等差数列

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一、等差数列的核心定义

若一个数列\(\{a_n\}\)从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，则称这个数列为等差数列。这个常数称为等差数列的公差，通常用字母\(d\)表示（\(d \in \mathbb{R}\)，可正可负可零）。

代数表达式：对任意\(n \geq 2\)且\(n \in \mathbb{N}^*\)，有\(a_n - a_{n-1} = d\)（常数）。

等差数列的核心由两个基本量确定：

首项：数列的第1项，记为\(a_1\)

公差：相邻两项的差，记为\(d\)

所有与等差数列相关的计算（如通项、和、项数等），最终都可转化为对\(a_1\)和\(d\)的运算。

二、等差数列的通项公式（第\(n\)项公式）

推导：由定义累加可得：\(a_2 = a_1 + d\)，\(a_3 = a_2 + d = a_1 + 2d\)，\(a_4 = a_3 + d = a_1 + 3d\)，…，

通项公式：\(a_n = a_1 + (n - 1)d\)（\(n \in \mathbb{N}^*\)）

推广公式：对任意正整数\(m, n\)，有\(a_n = a_m + (n - m)d\)（可理解为“从第\(m\)项到第\(n\)项，共差\(n - m\)个公差”）。

三、等差数列的前\(n\)项和公式（记为\(S_n\)）

推导：利用“倒序相加法”（等差数列首尾对称项的和相等）：\(S_n = a_1 + a_2 + \dots + a_{n-1} + a_n\)，

倒序得\(S_n = a_n + a_{n-1} + \dots + a_2 + a_1\)，两式相加：\(2S_n = n(a_1 + a_n)\)，故得：

等差数列的前\(n\)项和公式1：\(S_n = \frac{n(a_1 + a_n)}{2}\)

结合通项公式推导前\(n\)项和公式2：

将\(a_n = a_1 + (n - 1)d\)代入公式1，得：\(S_n = \frac{n\left[ a_1 + a_1 + (n - 1)d \right]}{2} = na_1 + \frac{n(n - 1)}{2}d\)

二次函数形式：前\(n\)项和\(S_n\)可整理为\(S_n = \frac{d}{2}n^2 + \left( a_1 - \frac{d}{2} \right)n\)，即\(S_n\)是关于\(n\)的二次函数（常数项为0，这是等差数列前\(n\)项和的重要特征）。

结论1：对任意正整数\(m, n, p, q\)，若\(m + n = p + q\)，则\(a_m + a_n = a_p + a_q\)。

特殊情况：当\(p = q = \frac{m + n}{2}\)（即\(m + n\)为偶数）时，\(a_m + a_n = 2a_{\frac{m + n}{2}}\)（中间项的2倍）。

例：\(a_2 + a_5 = a_3 + a_4\)（因\(2 + 5 = 3 + 4\)），\(a_1 + a_n = a_2 + a_{n-1} = \dots = 2a_{\frac{n + 1}{2}}\)（\(n\)为奇数时）。

结论2：若数列\(\{a_n\}\)是等差数列，则数列\(\{a_n + k\}\)（\(k\)为常数）、\(\{ka_n\}\)（\(k\)为常数）、\(\{a_{n + m}\}\)（\(m\)为固定正整数）仍为等差数列，且公差分别为\(d\)、\(kd\)、\(d\)。

结论3：等差数列的前\(n\)项和\(S_n\)、前\(2n\)项和\(S_{2n}\)、前\(3n\)项和\(S_{3n}\)满足：\(S_n\)，\(S_{2n} - S_n\)，\(S_{3n} - S_{2n}\)仍为等差数列，且公差为\(n^2d\)。

例：若\(S_5 = 10\)，\(S_{10} = 30\)，则\(S_{10} - S_5 = 20\)，\(S_{15} - S_{10} = 30\)（公差\(5^2d = 25d = 20 - 10 = 10\)），故\(S_{15} = 60\)。

结论4：若等差数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，则对任意正整数\(m \neq n\)，有\(\frac{S_n - S_m}{n - m} = a_{\frac{m + n + 1}{2}}\)（当\(m + n\)为奇数时）或\(\frac{S_n - S_m}{n - m} = \frac{a_{\frac{m + n}{2}} + a_{\frac{m + n}{2} + 1}}{2}\)（当\(m + n\)为偶数时）。

