运算的解题策略
(1)等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量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的作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知量和未知量是常用方法．
注意：在求解数列基本量运算中，要注意整体代换思想的运用，使运算更加便捷．
跟踪训练：
1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a5＝10，S4＝16，则数列{an}的公差为(　　)
A．1
B．
2
C．3
D．4
2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3·a5＝12，a2＝0.若a1>0，则S20＝(　　)
A．420
B．340
C．－420
D．－340
3．在等差数列{an}中，已知a5＋a10＝12，则3a7＋a9＝(　　)
A．12
B．18
C．24
D．30
考点二
等差数列的判断与证明
例2
已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，an＋1＝1－，bn＝，其中n∈N
.求证：数列{bn}是等差数列，并求出数列{an}的通项公式．
小结：　证明等差数列的两个方法
(1)定义法：证明对任意正整数n都有an＋1－an等于同一个常数．
(2)等差中项法：证明对任意正整数n都有2an＋1＝an＋an＋2.
判断数列是等差还有另外两种方法：
(3)通项公式法：得出an＝pn＋q后，再根据定义判定数列{an}为等差数列．
(4)前n项和公式法：得出Sn＝An2＋Bn后，再使用定义法证明数列{an}为等差数列．
注意：不能由前三项或是某几项成等差就说整个数列是等差数列。
跟踪训练
1.已知数列{an}的前n项和为Sn且满足an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2)，a1＝.
(1)求证：是等差数列．
(2)求an的表达式．
2.在数列{an}中，a1＝2，an是1与anan＋1的等差中项．
求证：数列是等差数列，并求的通项公式；
考点三
等差数列的性质
例3　(1)已知在等差数列{an}中，a5＋a6＝4，则log2(2a1·2a2·…·2a10)＝(　　)
A．10　　　　　B．20
C．40
D．2＋log25
(2)设Sn，Tn分别是等差数列{an}，{bn}的前n项和，若a5＝2b5，则＝(　　)
A．2　　　　　　B．3
C．4
D．6
（3）在等差数列{an}中，a1＝29，S10＝S20，则数列{an}的前n项和Sn的最大值为(　　)
A．S15　　　　　
B．S16
C．S15或S16
D．S17
小结：
1．应用等差数列的性质解题的2个注意点
(1)如果{an}为等差数列，m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N
)特别注意等号两边各有两项．因此，若出现am－n，am，am＋n等项时，可以利用此性质将已知条件转化为与am(或其他项)有关的条件；若求am项，可由am＝(am－n＋am＋n)转化为求am－n，am＋n或am＋n＋am－n的值．
(2)要注意等差数列通项公式及前n项和公式的灵活应用，如an＝am＋(n－m)d，d＝，S2n－1＝(2n－1)an，Sn＝＝=n
a中
(n，m∈N
)等．
2．求等差数列前n项和Sn最值的2种方法
(1)函数法：利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．
(2)邻项变号法：
①当a1>0，d<0时，满足的项数m使得Sn取得最大值为Sm；
②当a1<0，d>0时，满足的项数m使得Sn取得最小值为Sm.
跟踪训练
1.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S6＝36，则a7＋a8＋a9等于(　　)
A．63　
　　B．45
C．36
D．27
2．在等差数列{an}中，若a3＝－5，a5＝－9，则a7＝(　　)
A．－12
B．－13
C．12
D．13
3.设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1>0，a3＋a10>0，a6a7<0，则满足Sn>0的最大自然数n的值为(　　)
A．6
B．7
C．12
D．13
课后训练：
1．在等差数列{an}中，a1＝2，a5＝3a3，则a3等于(　　)
A．－2
B．0
C．3
D．6
2．在等差数列{an}中，已知a1011＝1，则该数列前2021项的和S2021等于(　　)
A．2020
B．2021
C．4040
D．4042
3．已知数列{an}是公差不为0的等差数列，前n项和为Sn，满足a1＋5a3＝S8，给出下列结论：①a10＝0；②S10最小；③S7＝S12；④S20＝0.其中一定正确的结论是(　　)
A．①②
B．①③④
C．①③
D．①②④
4．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，使孝顺子女的美德外传，则第八个孩子分得斤数为(　　)
A．65
B．176
C．183
D．184
5．(2019·宁夏银川一中月考)在等差数列{an}中，若<－1，且它的前n项和Sn有最大值，则使Sn>0成立的正整数n的最大值是(　　)
A．15
B．16
C．17
D．14
6．(多选)已知数列{an}是公差不为0的等差数列，前n项和为Sn，满足a1＋5a3＝S8，下列选项正确的有(　　)
A．a10＝0
B．S10最小
C．S7＝S12
D．S20＝0
7．(多选)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则(　　)
A．an＝－
B．an＝
C．数列为等差数列
D.＋＋…＋＝－5050
8．等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且＝，则＝________.
