資源簡介

第 02 講 等差數列及其前 n 項和
目錄
01 考情透視·目標導航 .........................................................................................................................2
02 知識導圖·思維引航 .........................................................................................................................3
03 考點突破·題型探究 .........................................................................................................................4
知識點 1：等差數列的有關概念.........................................................................................................4
知識點 2：等差數列的有關公式.........................................................................................................4
知識點 3：等差數列的常用性質.........................................................................................................5
解題方法總結........................................................................................................................................6
題型一：等差數列的基本量運算........................................................................................................7
題型二：等差數列的判定與證明........................................................................................................9
題型三：等差數列的性質..................................................................................................................12
題型四：等差數列前 n 項和的性質..................................................................................................13
題型五：等差數列前 n 項和的最值..................................................................................................16
題型六：等差數列的實際應用..........................................................................................................19
題型七：關于等差數列奇偶項問題的討論......................................................................................22
題型八：對于含絕對值的等差數列求和問題..................................................................................25
題型九：利用等差數列的單調性求解..............................................................................................31
題型十：等差數列中的范圍與恒成立問題......................................................................................34
04 真題練習·命題洞見........................................................................................................................39
05 課本典例·高考素材........................................................................................................................41
06 易錯分析·答題模板........................................................................................................................43
易錯點：忽視數列的首項..................................................................................................................43
考點要求 考題統計 考情分析
2024 年甲卷（文）第 5 題，5 分
（1）等差數列的概念 2024 年 II 卷第 12 題，5 分 （1）選擇題、填空題多單獨考查基本量的計
（2）等差數列的通項公 2023 年甲卷（文）第 5 題，5 分 算．
式與求和 2023 年 I 卷第 7 題，5 分 （2）解答題多與等比數列結合考查，或結合
（3）等差數列的性質 2022 年上海卷第 10 題，5 分 實際問題或其他知識考查．
2022 年乙卷（文）第 13 題，5 分
復習目標：
（1）理解等差數列的概念．
（2）掌握等差數列的通項公式與前 n 項和公式．
（3）能在具體的問題情境中識別數列的等差關系，并能用有關知識解決相應的問題．
（4）了解等差數列與一次函數、二次函數的關系．
知識點 1：等差數列的有關概念
（1）等差數列的定義
一般地，如果一個數列從第 2 項起，每一項與它的前一項的差等于同一個常數，那么這個數列就叫做
等差數列，這個常數叫做等差數列的公差，通常用字母 d 表示，定義表達式為 an - an－1 = d （常數）
(n N *，n 2) ．
（2）等差中項
若三個數 a， A，b 成等差數列，則 A叫做 a與b 的等差中項，且有 ．
A= a + b
2
a 1
【診斷自測】（2024·江蘇連云港· n模擬預測）已知數列 an 的前 n 項和為 Sn ，且 Sn = +2 a ．證明：數列n
S 2n 是等差數列；
a 1
【解析】（1）當 n = 1時， a1 = 1 + 2 a a
2
1 = 2，
1
S
n 2 S = n
- Sn-1 1
當 時， n +2 S ，n - Sn-1
Sn + Sn-1 1
所以 =2 S - S ，所以
S 2n - S
2
n-1 = 2 （常數），
n n-1
2 2
故數列 Sn 是以 S1 = 2為首項，2 為公差的等差數列．
知識點 2：等差數列的有關公式
（1）等差數列的通項公式
如果等差數列{an}的首項為 a1，公差為 d ，那么它的通項公式是 an = a1 + (n -1)d ．
（2）等差數列的前 n項和公式
{a } d n S na n(n -1) n(a + a )設等差數列 n 的公差為 ，其前 項和 n = + d = 1 n1 ．2 2
【診斷自測】（2024·四川涼山·二模）設等差數列 an 的前 n 項和為 Sn ，若 a3 + a5 =10， a4a9 = 50，則
S6 = ．
【答案】27
【解析】等差數列 an 中，由 a3 + a5 =10，得 2a4 =10，解得 a4 = 5，而 a4a9 = 50，則 a9 =10，
a - a
于是數列 an 的公差 d = 9 4 =1， a3 = a4 - d = 4，9 - 4
6(a
所以 S 1
+ a6 )
6 = = 3(a2 3
+ a4 ) = 27 .
故答案為：27
知識點 3：等差數列的常用性質
已知{an}為等差數列， d 為公差， Sn 為該數列的前 n項和．
（1）通項公式的推廣： a *n = am + (n - m)d (n，m N ) ．
（2）在等差數列{an}中，當m + n = p + q 時， a m +an = ap + aq (m，n，p，q N
*) ．
特別地，若m + n = 2t ，則 a m +an = 2at (m，n，t N
*) ．
（3） a ，a ，a *k k＋m k＋2m ，…仍是等差數列，公差為md (k，m N )．
（4） Sn，S2n－Sn，S3n－S2n ，…也成等差數列，公差為 n
2d ．
（5）若{an}，{bn}是等差數列，則{pan + qbn}也是等差數列．
（6 S 1）若{a nn}是等差數列，則{ }也成等差數列，其首項與{an}首項相同，公差是{an}公差的 ．n 2
S a
（7）若項數為偶數 2n ，則 S2n = n(a1 + a2n ) = n(an + an+1) ； S －S ＝nd
奇 = n
偶 奇 ； ．S a
偶 n+1
S
8 n（ ）若項數為奇數 2n -1，則 S2n－1 = (2n -1)an ； S奇－S =a偶 n ；
奇 = ．
S n -1
偶
ìa 0
（9）在等差數列 {an}中，若 a1 > 0，d < 0
m
，則滿足 í 的項數 m 使得 Sn 取得最大值 Sm ；若
am+1 0
ìa 0
a1 < 0
m
，d > 0，則滿足 í 的項數m 使得 Sn 取得最小值 S ．
a
m
m+1 0
（10） S d n2 (a dn = + 1 - )n ．數列{an}是等差數列 Sn = An
2 + Bn （ A、B 為常數）．
2 2
（11）等差數列的前 n 項和的最值
公差 d > 0 {an}為遞增等差數列， Sn 有最小值；
公差 d < 0 {an}為遞減等差數列， Sn 有最大值；
公差 d = 0 {an}為常數列．
特別地
ìa
若 1
> 0
í ，則 Sn 有最大值（所有正項或非負項之和）；
d < 0
ìa
若 1
< 0
í ，則 Sd > 0 n
有最小值（所有負項或非正項之和）．

（12）若已知等差數列{an}，公差為 d ，前 n項和為 Sn ，則：
①等間距抽取 ap ,ap+t ,ap+2t ,Lap+(n-1)t ,L為等差數列，公差為 td ．
②等長度截取 Sm , S2m - Sm , S3m - S2m ,L為等差數列，公差為m
2d ．
③ S S算術平均值 1 , 2 , S3 ,L d為等差數列，公差為 ．
1 2 3 2
1
【診斷自測】已知數列 an 為等差數列， a1 + a3 + a4 = 24，則 a2 + a3 = ．2
【答案】12
【解析】解法一 ：因為 a1 + a3 + a4 = a2 + a3 + a3 = a2 + 2a3 = 24
1
，所以 a2 + a3 =12．2
解法二 ：設數列 an 的公差為 d，則 a1 + a3 + a4 = a1 + a1 + 2d + a1 + 3d = 3a1 + 5d = 24，
1
從而 a
1 3a + 5d
2 + a3 = a1 + d + a 12 2 1 + 2d = =12．2
故答案為：12
解題方法總結
（1）等差數列{an}中，若 an = m,am = n(m n,m,n N
* ) ，則 am+n = 0 ．
（2）等差數列{an}中，若 Sn = m, Sm = n(m n,m,n N
* ) ，則 Sm+n = -(m + n) ．
（3）等差數列{an}中，若 Sn = Sm (m n,m,n N
* ) ，則 Sm+n = 0．
a S
（4）若{an}與{bn}為等差數列，且前 n項和為 S 與T
m 2m-1
n n ，則 = ．bm T2m-1
題型一：等差數列的基本量運算
【典例 1-1】（2024·西藏林芝·模擬預測）已知等差數列 an 的前 n 項和為 Sn ，若 S3 =15,a4 = 9，則 a5 =
（ ）
A．3 B．7 C．11 D．23
【答案】C
ìS3 = 3a1 + 3d =15 ìa1 = 3
【解析】 ía 3d 9 ，解得 í ， 1 + = d = 2
\a5 = a4 + d =11.