简化记忆：\(\frac{S_n - S_m}{n - m}\)等于数列中“第\(\frac{m + n + 1}{2}\)项”（或中间两项的平均），本质是“前\(n\)项和的平均变化率等于中间项的值”。

结论5：若等差数列\(\{a_n\}\)与\(\{b_n\}\)的前\(n\)项和分别为\(S_n\)与\(T_n\)，则对任意正整数\(n\)，有\(\frac{a_n}{b_n} = \frac{S_{2n - 1}}{T_{2n - 1}}\)。

推导：\(a_n = \frac{S_{2n - 1}}{2n - 1}\)（因\(S_{2n - 1} = \frac{(2n - 1)(a_1 + a_{2n - 1})}{2} = (2n - 1)a_n\)），同理\(b_n = \frac{T_{2n - 1}}{2n - 1}\)，故\(\frac{a_n}{b_n} = \frac{S_{2n - 1}}{T_{2n - 1}}\)。

结论6：若等差数列\(\{a_n\}\)的公差为\(d\)，则：

（1）当\(d > 0\)时，数列单调递增；当\(d < 0\)时，数列单调递减；当\(d = 0\)时，数列为常数列（每一项都相等）。

（2）若数列中有两项\(a_m = p\)，\(a_n = q\)（\(m \neq n\)），则公差\(d = \frac{q - p}{n - m}\)（由推广通项公式变形可得）。

结论7：若等差数列的项数为\(2k\)（偶数），则：\(S_{2k} = k(a_k + a_{k + 1})\)（中间两项\(a_k\)与\(a_{k + 1}\)的和乘以项数的一半），且\(S_{偶} - S_{奇} = kd\)（\(S_{偶}\)为偶数项和，\(S_{奇}\)为奇数项和），\(\frac{S_{奇}}{S_{偶}} = \frac{a_k}{a_{k + 1}}\)。

若项数为\(2k - 1\)（奇数），则：\(S_{2k - 1} = (2k - 1)a_k\)（中间项\(a_k\)乘以项数），且\(S_{奇} - S_{偶} = a_k\)，\(\frac{S_{奇}}{S_{偶}} = \frac{k}{k - 1}\)（\(S_{奇}\)有\(k\)项，\(S_{偶}\)有\(k - 1\)项）。

结论8：等差数列的通项\(a_n\)是关于\(n\)的一次函数：\(a_n = dn + (a_1 - d)\)（斜率为公差\(d\)，截距为\(a_1 - d\)）；若\(a_n = kn + b\)（\(k, b\)为常数），则\(\{a_n\}\)是等差数列，且公差\(d = k\)。

结论9：若三个数成等差数列，可设为\(a - d\)，\(a\)，\(a + d\)（中间项为\(a\)，公差为\(d\)），便于计算（减少未知数个数）；若四个数成等差数列，可设为\(a - 3d\)，\(a - d\)，\(a + d\)，\(a + 3d\)（公差为\(2d\)，避免出现分数）。

结论10：若等差数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，且\(S_m = n\)，\(S_n = m\)（\(m \neq n\)），则\(S_{m + n} = -(m + n)\)。

例题1：判断数列是否为等差数列。已知数列\(\{a_n\}\)的通项公式为\(a_n = 3n - 2\)，判断该数列是否为等差数列，若为等差数列，求其首项和公差。

解析：

根据结论8，若\(a_n = kn + b\)，则\(\{a_n\}\)是等差数列，公差\(d = k\)。

此处\(a_n = 3n - 2\)，符合一次函数形式，故为等差数列。

首项\(a_1 = 3×1 - 2 = 1\)，公差\(d = 3\)（或验证\(a_n - a_{n-1} = 3n - 2 - [3(n - 1) - 2] = 3\)，为常数）。

结论：是等差数列，首项\(\boxed{1}\)，公差\(\boxed{3}\)。

例题2：已知两项求通项。在等差数列\(\{a_n\}\)中，\(a_3 = 5\)，\(a_7 = 13\)，求数列的通项公式\(a_n\)。

解析：

方法1（用基本量）：设首项为\(a_1\)，公差为\(d\)，则：

\(\begin{cases} a_1 + 2d = 5 \\ a_1 + 6d = 13 \end{cases}\)，两式相减得\(4d = 8\)，故\(d = 2\)，代入得\(a_1 = 1\)。