9.已知数列{an}与均为等差数列(n∈N
)，且a1＝2，则a20＝________.
10．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．
11．已知等差数列{an}的公差d>0，设{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S2S3＝36.
(1)求d及Sn；
(2)求m，k(m，k∈N
)的值，使得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝65.
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6.2　等差数列及其前n项和
基础知识:
定义
公差
等差中项
性质
通项
前n项和
考点一
基本量运算
例1
（1）记Sn为等差数列{an}的前n项和，若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝(　　)
A．－12　　　B．－10
C．10
D．12
(2)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝4，S4＝22，an＝28，则n＝(　　)
A．3
B．7
C．9
D．10
[解析]　(1)设等差数列{an}的公差为d，由3S3＝S2＋S4，得3(3a1＋3d)＝2a1＋d＋4a1＋6d，即3a1＋2d＝0.将a1＝2代入上式，解得d＝－3，故a5＝a1＋(5－1)d＝2＋4×(－3)＝
－10.
(2)因为S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝4a2＋2d＝22，d＝＝3，a1＝a2－d＝4－3＝1，an＝a1＋(n－1)d＝1＋3(n－1)＝3n－2，由3n－2＝28，解得n＝10.
[答案]　(1)B　(2)D
小结：　等差数列的基本运算的解题策略
(1)等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量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的作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知量和未知量是常用方法．
注意：在求解数列基本量运算中，要注意整体代换思想的运用，使运算更加便捷．
跟踪训练：
1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a5＝10，S4＝16，则数列{an}的公差为(　　)
A．1
B．
2
C．3
D．4
解析：选B　设等差数列{an}的公差为d，则由题意，得解得故选B.
2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3·a5＝12，a2＝0.若a1>0，则S20＝(　　)
A．420
B．340
C．－420
D．－340
解析：选D　设数列{an}的公差为d，则a3＝a2＋d＝d，a5＝a2＋3d＝3d，由a3·a5＝12得d＝±2，由a1>0，a2＝0，可知d<0，所以d＝－2，所以a1＝2，故S20＝20×2＋×
(－2)＝－340，选D.
3．在等差数列{an}中，已知a5＋a10＝12，则3a7＋a9＝(　　)
A．12
B．18
C．24
D．30
解析：选C　设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
因为a5＋a10＝12，所以2a1＋13d＝12，
所以3a7＋a9＝3(a1＋6d)＋a1＋8d＝4a1＋26d＝2(2a1＋13d)＝2×12＝24.
考点二
等差数列的判断与证明
例2
已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，an＋1＝1－，bn＝，其中n∈N
.求证：数列{bn}是等差数列，并求出数列{an}的通项公式．
解　∵bn＋1－bn＝－＝－＝－＝2，
∴数列{bn}是以2为公差的等差数列，
又b1＝＝2，∴bn＝2＋(n－1)×2＝2n，
∴2n＝，解得an＝.
小结：　证明等差数列的两个方法
(1)定义法：证明对任意正整数n都有an＋1－an等于同一个常数．
(2)等差中项法：证明对任意正整数n都有2an＋1＝an＋an＋2.
判断数列是等差还有另外两种方法：
(3)通项公式法：得出an＝pn＋q后，再根据定义判定数列{an}为等差数列．
(4)前n项和公式法：得出Sn＝An2＋Bn后，再使用定义法证明数列{an}为等差数列．
注意：不能由前三项或是某几项成等差就说整个数列是等差数列。
跟踪训练
1.已知数列{an}的前n项和为Sn且满足an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2)，a1＝.
(1)求证：是等差数列．
(2)求an的表达式．
[解]　(1)证明：因为an＝Sn－Sn－1(n≥2)，
又an＝－2Sn·Sn－1，所以Sn－1－Sn＝2Sn·Sn－1，Sn≠0.
因此－＝2(n≥2)．
故由等差数列的定义知是以＝＝2为首项，2为公差的等差数列．
(2)由(1)知＝＋(n－1)d＝2＋(n－1)×2＝2n，
即Sn＝.