故選：C
【典例 1-2】（2024·廣東汕頭·三模）已知等差數列 an 的前 n項和為 Sn ， a2 = 3， a2n = 2an +1，若
Sn + an+1 =100，則 n =（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
【答案】B
【解析】由 a2 = 3， a2n = 2an +1，得 a2 = 2a1 +1 = 3，解得 a1 =1，則等差數列 an 的公差 d = 2，
于是 an = 2n -1, S
1+ 2n -1
n = × n = n
2
，由 Sn + an+1 =100，得2 n
2 + 2n +1 =100，
所以n = 9 .
故選：B
【方法技巧】
等差數列基本運算的常見類型及解題策略：
（1）求公差 d 或項數 n．在求解時，一般要運用方程思想．
（2）求通項． a1和 d 是等差數列的兩個基本元素．
（3）求特定項．利用等差數列的通項公式或等差數列的性質求解．
（4）求前 n項和．利用等差數列的前 n項和公式直接求解或利用等差中項間接求解．
【變式 1-1】已知等差數列 an 的前 n項和為 Sn ，若 S9 =1，則 a3 + a7 =（ ）
7
A．-2 B． C．1 D
2
．
3 9
【答案】D
【解析】方法一：利用等差數列的基本量
由 S =1 S 9a
9 8
9 ，根據等差數列的求和公式， 9 = 1 + d =1 9a1 + 36d =1，2
a a a 2d a 2 2又 3 + 7 = 1 + + 1 + 6d = 2a1 + 8d = (9a1 + 36d ) = .9 9
故選：D
方法二：利用等差數列的性質
根據等差數列的性質，a1 + a9 = a3 + a7，由 S9 =1，根據等差數列的求和公式，
S 9(a + a ) 9(a + a ) 29 = 1 9 = 3 7 =1，故 a2 2 3
+ a7 = .9
故選：D
方法三：特殊值法
不妨取等差數列公差 d = 0 ，則 S9 =1 = 9a
1
1 a1 = ，則 a3 + a7 = 2a
2
1 = .9 9
故選：D
【變式 1-2】（2024·天津濱海新·三模）已知數列 an 為各項不為零的等差數列， Sn 為數列 an 的前 n項和，
4Sn = an ×an+1，則a8的值為（ ）
A．4 B．8 C．12 D．16
【答案】D
【解析】設等差數列 an 公差為d ，∵ 4Sn = an ×an+1，
∴當 n =1時， 4S1 = 4a1 = a1a2 ，解得 a2 = 4 ，
∴ a1 + d = 4，
當 n = 2時， 4S2 = a2 ×a3 4 a1 + a2 = 4a3 4 a1 + 4 = 4 a1 + 2d d = 2，
∴ a1 = 2，
∴ a8 = 2 + 7 2 =16．
故選：D．
【變式 1-3】（2024·遼寧·模擬預測）等差數列 an 的前 n項和記為 Sn ，若 a1 = 2， a3 + a7 = 8，則 S17 =（ ）
A．51 B．102 C．119 D．238
【答案】B
【解析】等差數列 an 中， a1 = 2， a3 + a7 = 2a5 = 8，即 a5 = 4，
所以 d
a - a 1
= 5 1 = ，
5 -1 2
S 17 2 17 16 1則 17 = + =102 .2 2
故選：B.
【變式 1-4】（2024·北京·模擬預測）記等差數列 an 的公差為d ，前 n項和為 Sn ，若a5 + a11 = 62，且
S13 = 351，則該數列的公差d 為（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【解析】因為 a5 + a11 = 2a8 = 62 ，則 a8 = 31，
S 13(a1 + a13 ) 13 2a又 713 = = = 3512 2 ，所以
a7 = 27 ，
所以 d = a8 - a7 = 31- 27 = 4 ．
故選：B．
題型二：等差數列的判定與證明
【典例 2-1】已知數列 an n N* 的前 n 項和為 Sn ，若 Sn+1 + Sn = 3n2 + 6n + 3， a1 = 2 .記bn = an + an+1判斷
bn 是否為等差數列，若是，給出證明；若不是，請說明理由.
【解析】因為 Sn+1 + Sn = 3n
2 + 6n + 3，
當 n = 1時， S2 + S1 = 2a1 + a2 = 3+ 6 + 3 =12，又因為 a1 = 2，所以b1 = a1 + a2 =10
當 n 2時，因為 Sn - Sn-1 = an ，
由 Sn+1 + Sn = 3n
2 + 6n + 3 2，得 an+1 + Sn + Sn = 3n + 6n + 3 ①，
2
所以 an + 2Sn-1 = 3 n -1 + 6 n -1 + 3 ②，
所以①-②得： an+1 + an = 6n + 3， n 2 ,
所以bn = an+1 + an = 6n + 3， n 2，bn+1 - bn = 6 n +1 + 3- 6n - 3 = 6 n 2 ，
但b2 =15,b1 =10,b2 - b1 6
所以 bn 不是等差數列.
【典例 2-2】（2024·全國·模擬預測）數列 an 的前 n 項和 Sn 滿足 Sn = nan+1 - n2 - n ( n N* )．證明：
an 是等差數列；
【解析】由題意 Sn = nan+1 - n
2 - n (n N*)（*），
兩邊同加 an+1項，得： Sn + an+1 = Sn+1 = n +1 an+1 - n2 - n = n +1 an+1 - n ，
由（*）式可得：
Sn+1 = n +1 an+2 - n +1
2 - n +1 = n +1 an+2 - n - 2 ，
所以 n +1 an+2 - n - 2 = n +1 an+1 - n ，
得 an+1 - n = an+2 - n - 2 ，
即 an+2 - an+1 = 2 (n N*)成立，
當 n = 1 2時， S1 = a1 =1 a2 -1 -1，得 a2 - a1 = 2 ；
綜上， an+1 - an = 2(n N*)恒成立，所以 an 是以 2 為公差的等差數列．
【方法技巧】
判斷數列 an 是等差數列的常用方法
（1）定義法：對任意 n N*, an+1 - an 是周一常數．
（2）等差中項法：對任意 n…2, n N*，湍足 2an = an+1 + an-1．
（3）通項公式法：對任意 n N* ，都滿足 an = pn + q( p,q為常數）．
（4）前 n 項和公式法：對任意 n N* ，都湍足 S 2n = An + Bn(A, B 為常數）．
2n+1a
【變式 2-1】（2024· · n陜西安康 模擬預測）已知數列 an 滿足 a1 = 2, an+1 = .an + 2n
ì2n ü
證明：數列 ía 是等差數列； n
2n 2n+1an
【解析】證明：令 cn = ，又 an+1 = ，則有an an + 2
n
2n+1 2n 2n+1 2n a + 2n nc c n 2 an + 2
n - 2n
n+1 - n = - = n+1 - = - = =1an+1 an 2 an an an an an ，
an + 2
n
1
又 a1 = 2，所以 c
2 2
1 = = =1a1 2
ì2n ü
所以數列 ía 是以
1 為首項，1 為公差的等差數列
n
【變式 2-2】已知數列 an 有 a1 = a ， a2 = p（常數 p > 0），對任意的正整數 n， Sn = a1 + a2 + ×××+ an ，并有
S n an - a n 滿足 S = 1n ．2
(1)求 a 的值；
(2)試確定數列 an 是不是等差數列，若是，求出其通項公式；若不是，說明理由．
1 a - a
【解析】（1）由已知，得 S = 1 11 = 0 = a，2
所以 a = 0 .
（2）由 a1 = 0得 S
nan (n +1)an+1
n = ，則 S2 n+1
= ，
2
所以 2 Sn+1 - Sn = (n +1)an+1 - nan ，
即 2an+1 = (n +1)an+1 - nan ，
于是有 (n -1)an+1 = nan ，并且有 nan+2 = n +1 an+1 ，
所以 nan+2 - (n -1)an+1 = (n +1)an+1 - nan ，
即 n an+2 - an+1 = n an+1 - an ，
而 n是正整數，則對任意正整數 n都有 an+2 - an+1 = an+1 - an ，
所以數列 an 是等差數列，
因為 a1 = 0， a2 = p，所以公差 d = p
所以通項公式是 an = (n -1) p .
【變式 2-3】已知數列 an 滿足 a = 3 2n +1 a n+1 n+11 ，且 n+1 - 2 +1 an = 2 +1 2n+1 + 2 .
ì a ü
(1)證明：數列 í n2n 1 是等差數列； +
ì a
(2) í n
ü
求 的前 n項和 S .