因此\(a_n = 1 + (n - 1)×2 = 2n - 1\)。

方法2（用推广通项）：由\(a_7 = a_3 + (7 - 3)d\)，得\(13 = 5 + 4d\)，解得\(d = 2\)，再得\(a_n = a_3 + (n - 3)×2 = 5 + 2n - 6 = 2n - 1\)。

结论：通项公式为\(\boxed{a_n = 2n - 1}\)。

例题3：已知通项求项数。在等差数列\(\{a_n\}\)中，\(a_1 = 2\)，\(d = -3\)，求数列中值为\(-25\)的项是第几项。

解析：

先写通项公式：\(a_n = a_1 + (n - 1)d = 2 + (n - 1)×(-3) = -3n + 5\)。

令\(a_n = -25\)，即\(-3n + 5 = -25\)，解得\(3n = 30\)，\(n = 10\)。

结论：值为\(-25\)的项是第\(\boxed{10}\)项。

例题4：利用“等和性”求项的和。在等差数列\(\{a_n\}\)中，若\(a_2 + a_5 + a_8 = 9\)，求\(a_1 + a_9\)的值。

解析：

由结论1（等和性）：\(2 + 8 = 5 + 5\)，故\(a_2 + a_8 = 2a_5\)。

代入已知：\(2a_5 + a_5 = 3a_5 = 9\)，得\(a_5 = 3\)。

又\(1 + 9 = 5 + 5\)，故\(a_1 + a_9 = 2a_5 = 2×3 = 6\)。

结论：\(a_1 + a_9\)的值为\(\boxed{6}\)。

例题5：构造等差数列求通项。已知数列\(\{a_n\}\)满足\(a_1 = 1\)，\(a_{n} - a_{n-1} = 2n - 1\)（\(n \geq 2\)），判断\(\{a_n\}\)是否为等差数列，若不是，求其通项。

解析：

等差数列要求“相邻两项差为常数”，此处\(a_n - a_{n-1} = 2n - 1\)（随\(n\)变化，不是常数），故不是等差数列。

用“累加法”求通项：

\(a_n = a_1 + (a_2 - a_1) + (a_3 - a_2) + \dots + (a_n - a_{n-1})\)

\(= 1 + 3 + 5 + \dots + (2n - 1)\)（这是首项1、末项\(2n - 1\)的等差数列前\(n\)项和）

\(= \frac{n(1 + 2n - 1)}{2} = n^2\)。

结论：\(\{a_n\}\)不是等差数列，通项为\(\boxed{a_n = n^2}\)。

例题6：已知基本量求前\(n\)项和。在等差数列\(\{a_n\}\)中，\(a_1 = 3\)，\(d = 2\)，求前10项和\(S_{10}\)。

解析：

方法1（用公式2）：\(S_n = na_1 + \frac{n(n - 1)}{2}d\)，代入\(n = 10\)，\(a_1 = 3\)，\(d = 2\)：

\(S_{10} = 10×3 + \frac{10×9}{2}×2 = 30 + 90 = 120\)。

方法2（用公式1）：先求\(a_{10} = 3 + (10 - 1)×2 = 21\)，再得\(S_{10} = \frac{10×(3 + 21)}{2} = 120\)。

结论：前10项和为\(\boxed{120}\)。

例题7：已知前\(n\)项和求基本量。在等差数列\(\{a_n\}\)中，前5项和\(S_5 = 25\)，且\(a_5 = 9\)，求首项\(a_1\)和公差\(d\)。

解析：

列方程组：

由\(S_5 = \frac{5(a_1 + a_5)}{2} = 25\)，得\(\frac{5(a_1 + 9)}{2} = 25\)，解得\(a_1 + 9 = 10\)，\(a_1 = 1\)；

由\(a_5 = a_1 + 4d = 9\)，代入\(a_1 = 1\)，得\(1 + 4d = 9\)，解得\(d = 2\)。

结论：首项\(\boxed{a_1 = 1}\)，公差\(\boxed{d = 2}\)。

例题8：前\(n\)项和的二次函数特征应用。已知等差数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n = 2n^2 - n\)，求数列的通项公式\(a_n\)。