由于当n≥2时，有an＝－2Sn·Sn－1＝－，
又因为a1＝，不适合上式．
所以an＝
2.在数列{an}中，a1＝2，an是1与anan＋1的等差中项．
求证：数列是等差数列，并求的通项公式；
解　∵an是1与anan＋1的等差中项，
∴2an＝1＋anan＋1，∴an＋1＝，
∴an＋1－1＝－1＝，
∴＝＝1＋，
∵＝1，
∴数列是首项为1，公差为1的等差数列，
∴＝1＋(n－1)＝n，∴an＝.
考点三
等差数列的性质
例3　(1)已知在等差数列{an}中，a5＋a6＝4，则log2(2a1·2a2·…·2a10)＝(　　)
A．10　　　　　B．20
C．40
D．2＋log25
(2)设Sn，Tn分别是等差数列{an}，{bn}的前n项和，若a5＝2b5，则＝(　　)
A．2　　　　　　B．3
C．4
D．6
（3）在等差数列{an}中，a1＝29，S10＝S20，则数列{an}的前n项和Sn的最大值为(　　)
A．S15　　　　　
B．S16
C．S15或S16
D．S17
[解析]　(1)因为2a1·2a2·…·2a10＝2a1＋a2＋…＋a10＝25(a5＋a6)＝25×4，
所以log2(2a1·2a2·…·2a10)＝log225×4＝20.选B.
(2)由a5＝2b5，得＝2，所以＝＝＝2，故选A.
（3）法一：二次函数求最值
∵a1＝29，S10＝S20，
∴10a1＋d＝20a1＋d，解得d＝－2，
∴Sn＝29n＋×(－2)＝－n2＋30n＝－(n－15)2＋225.
∴当n＝15时，Sn取得最大值．
法二：邻项的变化求和的最值
小结：
1．应用等差数列的性质解题的2个注意点
(1)如果{an}为等差数列，m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N
)特别注意等号两边各有两项．因此，若出现am－n，am，am＋n等项时，可以利用此性质将已知条件转化为与am(或其他项)有关的条件；若求am项，可由am＝(am－n＋am＋n)转化为求am－n，am＋n或am＋n＋am－n的值．
(2)要注意等差数列通项公式及前n项和公式的灵活应用，如an＝am＋(n－m)d，d＝，S2n－1＝(2n－1)an，Sn＝＝=n
a中
(n，m∈N
)等．
2．求等差数列前n项和Sn最值的2种方法
(1)函数法：利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．
(2)邻项变号法：
①当a1>0，d<0时，满足的项数m使得Sn取得最大值为Sm；
②当a1<0，d>0时，满足的项数m使得Sn取得最小值为Sm.
跟踪训练
1.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S6＝36，则a7＋a8＋a9等于(　　)
A．63　
　　B．45
C．36
D．27
2．在等差数列{an}中，若a3＝－5，a5＝－9，则a7＝(　　)
A．－12
B．－13
C．12
D．13
3.设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1>0，a3＋a10>0，a6a7<0，则满足Sn>0的最大自然数n的值为(　　)
A．6
B．7
C．12
D．13
[解析]　1.由{an}是等差数列，
得S3，S6－S3，S9－S6为等差数列，即2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)，
得到S9－S6＝2S6－3S3＝45，故选B.
2．　法一：设公差为d，则2d＝a5－a3＝－9＋5＝－4，则d＝－2，故a7＝a3＋4d＝－5＋4×(－2)＝－13，选B.
法二：由等差数列的性质得a7＝2a5－a3＝2×(－9)－(－5)＝－13，选B.
3．因为a1>0，a6a7<0，所以a6>0，a7<0，等差数列的公差小于零，又a3＋a10＝a1＋a12>0，a1＋a13＝2a7<0，所以S12>0，S13<0，所以满足Sn>0的最大自然数n的值为12.
课后训练：
1．在等差数列{an}中，a1＝2，a5＝3a3，则a3等于(　　)
A．－2
B．0
C．3
D．6
答案　A
解析　a1＝2，a5＝3a3，得a1＋4d＝3(a1＋2d)，即d＝－a1＝－2，所以a3＝a1＋2d＝－2，故选A.
2．在等差数列{an}中，已知a1011＝1，则该数列前2021项的和S2021等于(　　)
A．2020
B．2021
C．4040
D．4042
答案　B
解析　由题意得S2021＝(a1＋a2021)＝2021a1011＝2021.故选B.