2n -1
n

n n+1 n+1 n+1 n+1 n
【解析】（1）因為 2 +1 an+1 - 2 +1 an = 2 +1 2 + 2 = 2 2 +1 2 +1 ，
an+1 a所以 n+1 -
n = 2，
2 +1 2n +1
ì an ü a所以數列 í 是以 1n =12 1 為首項， 2為公差的等差數列； + 2 +1
a
（2）由（1）得 nn = 2n -1，2 +1
所以 an = 2n -1 2n +1 ，
a
則 n = 2n +1，
2n -1
2 1- 2n
所以 S = 2 + 22 + 23 n n +L+ 2 + n = + n = 2n+1 + n - 2 .1- 2
n
2-4 2024· · a n S S a + a 【變式 】（ 重慶 三模）已知數列 n 的前 項和為 1 nn ，滿足 n = ， n N* .2
(1)證明：數列 an 是等差數列；
(2)若數列 an 的公差不為 0，數列 an 中的部分項組成數列 ak1 ， ak ， ak a2 3 ，…， kn 恰為等比數列，其中
k1 =1， k2 = 4， k3 = 10 ，求數列 kn 的通項公式.
n a1 + a1 S n 【解析】（ ）證明：由 n = ，得 2S2 n
= n a1 + an ，
所以 2an+1 = 2Sn+1 - 2Sn = n +1 a1 + an+1 - n a1 + an ，即 n -1 an+1 = nan - a1，
所以 nan+2 = n +1 an+1 - a1，
兩式相減得 nan+2 + nan = 2nan+1，
所以 an+2 + an = 2an+1 .
所以數列 an 成等差數列.
（2）等差數列 an 的公差 d 0，其子數列 ak 恰為等比數列，n
其中 k1 =1， k2 = 4， k3 = 10 ，可得 ak = a1 1， ak = a2 4 ， ak = a3 10 ，
2 2
且有 a4 = a1a10，即 a1 + 3d = a1 a1 + 9d ，
化為 a1 = 3d ，則 an = a1 + n -1 d = n + 2 d ，
子數列 ak a4為首項為3d ，公比為 = 2a 的等比數列，n 1
則 ak = 3d ×2
n-1 = kn + 2 d ，可得 kn = 3 ×2n-1 - 2 .n
題型三：等差數列的性質
a
【典例 3-1】（2024· · 10高三 上海·期中）已知等差數列 an 的前 n項的和為 Sn ，且 = -1a ， S15 = Sk k 15 ，11
則正整數 k 的值為 .
【答案】5
a10
【解析】在等差數列 an 中，由 = -1a ，得a10 +a11 =0，因為 S15 = Sk 成立，由對稱性知， k <15，11
則 ak +1 + ak +2 + ×××+ a10 + a11 + ×××+ a14 + a15 = 0，
所以 a15 + a14 + ×××+ a11 + a10 + ×××+ ak +2 + ak +1 = 0
所以 ak +1 + a15 + ak +2 + a14 + ×××a10 + a11 + ×××+ a14 + ak +2 + a15 + ak +1 = 0
所以 ak +1 + a15 = ak +2 + a14 = a10 + a11 = 0，
即 k +1+15 = k + 2 +14 =10 +11，解得 k = 5 .
故答案為：5
【典例 3-2】（2024·上海·模擬預測）記等差數列 an 的前 n項和為 Sn ， a7 = 6，則 S13 = .
【答案】78
13 a + a 13 2a
【解析】因為 an 為等差數列，所以 S = 1 1313 = 7 = 78 .2 2
故答案為：78.
【方法技巧】
如果{a }為等差數列，當m + n = p + q 時， a +a = a + a (m，n，p，q N *n m n p q )．因此，出現
am－n ，am ，am＋n 等項時，可以利用此性質將已知條件轉化為與 am （或其他項）有關的條件；若求 am 項，可
由 am =
1 (a
2 m－n
+ am＋n ) 轉化為求am-n + an+m 的值．
【變式 3-1】（2024·陜西商洛·模擬預測）已知等差數列 an 的前 n項和為 Sn ，且 S28 = 56，則
a12 + a13 + a14 + a15 + a16 + a17 = .
【答案】12
a + a 28
【解析】由 S 1 2828 = = 56，得 a1 + a28 = 4，2
則 a12 + a13 + a14 + a15 + a16 + a17 = 3 a1 + a28 =12 .
故答案為：12 .
【變式 3-2】已知數列{an} n N* 是等差數列， Sn 是其前 n 項和．若 a2a5 + a8 = 0, S9 = 27 ，則 S8 = ．
【答案】16
【解析】設等差數列 an 的公差為d ，由 S9 = 9a5 = 27，得 a5 = 3，
所以3a2 + a8 = 0，即3(a5 - 3d ) + (a5 + 3d ) = 0，解得 d = 2，
所以 S8 = S9 - a9 = S9 - (a5 + 4d ) = 27 -11 = 16，
故答案為：16．
題型四：等差數列前 n 項和的性質
【典例 4-1】（2024·高三·天津寧河·期末）已知等差數列 an ， bn 的前 n項和分別為 Sn ，Tn ，且
Sn 2n +1 a= 5 =
Tn 4n
，則 b ．3 + b7
19
【答案】
72
Sn 2n +1
【解析】因為 =Tn 4n
，
a5 a5 1 a5 1 2a5 1 a1 + a9
所以 = = = = b3 + b7 2b5 2 b5 2 2b5 2 b1 + b9
a a 91 1 + 9 × 2 1 S9 1 2 9 +1 19=
2 b b 9
= = = .
+ × 2 T9 2 4 9 721 9 2
19
故答案為：
72
【典例 4-2】在等差數列 an 中， a1 = -2020，其前 n
S S
項和為 S ，若 12n - 10 = 2，則 S12 10 2022
= .
【答案】 2022
2 S ìSn ü
【解析】設等差數列 an 的前 n項和為 S = An + Bn，則 nn = An + B，所以 í 是等差數列．n n
S
因為 12
S
- 10
S
2 ì n ü S1 a= ，所以 的公差為1，又 = 1 = -2020 ，
12 10 í n 1 1
ìSn ü
所以 í 是以-2020為首項，1為公差的等差數列，
n
S
所以 2022 = -2020 + 2021 1 =1，所以 S = 2022 .
2022 2022
故答案為： 2022
【方法技巧】
S
在等差數列中， Sn，S2n－Sn，S3n－S2n ，…仍成等差數列；{ n }也成等差數列．n
S 5n - 3
【變式 4-1】等差數列 an ， bn n的前 n 項和分別為 Sn ，Tn ，若對任意的正整數 n 都有 =T ，則 n 2n +1
a7 =
b .7
6 2
【答案】 2 7
13 a1 + a13
a7 2a7 a1 + a13 2 S13 5 13 - 3 62【解析】 = = = = = = .
b7 2b7 b1 + b13 13 b1 + b13 T13 2 13 +1 27
2
62
故答案為： .
27
An 7n + 33 a4-2 n【變式 】已知兩個等差數列{an}和{bn}的前 n 項和分別為 An 和Bn ，且 =Bn n + 3 ，則使得 b 為整數的n
正整數 n 的集合是 .
【答案】 1,2,5
a1 + a2n-1
an 2 A2n-1 7 2n -1 + 33【解析】由 = = =
b b1 + bn 2n-1 B2n-1 2n -1+ 3
2
14n + 26 7n +13 7 n +1 + 6 6
= = = = 7 + ，
2n + 2 n +1 n +1 n +1
an
因為 b 為整數且 n N
*，所以 n =1,2,5 .
n
故答案為： 1,2,5 .
S 7n + 45 a
【變式 4-3】已知等差數列 an , bn 的前 n項和分別為 S n nn 和Tn ，若 = nTn n + 3
，且 b 是整數，則 的值2n
為 .
【答案】15
a1 S1 7 + 45
【解析】由題意得 = = =13b1 T 1+ 3
，
1
設等差數列 an , bn 的公差分別為 d1, d2，
n a1 + an n b + b S a + a 2a + n -1 dSn = ，T

= 1 n n，故 = 1 n =
1 1
n ，2 2 Tn b1 + bn 2b1 + n -1 d2
S2 2a1 + d1 S2 14 + 45 59
故 = = =T2 2b + d
，又 ，
1 2 T2 2 + 3 5
2a1 + d1 59
故 = 10a + 5d =118b + 59d2b1 + d
，即 1 1 1 2，
2 5
S3 2a1 + 2d1 S3 21+ 45 66= ，又 = = =11T3 2b1 + 2d2 T3 3+ 3 6
，
2a1 + 2d1 =11，即 a1 + d1 =11b1 +11d2b1 + 2d
2，
2
ì10a1 + 5d1 =118b1 + 59d2
ì12ba + d =11b +11d 1
+ 5d1 = 59d2
聯立 í 1 1 1 2 ，化簡得 í
2b + d =11d
，
a1 =13b
1 1 2
1
ìd1 = 7d2
解得 í
b1 = 2d2
an a1 + n -1 d1 13b1 + 7n - 7 d2 7n +19 d2 7n +19
又 b 是整數，即
= = =
2n b1 + 2n -1 d2 b1 + 2n -1 d2 2n +1 d
是整數，
2 2n +1
7n +19
設 = k Z，故7n +19 = 2kn + k ，即 2k - 7 n =19 - k ，
2n +1
n 19 - k解得 = ，
2k - 7
19 - k 7 26
令 1，解得 < k < ，且 k Z，
2k - 7 2 3
19 - k
當 k = 4時， n = =15滿足要求，
2k - 7
14
當 k = 5時， n = 不合要求，
3
n 13當 k = 6時， = 不合要求，
5
當 k
12
= 7時， n = 不合要求，
7
當 k = 8
11
時， n = 不合要求，
9
綜上， n的值為 15.