解析：

方法1（用\(a_n = S_n - S_{n-1}\)，\(n \geq 2\)）：

当\(n \geq 2\)时，\(a_n = S_n - S_{n-1} = (2n^2 - n) - [2(n - 1)^2 - (n - 1)] = 2n^2 - n - (2n^2 - 5n + 3) = 4n - 3\)；

当\(n = 1\)时，\(a_1 = S_1 = 2×1^2 - 1 = 1\)，代入\(4n - 3\)得\(1\)，符合。

方法2（用结论8和前\(n\)项和公式）：

\(S_n = 2n^2 - n = \frac{d}{2}n^2 + (a_1 - \frac{d}{2})n\)，故\(\frac{d}{2} = 2\)（得\(d = 4\)），\(a_1 - \frac{d}{2} = -1\)（得\(a_1 = 1\)），通项\(a_n = 1 + (n - 1)×4 = 4n - 3\)。

结论：通项公式为\(\boxed{a_n = 4n - 3}\)。

例题9：利用前\(n\)项和的性质求\(S_{3n}\)。在等差数列\(\{a_n\}\)中，前\(n\)项和\(S_n = 12\)，前\(2n\)项和\(S_{2n} = 30\)，求前\(3n\)项和\(S_{3n}\)。

解析：

由结论3：\(S_n\)，\(S_{2n} - S_n\)，\(S_{3n} - S_{2n}\)成等差数列，公差为\(n^2d\)。

已知\(S_n = 12\)，\(S_{2n} - S_n = 30 - 12 = 18\)，故该等差数列的第三项为\(18 + (18 - 12) = 24\)（即\(S_{3n} - S_{2n} = 24\)）。

因此\(S_{3n} = S_{2n} + 24 = 30 + 24 = 54\)。

结论：前\(3n\)项和为\(\boxed{54}\)。

例题10：已知前\(n\)项和求最大/最小值。在等差数列\(\{a_n\}\)中，\(a_1 = 20\)，\(d = -2\)，求前\(n\)项和\(S_n\)的最大值及对应的\(n\)。

解析：

方法1（找正项最后一项）：

令\(a_n \geq 0\)，即\(20 + (n - 1)×(-2) \geq 0\)，解得\(n \leq 10.5\)，故\(n = 10\)或\(11\)时，\(a_{10} = 2\)，\(a_{11} = 0\)，\(a_{12} = -2\)（负项）。

因此\(S_{10} = S_{11}\)为最大值，计算\(S_{10} = 10×20 + \frac{10×9}{2}×(-2) = 200 - 90 = 110\)。

方法2（二次函数求最值）：

\(S_n = 20n + \frac{n(n - 1)}{2}×(-2) = -n^2 + 21n\)，这是开口向下的二次函数，顶点横坐标\(n = -\frac{21}{2×(-1)} = 10.5\)，故\(n = 10\)或\(11\)时，\(S_n\)最大，最大值为\(-10^2 + 21×10 = 110\)。

结论：\(S_n\)的最大值为\(\boxed{110}\)，对应\(n = \boxed{10}\)或\(\boxed{11}\)。

例题11：利用结论5（前\(n\)项和比与项比）已知两个等差数列\(\{a_n\}\)与\(\{b_n\}\)的前\(n\)项和分别为\(S_n\)与\(T_n\)，且\(\frac{S_n}{T_n} = \frac{2n + 1}{3n - 2}\)，求\(\frac{a_5}{b_5}\)。

解析：

由结论5：\(\frac{a_n}{b_n} = \frac{S_{2n - 1}}{T_{2n - 1}}\)，令\(n = 5\)，则\(\frac{a_5}{b_5} = \frac{S_{9}}{T_{9}}\)。

计算\(S_9 = \frac{9(a_1 + a_9)}{2}\)，\(T_9 = \frac{9(b_1 + b_9)}{2}\)，故\(\frac{S_9}{T_9} = \frac{2×9 + 1}{3×9 - 2} = \frac{19}{25}\)。