3．已知数列{an}是公差不为0的等差数列，前n项和为Sn，满足a1＋5a3＝S8，给出下列结论：①a10＝0；②S10最小；③S7＝S12；④S20＝0.其中一定正确的结论是(　　)
A．①②
B．①③④
C．①③
D．①②④
答案　C
解析　因为a1＋5(a1＋2d)＝8a1＋28d，
所以a1＝－9d，a10＝a1＋9d＝0，①正确；
由于d的符号未知，所以S10不一定最小，②错误；
S7＝7a1＋21d＝－42d，S12＝12a1＋66d＝－42d，所以S7＝S12，③正确；
S20＝20a1＋190d＝10d，④错误．
所以正确的是①③，故选C.
4．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，使孝顺子女的美德外传，则第八个孩子分得斤数为(　　)
A．65
B．176
C．183
D．184
答案　D
解析　根据题意可知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＋×17＝996，解得a1＝65.
由等差数列通项公式得a8＝65＋(8－1)×17＝184.
则第八个孩子分得斤数为184.
5．(2019·宁夏银川一中月考)在等差数列{an}中，若<－1，且它的前n项和Sn有最大值，则使Sn>0成立的正整数n的最大值是(　　)
A．15
B．16
C．17
D．14
答案　C
解析　∵等差数列{an}的前n项和有最大值，
∴等差数列{an}为递减数列，
又<－1，∴a9>0，a10<0，∴a9＋a10<0，
又S18＝＝9(a9＋a10)<0，S17＝＝17a9>0，
∴Sn>0成立的正整数n的最大值是17.故选C.
6．(多选)已知数列{an}是公差不为0的等差数列，前n项和为Sn，满足a1＋5a3＝S8，下列选项正确的有(　　)
A．a10＝0
B．S10最小
C．S7＝S12
D．S20＝0
答案　AC
解析　根据题意，数列{an}是等差数列，若a1＋5a3＝S8，
即a1＋5a1＋10d＝8a1＋28d，变形可得a1＝－9d，
又由an＝a1＋(n－1)d＝(n－10)d，则有a10＝0，故A一定正确；
不能确定a1和d的符号，不能确定S10最小，故B不正确；
又由Sn＝na1＋＝－9nd＋＝×(n2－19n)，则有S7＝S12，故C一定正确；
则S20＝20a1＋d＝－180d＋190d＝10d，∵d≠0，∴S20≠0，则D不正确．
7．(多选)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则(　　)
A．an＝－
B．an＝
C．数列为等差数列
D.＋＋…＋＝－5050
答案　BCD
解析　Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，
则Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，整理得－＝－1(常数)，
所以数列是以＝－1为首项，－1为公差的等差数列．故C正确；
所以＝－1－(n－1)＝－n，故Sn＝－.
所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－(首项不符合通项)，
故an＝故B正确，A错误；
所以＋＋…＋＝－(1＋2＋3＋…＋100)＝－5050，故D正确．
8．等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且＝，则＝________.
答案　
解析　在等差数列中，S19＝19a10，T19＝19b10，因此＝＝＝.
9.已知数列{an}与均为等差数列(n∈N
)，且a1＝2，则a20＝________.
答案　40
解析　设an＝2＋(n－1)d，所以＝＝，
由于为等差数列，所以其通项是一个关于n的一次函数，
所以(d－2)2＝0，∴d＝2.所以a20＝2＋(20－1)×2＝40.
10．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．
(1)证明　∵－＝＝，
∴bn＋1－bn＝，∴{bn}是首项为1，公差为的等差数列．
(2)解　由(1)及b1＝＝＝1，
知bn＝n＋，
∴an－1＝，∴an＝.
11．已知等差数列{an}的公差d>0，设{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S2S3＝36.
(1)求d及Sn；
(2)求m，k(m，k∈N
)的值，使得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝65.
解　(1)由题意知(a1＋a2)(a1＋a2＋a3)＝36，
即(2a1＋d)(3a1＋3d)＝36，将a1＝1代入上式解得d＝2或d＝－5.
因为d>0，所以d＝2，所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1，
Sn＝n＋·2＝n2.
(2)由(1)得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝2m－1＋2(m＋1)－1＋2(m＋2)－1＋…＋2(m＋k)－1＝(2m＋k－1)·(k＋1)，
所以(2m＋k－1)(k＋1)＝65，
由m，k∈N
知2m＋k－1≥k＋1>1，且2m＋k－1与k＋1均为整数，
故解得即所求m的值为5，k的值为4.
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