故答案為：15
【變式 4-4】已知等差數列 an 的前 n項和為 Sn ，且 S8 =12， S12 =15，則 S16 = .
【答案】16
【解析】因為等差數列 an 的前 n項和為 Sn ,所以 S4 , S8 - S4 , S12 - S8 , S16 - S12成等差數列,
所以 2 S8 - S4 = S4 + S12 - S8 ，即 2 12 - S4 = S4 + 3
解得 S4 = 7，所以 S8 - S4 - S4 = -2，所以 S16 - S12 = 3 - 2 =1，
解得 S16 = 16，
故答案為：16
【變式 4-5】（2024·江西上饒·一模）已知數列 an 、 bn 均為正項等比數列，Pn、Qn分別為數列 an 、
bn
ln Pn 5n - 7 ln a3
的前 n項積，且 =ln Q 2n ，則 ln b 的值為 .n 3
9
【答案】
5
【解析】推導出數列 ln an
ln a ln P
、 ln b 3 = 5n 為等差數列，由此可得出 aln b3 ln Q
，即可得解.設等比數列 n 的公
5
a
比為 q q > 0 ，則 ln an+1 - ln a n+1n = ln = ln qa （常數），n
所以，數列 ln an 為等差數列，同理可知，數列 ln bn 也為等差數列，
5 ln a + ln a因為 ln P5 = ln a1a2a3a4a5 = ln a1 + ln a2 + ln a ln a ln a

3 + +
1 5
4 5 = = 5ln a3，2
ln a3 5ln a3 ln P5 5 5 - 7 9
同理可得 ln Q5 = 5ln b3 ，因此， = = = =ln b3 5ln b3 ln Q
.
5 2 5 5
9
故答案為： .
5
題型五：等差數列前 n 項和的最值
【典例 5-1】（2024·遼寧葫蘆島·二模）等差數列 an 中， a1 > 0， S7 = S9 ，則使得前 n 項的和最大的 n 值為
（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】B
【解析】在等差數列 an 中， a1 > 0，由 S7 = S9 ，可得 a8 + a9 = 0，
\a8 > 0， a9 < 0，且數列 an 為遞減數列，
所以使得前 n 項的和最大的 n 值為 8.
故選：B.
【典例 5-2】（2024·山東泰安·三模）已知 Sn 為等差數列 an 的前 n項和， a1 = -21， S7 = S15 ，則 Sn 的最小
值為（ ）
A．-99 B． -100 C．-110 D． -121
【答案】D
【解析】設 an 的公差為d ，因為 a1 = -21， S7 = S15 ，
ìa1 = -21
可得 í 7 6 ，解得 d = 2，所以 a7a + d =15a 15 14+ d n
= 2n - 23，
1 2 1 2
n n -1
可得 Sn = -21n + 2 = n
2 - 22n ，
2
所以當 n =11 2時， Sn 取得最小值 S11 =11 - 22 11 = -121.
故選：D.
【方法技巧】
求等差數列前 n項和 Sn 最值的 2 種方法
（1）函數法：利用等差數列前 n項和的函數表達式 Sn = an
2＋bn ，通過配方或借助圖象求二次函數最
值的方法求解．
ìa 0
（2 m）鄰項變號法：①若 a1 > 0，d < 0，則滿足 í 的項數m 使得 Sn 取得最大值 Sa m
；
m+1 0
ìa 0
②若 a1 < 0 d > 0
m
， ，則滿足 í 的項數m 使得 Sn 取得最小值 Sm ．
am+1 0
【變式 5-1】（2024·全國·模擬預測）已知 Sn 為等差數列 an 的前 n項和，若3a10 + a12 < 0 ， a8 + 3a12 > 0 ，
則當 Sn 取最小值時， n =（ ）
A．9 B．10 C．10 或 11 D．11
【答案】B
【解析】由等差數列的性質知 a8 + 3a12 = 2a10 + 2a12 = 4a11 > 0， 即a11 >0．
又3a10 + a12 = 2a10 + 2a11 < 0，故a10 <0，則 d = a11 - a10 > 0， a1 < 0，則 a1 < a2 則當 Sn 取最小值時， n =10 .
故選：B．
【變式 5-2】（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預測）已知 an 是等差數列， Sn 是其前 n項的和，則下列結論錯誤
的是（ ）
A．若 an = 2n - 25，則 Sn 取最小值時 n的值為 12
B．若 an = -3n + 27，則 Sn 的最大值為 108
C．若 S13 = S17 ，則必有 S30 = 0
D．若首項 a1 > 0， S6 = S12 ，則 Sn 取最小值時 n的值為 9
【答案】D
【解析】對于 A，因為 an = 2n - 25，所以 a1 = -23，
n -23 + 2n - 25S 所以 n = = n2 - 24n = n -12
2 -144 ，
2
所以當 n =12 時， Sn 取得最小值，正確；
對于 B，因為 an = -3n + 27，所以a1 = 24 ，
n 24 - 3n + 27
S 3 51 3
é 2
2 17 289 ù
所以 n = = - n + n = - ê n - ÷ - ú ，2 2 2 2 ê è 2 4 ú
3 51
所以當 n = 8或n = 9 時， Sn 取得最大值為 S8 = - 64 + 8 =108，正確；2 2
對于 C，若 S13 = S17 ，則 S17 - S13 = a17 + a16 + a15 + a14 = 0，又 a17 + a14 = a16 + a15，
所以 a + a = 0
30(a + a
，所以 S 1 30
) 30(a16 + a15 )
16 15 30 = = = 0，正確；2 2
對于 D，若 a1 > 0，S6 = S12 ，則 S12 - S6 = a12 + a11 + a10 + a9 + a8 + a7 = 0，
2
又 a12 + a7 = a11 + a8 = a10 + a9 = 0，所以 a10 + a9 = 0，所以 d = - a1 < 0，17
所以等差數列 an 為遞減數列，所以 a1 > a2 >L > a9 > 0 > a10 > a11 >L，
所以 Sn 取最大值時 n的值為 9，錯誤.
故選：D
【變式 5-3】（2024·山東·二模）已知數列 an ,a1 = 13,an+1 = an - 4．求：
(1)數列 an 的通項公式；
(2)數列 an 的前 n項和 Sn 的最大值．
【解析】（1）由 an+1 = an - 4，可知 an+1 - an = -4，
所以數列 an 是以 13 為首項，以-4為公差的等差數列，
所以 an =13 - 4 n -1 = -4n +17；
（2）由（1）可知 an = -4n +17，
令-4n +17 > 0，解得 n
17
< ，
4
17
令-4n +17 < 0，解得 n > ，
4
即數列從第 5 項開始小于 0，所以數列 an 的前 4 項和最大，
最大值為 S4 = 4 13
4 3
+ -4 = 28．
2
題型六：等差數列的實際應用
【典例 6-1】（2024·云南曲靖·二模）小明同學用 60 元恰好購買了 3 本課外書，若三本書的單價既構成等差
數列，又構成等比數列，則其中一本書的單價必然是（ ）
A．25 元 B．18 元 C．20 元 D．16 元
【答案】C
【解析】因為這 3 本書的單價既是等差數列，又是等比數列，
所以該數列為非零常數列，
60
則每本書的單價為 = 20元.
3
故選：C.
【典例 6-2】中國載人航天工程發射的第十八艘飛船，簡稱“神十八”，于 2024 年 4 月執行載人航天飛行任
務．運送“神十八”的長征二號F運載火箭，在點火第一秒鐘通過的路程為 2km，以后每秒鐘通過的路程都
增加3km ，在達到離地面 222km的高度時，火箭開始進入轉彎程序．則從點火到進入轉彎程序大約需要的
時間是（ ）秒．
A．10 B．11 C．12 D．13
【答案】C
【解析】設出每一秒鐘的路程為數列{an}，
由題意可知{an}為等差數列，
則數列首項 a1 = 2，公差 d = 3，
所以 an = a1 + n -1 d = 2 + n -1 3 = 3n -1，
n a
由求和公式有 S = 1
+ an (3n -1+ 2)n
n = = 222，解得 n =12 ，2 2
故選：C．
【方法技巧】
利用等差數列的通項公式與求和公式求解.