结论：\(\frac{a_5}{b_5} = \boxed{\frac{19}{25}}\)。

例题12：利用结论7（项数奇偶性与和的关系）已知等差数列\(\{a_n\}\)的前\(15\)项和\(S_{15} = 90\)，求中间项\(a_8\)的值。

解析：

项数\(15 = 2×8 - 1\)（奇数），由结论7：\(S_{2k - 1} = (2k - 1)a_k\)，此处\(k = 8\)，故\(S_{15} = 15a_8\)。

代入\(S_{15} = 90\)，得\(15a_8 = 90\)，解得\(a_8 = 6\)。

结论：中间项\(a_8\)的值为\(\boxed{6}\)。

例题13：三个数成等差数列的设法应用。已知三个数成等差数列，其和为\(15\)，积为\(80\)，求这三个数。

解析：

设三个数为\(a - d\)，\(a\)，\(a + d\)（中间项为\(a\)，公差为\(d\)），则：

（1）和：\((a - d) + a + (a + d) = 3a = 15\)，解得\(a = 5\)；

（2）积：\((5 - d)×5×(5 + d) = 5×(25 - d^2) = 80\)，即\(25 - d^2 = 16\)，解得\(d^2 = 9\)，\(d = ±3\)。

当\(d = 3\)时，三个数为\(2\)，\(5\)，\(8\)；当\(d = -3\)时，三个数为\(8\)，\(5\)，\(2\)。

结论：这三个数为\(\boxed{2, 5, 8}\)（或\(\boxed{8, 5, 2}\)）。

例题14：利用结论10（\(S_m = n\)，\(S_n = m\)求\(S_{m + n}\)）在等差数列\(\{a_n\}\)中，前\(m\)项和\(S_m = 3\)，前\(n\)项和\(S_n = 3\)（\(m \neq n\)），求前\(m + n\)项和\(S_{m + n}\)。

解析：

先验证结论10的前提：\(S_m = n\)，\(S_n = m\)时\(S_{m + n} = -(m + n)\)，但本题\(S_m = S_n = 3\)，需重新推导。

设\(S_n = An^2 + Bn\)（二次函数形式），则：

\(\begin{cases} Am^2 + Bm = 3 \\ An^2 + Bn = 3 \end{cases}\)，两式相减得\(A(m^2 - n^2) + B(m - n) = 0\)，因\(m \neq n\)，故\(A(m + n) + B = 0\)。

计算\(S_{m + n} = A(m + n)^2 + B(m + n) = (m + n)[A(m + n) + B] = (m + n)×0 = 0\)。

结论：前\(m + n\)项和为\(\boxed{0}\)。

例题15：等差数列与不等式结合。在等差数列\(\{a_n\}\)中，\(a_1 = 1\)，\(d = 2\)，求满足\(a_n \leq 2025\)的最大正整数\(n\)。

解析：

通项公式：\(a_n = 1 + (n - 1)×2 = 2n - 1\)。

令\(2n - 1 \leq 2025\)，解得\(2n \leq 2026\)，\(n \leq 1013\)。

验证：\(a_{1013} = 2×1013 - 1 = 2025\)，\(a_{1014} = 2027 > 2025\)，故最大\(n = 1013\)。

结论：最大正整数\(n\)为\(\boxed{1013}\)。

例题16：等差数列的前\(n\)项和与项的关系。在等差数列\(\{a_n\}\)中，前\(n\)项和\(S_n = n^2 + 2n\)，求\(a_4 + a_5 + a_6 + a_7\)的值。

解析：

方法1（用\(S_n\)的区间拆分）：\(a_4 + a_5 + a_6 + a_7 = S_7 - S_3\)。

计算\(S_7 = 7^2 + 2×7 = 49 + 14 = 63\)，\(S_3 = 3^2 + 2×3 = 9 + 6 = 15\)，故和为\(63 - 15 = 48\)。

方法2（用通项）：先求\(a_n = S_n - S_{n-1} = 2n + 1\)（\(n \geq 2\)），\(a_1 = 3\)符合，故\(a_4 = 9\)，\(a_7 = 15\)，和为\(\frac{4×(9 + 15)}{2} = 48\)。

结论：值为\(\boxed{48}\)。

例题17：利用结论6（公差与单调性）已知等差数列\(\{a_n\}\)单调递减，且\(a_3 + a_7 = 10\)，\(a_4a_6 = 16\)，求数列的通项公式。