【變式 6-1】（2024·高三·浙江嘉興·期末）衛生紙是人們生活中的必需品，隨處可見．衛生紙形狀各異，有
單張四方型的，也有卷成滾筒形狀的．某款卷筒衛生紙繞在圓柱形空心紙筒上，紙筒直徑為 40mm，衛生
紙厚度為 0.1mm．若未使用時直徑為 90mm，使用一段時間后直徑為 60mm，則這個卷筒衛生紙大約已經
使用了（ ）
A．25.7m B．30.6m C．35.3m D．40.4m
【答案】C
【解析】未使用時，可認為外層衛生紙的長度為： a1 = 2π 45 = 90π ，
45 - 30
可認為每層紙的長度為等差數列，使用到現在，相當于等差數列的項數為： n = =150 ，
0.1
且 a150 = 2π 30 = 60π .
150 90π + 60π
由等差數列的求和公式得： S150 = =11250π 35325mm = 35.325m2
故選：C
【變式 6-2】（2024·山西晉城·一模）生命在于運動，某健身房為吸引會員來健身，推出打卡送積分活動
（積分可兌換禮品），第一天打卡得 1 積分，以后只要連續打卡，每天所得積分都會比前一天多 2 分．若某
天未打卡，則當天沒有積分，且第二天打卡須從 1 積分重新開始．某會員參與打卡活動，從 3 月 1 日開始，
到 3 月 20 日他共得 193 積分，中途有一天未打卡，則他未打卡的那天是（ ）
A．3 月 5 日或 3 月 16 日 B．3 月 6 日或 3 月 15 日
C．3 月 7 日或 3 月 14 日 D．3 月 8 日或 3 月 13 日
【答案】D
【解析】若他連續打卡，則從打卡第 1 天開始，逐日所得積分依次成等差數列，且首項為 1，公差為 2，
第 n天所得積分為 2n -1．
假設他連續打卡 n天，第 n +1天中斷了，
則他所得積分之和為 (1+ 3 + ×××+ 2n -1) + 1+ 3 + ×××+ 2(19 - n) -1
n(1+ 2n -1) (19 - n)[1+ 2(19 - n) -1]
= + =193，化簡得
2 2 n
2 -19n + 84 = 0 ，
解得 n = 7或 12，所以他未打卡的那天是 3 月 8 日或 3 月 13 日．
故選：D
【變式 6-3】蚊香具有悠久的歷史，我國蚊香的發明與古人端午節的習俗有關.如圖為某校數學社團用數學
軟件制作的“蚊香”. 畫法如下：在水平直線上取長度為 1 的線段 AB ，作一個等邊三角形 ABC ，然后以點
B 為圓心， AB 為半徑逆時針畫圓弧交線段CB的延長線于點 D（第一段圓弧），再以點 C 為圓心，CD 為半
徑逆時針畫圓弧交線段 AC 的延長線于點 E，再以點 A 為圓心， AE 為半徑逆時針畫圓弧……以此類推，當
得到的“蚊香”恰好有 15 段圓弧時，“蚊香”的長度為（ ）
A． 44π B． 64π C．70π D．80π
【答案】D
2π
【解析】由題意每段圓弧的中心角都是 ，每段圓弧的半徑依次增加 1，
3
2π
則第 n段圓弧的半徑為 n，弧長記為 an ，則 an = × n，3
S 2π所以 15 = 1+ 2 + 3+L+15 = 80π .3
故選：D．
【變式 6-4】（2024·河北唐山·模擬預測）2022 年卡塔爾世界杯是第二十二屆世界杯足球賽，是歷史上首次
在卡塔爾和中東國家境內舉行，也是繼 2002 年韓日世界杯之后時隔二十年第二次在亞洲舉行的世界杯足
球賽.某網站全程轉播了該次世界杯，為紀念本次世界杯，該網站舉辦了一針對本網站會員的獎品派發活動，
派發規則如下：①對于會員編號能被 2 整除余 1 且被 7 整除余 1 的可以獲得精品足球一個；②對于不符合
①中條件的可以獲得普通足球一個.已知該網站的會員共有 1456 人（編號為 1 號到 1456 號，中間沒有空
缺），則獲得精品足球的人數為（ ）
A．102 B．103 C．104 D．105
【答案】C
【解析】將能被 2 整除余 1 且被 7 整除余 1 的正整數按從小到大排列所得的數列記為 an ，
由已知 an -1是 2的倍數，也是 7的倍數，
故 an -1為14的倍數，
所以 an -1首項為 0，公差為14的等差數列，
所以 an =14n -13，
令1 an 1456，可得1 14n -13 1456 ，又 n N*
解得1 n 104，且 n N* ，
故獲得精品足球的人數為104 .
故選：C.
題型七：關于等差數列奇偶項問題的討論
ìa - 6, n為奇數
【典例 7-1】已知 an n為等差數列，bn = í ，記 Sn ，Tn 分別為數列 a2a , n n ， bn 的前 n 項和， n 為偶數
S4 = 32，T3 =16．
(1)求 an 的通項公式；
(2)證明：當n > 5時，Tn > Sn．
ì
an - 6, n = 2k -1 *
【解析】（1）設等差數列 an 的公差為d ，而bn = í ,k N
2a
，
n , n = 2k
則b1 = a1 - 6,b2 = 2a2 = 2a1 + 2d ,b3 = a3 - 6 = a1 + 2d - 6，
ìS4 = 4a1 + 6d = 32
于是 í ，解得 a1 = 5,d = 2， an = a1 + (n -1)d = 2n + 3
T3 = 4a1 + 4d -12 =16
，
所以數列 an 的通項公式是 an = 2n + 3 .
n(5 + 2n + 3) 2 ì2n - 3, n = 2k -1
（2 *）方法 1：由（1）知， Sn = = n + 4n ，bn =2 í
,k N
4n
，
+ 6,n = 2k
當 n為偶數時，bn-1 + bn = 2(n -1) - 3+ 4n + 6 = 6n +1，
T 13+ (6n +1) n 3 n2 7n = × = + n，2 2 2 2
n 5 T S (3 7當 > 2時， n - n = n + n) - (n2 + 4n)
1
= n(n -1) > 0，因此Tn > Sn，2 2 2
3
當 n為奇數時，Tn = Tn+1 - bn+1 = (n +1)
2 7 (n 1) [4(n 1) 6] 3 n2 5+ + - + + = + n - 5，
2 2 2 2
當n > 5時，T 3 5 1n - S 2 2n = ( n + n - 5) - (n + 4n) = (n + 2)(n - 5) > 0，因此Tn > Sn，2 2 2
所以當n > 5時，Tn > Sn .
n(5 + 2n + 3) 2 ì2n - 3, n = 2k -1 *
方法 2：由（1）知， Sn = = n + 4n ，bn = í ,k N2 4n
，
+ 6,n = 2k
n T (b b L b ) (b b L b ) -1+ 2(n -1) - 3 n 14 + 4n + 6 n 3當 為偶數時， n = 1 + 3 + + n-1 + 2 + 4 + + n = × + × = n
2 7+ n，
2 2 2 2 2 2
3 2 7 2 1
當n > 5時，Tn - Sn = ( n + n) - (n + 4n) = n(n -1) > 0，因此T2 2 2 n
> Sn，
當 n為奇數時，若n 3，則Tn = (b b L b )
-1+ 2n - 3 n +1 14 + 4(n -1) + 6 n -1
1 + 3 + + n + (b2 + b4 +L+ bn-1) = × + ×2 2 2 2
3
= n2 5+ n - 5，顯然T1 = b = -1
3 2 5
1 滿足上式，因此當 n為奇數時，Tn = n + n - 5，2 2 2 2
n 3> 5 T 2 5 2 1當 時， n - Sn = ( n + n - 5) - (n + 4n) = (n + 2)(n - 5) > 0，因此Tn > S2 2 2 n，
所以當n > 5時，Tn > Sn .
【典例 7-2】已知數列 an 滿足 a1 =1， a2 = 2， an+2 - a = 3 .n
(1)求 a2n；
(2)當 n為奇數時，求數列 an 的前 n項和 Sn .
【解析】（1）因為 an+2 - an = 3，所以數列 a2 , a4 ,L, a2n構成首項為 a2 = 2，公差為3的等差數列，
所以 a2n = a2 + n -1 ×3 = 3n -1 .
（2）由 an+2 - an = 3，所以數列 a1,a3 ,L,a2n-1構成首項為 a1 =1，公差為3的等差數列，得到
a2n-1 = a1 + n -1 ×3 = 3n - 2，
設 n = 2k -1，
則 S2k -1 = a1 + a3 +L+ a2k -1 + a2 + a4 +L+ a2k -2 = 1+ 4 + 7 +L+ 3k - 2 + 2 + 5 + 8 +L+ 3k - 4
k 1+ 3k - 2 k -1 2 + 3k - 4
= + = 3k 2 - 3k +1，
2 2
k n +1
2
又 = ，所以 n為奇數時， Sn = 3(
n +1)2 3(n +1) 3n +1- +1 = .
2 2 2 4
【方法技巧】
對于奇偶項通項不統一的數列的求和問題要注意分類討論．主要是從 n為奇數、偶數進行分類．
ì2n + 2，n為奇數，
【變式 7-1】已知數列{an}的通項公式為 an = í
n +1，n為偶數.
(1)求數列{a2n}的前 n項和 Sn ；
(2)設bn = a2n-1，求數列{bn × 3n-1}的前 n項和Tn ．
【解析】（1）由題意得：
a2n = 2n +1，則 a2n 為等差數列，首項 a2 = 3．
n(3 + 2n +1)
∴ S = a 2n 2 + a4 +L+ a2n = = n + 2n．2
2 b = a = 2(2n -1) + 2 = 4n, b ×3n-1 n-1（ ） n 2n-1 n = 4n ×3
∴Tn = 4 3
0 + 8 31 +12 32 +L+ 4(n -1)3n-2 + 4n ×3n-1 ①
∴ 3T = 4 31 + 8 32 +12 33 +L+ 4(n -1)3n-1n + 4n ×3
n ②
①-② 1得，-2Tn = 4 + 4 3 + 4 3
2 +L+ 4 3n-1 - 4n ×3n
∴T = -2 1+ 31 + 32 +L+ 3n-1 + 2n ×3nn
-2 1- 3n
= + 2n ×3n
1- 3
= 3n (2n -1) +1．
ìan + 2,n為奇數
【變式 7-2】（2024·全國·模擬預測）已知數列 an 中， a2 = 2a1 = 2，且 an+2 = í ．
4an，n為偶數
(1)求 an 的通項公式；
(2)求 an 的前 n項和 Sn ．
【解析】（1）當 n為奇數時，由 an+2 = an + 2可得 an+2 - an = 2，
所以數列 an 的奇數項成等差數列，且公差為 2，又由 a1 =1，故 an = n ；
a
n a = 4a n+2當 為偶數時，由 n+2 n ，可得 = 4a ，n
n-1
所以數列 an 的偶數項成等比數列，且公比為 4，又由 a2 = 2，故 an = 2 ，
ìn,n為奇數所以數列 an 的通項公式為 an = í n-1 .
2 , n為偶數
（2）當 n為奇數時，
則 Sn = a1 + a2 +L+ an = (a1 + a3 +L+ an ) + (a2 + a4 +L+ an-1)
n +1(n +1) n-1
(1 3 L n) (2 8 L 2n-2 ) 2 2(1- 4
2 ) (n +1)2 2n - 2
= + + + + + + + = + = + ，
2 1- 4 4 3
當 n為偶數時，
則 Sn = a1 + a2 +L+ an = (a1 + a3 +L+ an-1) + (a2 + a4 +L+ an )
n (1+ n -1) n2 2 n+1
= (1+ 3 +L+ n -1) + (2 8 L 2n-1) 2 2(1- 4 ) n 2 - 2+ + + = + = + ，
2 1- 4 4 3
ì(n +1)2 2n - 2
+ ,n為奇數 4 3
綜上可得， Sn = í 2 n+1 .
n 2 - 2
+ , n為偶數 4 3
【變式 7-3】（2024·高三·湖北·期中）已知數列 an 的各項均為正數，其前 n項和為 Sn ，且
a2n = 4Sn - 2an -1 .
(1)求 an ， Sn ；
ì 2 2
,n為奇數
(2)設bn = í an +1 + an + 5 ，求數列 bn 的前 8 項和T8 .

Sn - Sn-1,n為偶數
2
【解析】（1）由原式可得： 4Sn = an + 2an +1，
當 n = 1 2時， 4a1 = a1 + 2a1 +1 a1 =1；
ì4Sn = a
2
n + 2an +1
當 n 2時， í ，
4S
2
n-1 = an-1 + 2an-1 +1
兩式作差可得：4an = a
2
n - a
2
n-1 + 2 an - an-1 ，
所以 an + an-1 an - an-1 = 2 an + an-1 ，
又因為 an > 0，則 an + an-1 > 0，所以 an - an-1 = 2，
所以數列 an 是首項為 1，公差為 2 的等差數列，
∴ an =1+ n -1 2 = 2n -1
n 1+ 2n -1
， Sn = = n
2，
2
∴ an = 2n -1， Sn = n
2
；
ì 2 2 2 2 2n + 4 - 2n
b = = = n + 2 - n ,n為奇數（2） n í an +1 + an + 5 4 ，

Sn - Sn-1 = 2n -1, n為偶數
ìb n + 2 - n ,n為奇數即 n = í ，
2n -1,n為偶數
所以T8 = b1 + b2 +L+ b8 = b1 + b3 + b5 + b7 + b2 + b4 + b6 + b8
= 3 -1+ 5 - 3 + 7 - 5 + 9 - 7 + 3+ 7 +11+15 = 38，
即數列 bn 的前 8 項和T8 = 38 .
題型八：對于含絕對值的等差數列求和問題
1 2 * 9
【典例 8-1】（2024·四川成都·二模）已知數列 an 的前 n 項和 Sn = - n + kn k N ，且 S2 n 的最大值為 ．2
(1)確定常數 k ，并求 an ；
(2)求數列 an 的前 15 項和T15．
1
【解析】（1）由數列 an 的前 n 項和 Sn = - n2 + kn2 k N
* ，
1 2
根據二次函數的性質，可得當 n = k 時， Sn = - n + kn取得最大值，2
S 1 2 2 1 2 9 1 2即 k = - k + k = k = ，解得 k = 3，所以 Sn = - n + 3n ，2 2 2 2
1 2 é 1 2 ù 7
當 n 2時， an = Sn - Sn-1 = - n + 3n - ê- (n -1) + 3 n -1 ú = - n，2 2 2
5
當 n = 1時， a1 = S1 = （符合上式），2
7
所以數列 an 的通項公式為 an = - n .2
7 5 7
（2）由（1）知 an = - n
n( + - n)
，可得
2 S = 2 2
1
n = - n
2 + 3n，
2 2
且當n 3且 n N* 時，可得 an > 0；當n 4且 n N* 時，可得 an < 0，
所以數列 a 1 1 153n 的前 15 項和：T15 = -S15 + 2S3 = - 2 - 15 + 3 15÷ + 2 - 32 + 3 3 ÷ = ．
è 2 è 2 2
ìS ü
【典例 8-2 n】（2024·高三·浙江紹興·期末）已知數列 an 的前 n 項和為 Sn .若 í 為等差數列，且滿足
n
S1 = 8
S
， 4 = 5 .
4
(1)求數列 an 的通項公式；
(2)設Tn = a1 + a2 + ×××+ an ，求Tn .
ìS ü S S
【解析】（1 n）由題意，設等差數列 í 的公差為d ，又 1 = 8， 4 = 5，
n 1 4
\3d = 5 -8 = -3，\d = -1，
S
\ n = 8 + n -1 -1 = 9 - n ，
n
\Sn = -n
2 + 9n ，則 Sn-1 = - n -1
2 + 9 n -1 = -n2 +11n -10 ， n 2，
\an = Sn - Sn-1 = -2n +10，又 a1 = 8，
\an = -2n +10 ， n N* .