解析：

由等和性：\(3 + 7 = 4 + 6\)，故\(a_3 + a_7 = a_4 + a_6 = 10\)，又\(a_4a_6 = 16\)，故\(a_4\)与\(a_6\)是方程\(x^2 - 10x + 16 = 0\)的两根，解得\(x = 2\)或\(8\)。

因数列单调递减（\(d < 0\)），故\(a_4 > a_6\)，即\(a_4 = 8\)，\(a_6 = 2\)。

公差\(d = \frac{a_6 - a_4}{6 - 4} = \frac{2 - 8}{2} = -3\)，首项\(a_1 = a_4 - 3d = 8 - 3×(-3) = 17\)。

通项公式：\(a_n = 17 + (n - 1)×(-3) = -3n + 20\)。

结论：通项公式为\(\boxed{a_n = -3n + 20}\)。

例题18：四个数成等差数列的设法应用。已知四个数成等差数列，其和为\(28\)，中间两项的积为\(40\)，求这四个数。

解析：

设四个数为\(a - 3d\)，\(a - d\)，\(a + d\)，\(a + 3d\)（公差为\(2d\)，避免分数），则：

（1）和：\((a - 3d) + (a - d) + (a + d) + (a + 3d) = 4a = 28\)，解得\(a = 7\)；

（2）中间两项积：\((a - d)(a + d) = a^2 - d^2 = 40\)，代入\(a = 7\)，得\(49 - d^2 = 40\)，解得\(d^2 = 9\)，\(d = ±3\)。

当\(d = 3\)时，四个数为\(7 - 9 = -2\)，\(7 - 3 = 4\)，\(7 + 3 = 10\)，\(7 + 9 = 16\)；

当\(d = -3\)时，四个数为\(16\)，\(10\)，\(4\)，\(-2\)。

结论：这四个数为\(\boxed{-2, 4, 10, 16}\)（或\(\boxed{16, 10, 4, -2}\)）。

例题19：等差数列与绝对值结合。在等差数列\(\{a_n\}\)中，\(a_1 = -10\)，\(d = 2\)，求数列\(\{|a_n|\}\)的前10项和。

解析：

先求\(a_n = -10 + (n - 1)×2 = 2n - 12\)，判断正负：

令\(a_n \leq 0\)，得\(2n - 12 \leq 0\)，\(n \leq 6\)，故\(a_1\)到\(a_6\)为负，\(a_7\)到\(a_{10}\)为正。

前10项和\(T_{10} = |a_1| + |a_2| + \dots + |a_{10}| = -(a_1 + \dots + a_6) + (a_7 + \dots + a_{10})\)。

计算：\(S_6 = 6×(-10) + \frac{6×5}{2}×2 = -60 + 30 = -30\)，故\(-S_6 = 30\)；

\(a_7 = 2×7 - 12 = 2\)，\(a_{10} = 8\)，\(a_7\)到\(a_{10}\)的和为\(\frac{4×(2 + 8)}{2} = 20\)。

因此\(T_{10} = 30 + 20 = 50\)。

结论：前10项和为\(\boxed{50}\)。

例题20：等差数列的综合证明。证明：若等差数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，则对任意正整数\(k\)，\(\frac{S_{k + 1}}{k + 1} - \frac{S_k}{k} = \frac{d}{2}\)（常数）。

解析：

由前\(n\)项和公式，\(\frac{S_n}{n} = \frac{na_1 + \frac{n(n - 1)}{2}d}{n} = a_1 + \frac{n - 1}{2}d\)。

计算\(\frac{S_{k + 1}}{k + 1} - \frac{S_k}{k} = \left[ a_1 + \frac{(k + 1) - 1}{2}d \right] - \left[ a_1 + \frac{k - 1}{2}d \right]\)

\(= a_1 + \frac{k}{2}d - a_1 - \frac{k - 1}{2}d = \frac{d}{2}\)（常数）。

结论成立，说明\(\left\{ \frac{S_n}{n} \right\}\)是等差数列，公差为\(\frac{d}{2}\)。

结论：证明成立，\(\frac{S_{k + 1}}{k + 1} - \frac{S_k}{k} = \boxed{\frac{d}{2}}\)。

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