（2）由（1）得， a1 > a2 >L> a5 = 0 > a6 >L，
n 8 +10 - 2n
當n 5時，T n = a1 + a2 +L+ an = a1 + a2 +L+ an = = -n2 + 9n ，2
當 n 6 時，Tn = a1 + a2 +La5 - a6 - a7 -L- an = 2S5 - Sn
= 2 -52 +5 9 - -n2 + 9n = n2 - 9n + 40，
ì-n2 + 9n,n 5
\Tn = í 2 , n N
* .
n - 9n + 40, n 6
【方法技巧】
由正項開始的遞減等差數列 an 的絕對值求和的計算題解題步驟如下：
（1）首先找出零值或者符號由正變負的項 an0
（2）在對 n進行討論，當 n n0 時，Tn = Sn ，當 n > n0 時，Tn = 2Sn - S0 n
【變式 8-1】（2024·全國·模擬預測）已知正項等比數列 an 滿足 a7a9a11 = 64, a12 + 2是a9與 a13 的等差中項．
(1)求數列 an 的通項公式；
(2)若bn = log2an ，求數列 bn 的前 n項和．
【解析】（1）因為 a7a9a11 = 64 a 2 3，又 7a11 = a9 ，所以 a9 = 64 ，解得 a9 = 4，
設 an 的公比為q，因為 a12 + 2是a9與 a13 的等差中項，
所以 a9 + a13 = 2 a12 + 2 ，
a + a q4 = 2 a q3即 9 9 9 + 2 ，解得 q = 2，
n-9
從而 an = a9q = 4 2
n-9 = 2n-7 ，
故等比數列 a n-7n 的通項公式是 an = 2 ；
（2 n-7）由（1）知 an = 2 ，所以bn = log2a = log 2
n-7
n 2 = n - 7，
ì7 - n,n 7bn = í
n
，
- 7,n > 7
設 bn 的前 n項和為 Sn ，
當 n 7 時，易知數列 bn 是首項為 6，公差為 -1的等差數列，
n n -1
S 6n 13n - n
2
所以 n = + -1 = ，2 2
當 n > 7時，易知數列 bn 是首項為 1，公差為 1 的等差數列，
所以 Sn = 6 + 5 + 4 + 3+ 2 +1+ 0 +1+ 2 + ×××+ n - 7
= 2 6 + 5 + 4 + 3 + 2 +1+ 0 - 6 - 5 - 4 - 3 - 2 -1- 0 +1+ 2 + ×××+ n - 7
é n n -12S ù n
2 -13n
= 7 + ê-6n + 1ú = + 42，
2 2
ì13n - n2
, n 7
所以數列 bn 的前 n項和 Sn = 2í ．
n
2 -13n
+ 42, n > 7 2
【變式 8-2】（2024·高三·上海·期中）在公差為d 的等差數列 an 中，已知 a1 =10，且 a1， 2a2 + 2，5a3 成
等比數列．
(1)求d ， an ；
(2)若 d < 0 ， a1 + a2 + a3 + ×××+ an =100，求 n．
【解析】（1）公差為d 的等差數列 an 中，已知 a1 =10，且 a1， 2a2 + 2，5a3 成等比數列．
所以 2a 2 22 + 2 = 5a1 × a3，即 20 + 2d + 2 = 5 10 10 + 2d
解得 d = 4或 d = -1，
①當 d = 4時， an = 10 + 4(n -1) = 4n + 6．
②當 d = -1時， an =10 - (n -1) =11- n．
（2）因為 d < 0 ，所以 an =11- n，
令 Sn = a1 + a2 + a3 + ×××+ an ，
①當1 n 11時， an 0，
所以 an = an，
n 10 +11- n n 21- n
所以 Sn = a1 + a2 + a

3 + × × × + an = a1 + a2 + + an = = ．2 2
②當 n >11時， an < 0，
所以 Sn = a1 + a2 + a3 + ×××+ an ，
= a1 + a2 + + a11 - a12 - a13 - - an ，
= 2(a1 + a2 + + a11) - (a1 + a2 + a3 + + an )，
n(21- n)
= 110 -
2 ．
ìn(n - 21)
+110, n >11
故 Sn =
2
í
n(21 n)
．
- ,1 n 11
2
又 a1 + a2 + a3 + ×××+ an =100，
11 21-11
且當 n 11時 Sn S

11 = = 55 <100，2
n 11 n(n - 21)所以 > ，則 +110 = 1002 ，
解得 n = 20或 n = 1（舍去）.
所以 n = 20 .
【變式 8-3】（2024·高三·河南·期中）已知等差數列 an 的公差為整數， a3 = 9，設其前 n 項和為 Sn ，且
ì S ü 1
í n 是公差為 2 的等差數列． an +1
(1)求 an 的通項公式；
(2)若bn = a2n-1 -80，求數列 bn 的前 n 項和Tn ．
【解析】（1）
S S 1設 an 的公差為 d 2 1，依題意得 - =a2 +1 a1 +1 2
，
2a3 - 3d a3 - 2d 1 18 - 3d 9 - 2d 1
所以 - =a3 - d +1 a
- =
3 - 2d +1 2
，即 ，
10 - d 10 - 2d 2
10
化簡得3d 2 - 22d + 40 = 0，解得 d = 4或 （舍去），3
故 a1 = a3 - 2d =1，
an =1+ 4 n -1 = 4n - 3
（2）依題意，bn = a2n-1 -80 = 8n -87．
79 + 87 -8n n
當 n 10 時， bn = 87 -8n，故Tn = = 83n - 4n2 ；2
當 n 11時， bn = 8n -87，
故Tn = -b1 - b2 -L- b10 + b11 + b12 +L+ bn = -2 b1 + b2 +L+ b 210 + b1 + b2 +L+ bn = 4n -83n + 860．
ì83n - 4n2 ,n 10,
故Tn = í
4n
2 -83n + 860,n 11.
【變式 8-4】（2024·安徽宣城·二模）已知數列 an 是首項為 1 的等差數列，公差 d > 0，設數列 an 的前 n
項和為 Sn ，且 S1， S2 ， S4 成等比數列．
(1)求 an 的通項公式；
(2)求數列 an -8 的前 n項和Tn ．
2
【解析】（1）因為 S1, S2 , S4 成等比數列，則有 S2 = S1S4 ，
即 2 + d 2 = 4 + 6d ，而 d > 0，解得 d = 2，則 an = 2n -1，
所以 an 的通項公式是 an = 2n -1．
（2）由（1）知，令bn = an -8 = 2n - 9，則數列 bn 為遞增數列，其前 4 項為負值，從第 5 項開始為正值，
設bn 的前 n項和為P P
n(b + b ) n(-7 + 2n - 9)
n，則 n =
1 n = = n2 - 8n ，
2 2
若 n 4，Tn = b1 + b2 + ×××+ bn = - b1 + b2 × × × +bn = -Pn = 8n - n2 ，
若n 5，Tn = b1 + b2 + ×××+ bn = - b1 + b2 + b3 + b4 + b5 + ×××+ bn = -P4 + Pn - P4
= Pn - 2P
2
4 = n -8n + 32，
ì8n - n2 ,n 4
所以Tn = í 2 , n N
* .
n -8n + 32, n 5
2S
【變式 8-5】（2024·重慶萬州·模擬預測）已知數列 an 的前 n項和為 Sn ，且 n = n -13 .n
(1)求數列 an 的通項公式；
T
(2)若數列 a nn 的前 n項和為Tn ，設Rn = ，求R 的最小值.n n
2S
【解析】（1）因為 n = n -13，所以 2Sn = n(n -13)，n
所以當 n = 1時， 2a1 = -12，所以 a1 = -6；
當 n 2時，2Sn-1 = (n-1)(n-14)，
所以2an = 2Sn -2Sn-1 = 2n-14，
所以an =n-7，
又a1 = -6滿足上式，
所以數列 an 的通項公式為an =n-7.
ì7 - n,1 n 7
（2）由（1）知 an = n - 7 = í ，
n - 7, n > 7
2
當1 n 7時，Tn = a1 + a2 + L + an = -a a
13n - n
1 - 2 -L - an = ；2
當 n > 7時，Tn = a1 + a2 +L+ an = -a1 - a2 -L- a7 + a8 +L+ an
2
= (a1 + a
n -13n
2 +L + an ) - 2(a1 + a2 +L + a7 ) = + 42 ；2
ì13- n
R T
,1 n 7
= n = 2所以 n n í n 42 13
，
+ - ,n > 7
2 n 2
13-n 13-7
當1 n 7時，Rn = 遞減，所以 (Rn)min = R7 = =3；2 2
當 n > 7時，R
n 42 13
n = + - ，2 n 2
f (x) x 42 13設 = + - (x > 7)，
2 x 2
則 f (x)
1 42 f (x) 1 42= - ，令 = - >0得 x > 2 21 ，此時 f ( x )2 2 單調遞增，2 x 2 x
令 f (x)
1 42
= - 2 <0得 7 < x < 2 2 1 ，此時 f ( x ) 單調遞減，2 x
所以Rn在7 < n 9 時遞減，在 n≥10時遞增，
R 9 42 13 8 R 10 42 13 27 8 27而 9 = + - = ， = + - = ，且 < ，2 9 2 3 10 2 10 2 10 3 10
(R ) 8所以 n min = ；3
8
綜上，Rn的最小值為 .3
題型九：利用等差數列的單調性求解
【典例 9-1】（2024·北京海淀·三模）已知等差數列 an 的公差為d ，數列 bn 滿足 an × bn = 1 n N* ，則
“ d > 0 ”是“ bn 為遞減數列”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】B
1【解析】因為 an × bn = 1 n N* ，所以an 0且bn 0，則bn = a ，n
若 d > 0，不妨令an = -7+2n
1 1
，則b1 = - ，b2 = - ，b3 =-1，b4 =1
1
3 ，
b L4 = ， ，5 3
顯然 bn 不單調，故充分性不成立，
若 bn 為遞減數列，則 an 不是常數數列，所以 an 單調，
若 an 1單調遞減，又 y = 在 - ,0 ， 0, + x 上單調遞減，則 bn 為遞增數列，矛盾；
所以 an 單調遞增，則 d > 0，且 a1 > 0，其中當 a1 < 0， d > 0時也不能滿足 bn 為遞減數列，故必要性成
立，
故“ d > 0 ”是“ bn 為遞減數列”的必要不充分條件.
故選：B
【典例 9-2】（2024·貴州銅仁·二模）設Sn為等差數列 an 的前n項和，且"n N * ，都有an -an+1 > 0，若
a17 +a18 = 0，則（ ）
A．Sn的最小值是S17 B．Sn的最小值是S18
C．Sn的最大值是S17 D．Sn的最大值是S18
【答案】C
【解析】由an -an+1 > 0得an >an+1，∴數列 an 為遞減的等差數列，
∵ a17 +a18 = 0，∴ a17 >0，a18 <0，
∴當 n 17 且 n N * 時，a *n > 0，當 n 18且 n N 時，an < 0，
∴ Sn有最大值，最大值為S17.
故選：C.
【方法技巧】
（1 *）在處理數列的單調性問題時應利用數列的單調性定義，即“若數列 an 是遞增數列 "n N ，
an+1 an 恒成立”．
（2）數列an = f (n)的單調性與 y = f (x)， x 1,+ 的單調性不完全一致．
一般情況下我們不應把數列的單調性轉化為相應連續函數的單調性來處理．但若數列對應的連續函數
是單調函數，則可以借助其單調性來求解數列的單調性問題．即“離散函數有單調性 / 連續函數由單調性；
連續函數有單調性 離散函數有單調性”．
S S
【變式 9-1】（2024·全國·模擬預測）設Sn為等差數列 a 的前n項和，且"n N * ，都有 n < n+1n .若n n +1
a18 < -1
a ，則（ ）17
A．Sn的最小值是S17 B．Sn的最小值是S18
C．Sn的最大值是S17 D．Sn的最大值是S18
【答案】A
Sn Sn+1 n a1 + an n +1 a + a< < 1 n+1 【解析】由 得： a n n +1 2n 2 n +1
，即 n n+1，
\ 數列 an 為遞增的等差數列，
Q a18 < -1
a ，
\a17 < 0，a18 >0，
17
\ 當 n 17 且 n N * 時，an < 0；當 n 18且 n N * 時，an > 0；
\Sn 有最小值，最小值為S17.
故選：A.
【變式 9-2】已知等差數列 an 的前n項和為Sn，公差為d ，且 Sn 單調遞增，若a5 = 6，則d 的取值范
圍為（ ）
é0, 5 é0,10 A． ê ÷ B． ê ÷ C． 0,
5
÷ D． 0,2
3 7 è 3
【答案】D
【解析】由 an 為等差數列，且a5 = 6，所以 an = 6 + n - 5 d ，
因為數列 Sn 為遞增數列，則an = Sn -Sn-1 >0，即 an 從第二項開始，各項均為正數，
又因為 an > 0 n 2 恒成立，所以數列 an 為常數數列或遞增數列，所以 d≥0，
則有 a2 = 6 + 2 - 5 d = 6 - 3d > 0，解可得 d < 2，
綜上可得，0 < d < 2，所以實數d 的取值范圍為 0,2 ．
故選：D．
【變式 9-3】（2024·四川成都·模擬預測）設公差不為 0 的無窮等差數列 an 的前n項和為Sn，則“ an 為
遞減數列”是“存在正整數n0，當 n > n0 時， Sn < 0”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】C
【解析】因為{an}是公差不為 0 的無窮等差數列，若“{an}為遞減數列”，
可得{an}的通項公式為一次函數且一次性系數小于 0，一定存在正整數n0，
當 n > n 0 時,有an < 0，故存在n0，當n0遠遠大于 n 0 時， n > n0 時，此時 Sn < 0，故充分性成立，
d 2 d
若存在正整數n0，當 n > n0 時， Sn = n + a1 - ÷ n < 0，故二次函數開口向下，2 è 2
因此 d < 0，故 an 為遞減數列，故必要性成立.
故選：C．
【變式 9-4】設Sn為等差數列 an 的前 n 項和，則對"n N * ， an+1 > an ，是“ nSn+1 > n +1 Sn ”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】A
【解析】若對"n N * ，都有 an+1 > an ，可得 a2 > a1 , a3 > a2 , a4 > a3 ,L,an+1 > an ，
因為 an an 恒成立，所以an+1 > an > an-1 >L> a2 > a1，即數列 an 為遞增數列，
(n +1)(a1 + an+1) n(a1 + an )
Sn+1 S= 2 = a + a , n 2 = a + a ，
n +1 n +1 1 n+1 n n +1 1 n
Sn+1 S所以 > n ，即 nS > n +1 S 成立，所以充分性成立；
n +1 n n+1 n
S S
反之：若對"n N * ，都有 nSn+1 > n +1 Sn ，即 n+1 > n ，n +1 n
(n +1)(a1 + an+1) n(a1 + an)
可得 2 2 ，解得an+1 >a> n，所以d = an+1 -an > 0，
n +1 n
即數列 an 為遞增數列，
例如：數列an =n-7為遞增數列，可得a1 =-6,a2 =-5，
此時 a2 > a1 不成立，即必要性不成立；
所以對"n N * ， an+1 > an ，是“ nSn+1 > n +1 Sn ”的充分不必要條件.
故選：A.
【變式 9-5】已知等差數列 an 的前 n 項和為Sn，若S2023 > 0,S2024 < 0，則下列結論正確的是（ ）
A．數列 an 是遞增數列 B． a1013 > a1012
C．當Sn取得最大值時， n =1013 D．S1013 < S1010
【答案】B
【解析】ABC 選項，S2023 > 0,S2024 < 0，
2023 a1 + a∴ 2023 2023 2a＝ 1012 = 2023a
2 2 1012
＞0，
2024 a1 + a2024 2024 a1012 + a＝ 1013 =1012 a1012 + a1013 < 0，2 2
∴ a1012 > 0,a1012 +a1013 < 0，
∴ a1012 >0,a1013 <0，且 a1012 < a1013 ，B 正確；
∴公差 d < 0，等差數列 an 是遞減數列，A 錯誤；
n = 1012 時，Sn取得最大值，C 錯誤；
D 選項，S1013 = S1010 +a1011 +a1012 +a1013 = S1010 +3a1012 > S1010，D 錯誤.
故選：B．
題型十：等差數列中的范圍與恒成立問題
【典例 10-1】（多選題）（2024·高三·山東臨沂·期中）公差為d 的等差數列{an}的前n項和為Sn，若
S11 >0,S12 <0，則（ ）
A． d > 0 B．a7 > 0
C．{Sn } 中S6最大 D． a4 < a9
【答案】CD
11
【解析】A：由 S11 = (a1 +a11) =11a6 > 0，得a6 > 0，2
12
由 S12 = (a1 + a12 ) = 6(a6 + a7 ) < 0 ，得a6 +a7 < 02 ，所以a7 < 0，所以 d < 0，故 A 錯誤；
B：由選項 A 的分析知，a7 < 0，故 B 錯誤；
C：因為a6 > 0，a7 < 0， d < 0，所以數列{an}是遞減數列，
其前 6 項為正，從第 7 項起均為負，故S6最大，故 C 正確；
D：由選項 A 的分析知，a6 +a7 < 0，a6 > 0，a7 < 0，
所以 a4 > 0, a9 < 0 ，且 a4 + a9 < 0 ，即a4 <-a9，所以 a4 < a9 ，故 D 正確.
故選：CD
【典例 10-2】（多選題）公差為 d 的等差數列 an ，其前 n 項和為Sn，S11 >0，S12 <0，下列說法正確的
有（ ）
A． d < 0 B．a7 > 0 C． Sn 中S5最大 D． a4 < a9
【答案】AD
11 a + a
【解析】由 S = 1 11 11 =11a6 > 0，得a6 > 0，2
12 a
又 S 1
+ a12
12 = = 6 a6 + a7 < 0，得，a6 +a7 < 0，2
所以a6 > 0，a7 < 0，數列 an 是遞減數列，其前 6 項為正，從第 7 項起均為負數，
等差數列 an ，公差 d < 0，A 選項正確；a7 < 0，B 選項錯誤；前 6 項和最大，C 選項錯誤；
由a4 > 0，a9 < 0，有 a4 - a9 = a4 + a9 = a6 + a7 < 0，則 a4 < a9 ，D 選項正確.
故選：AD.
【方法技巧】
等差數列中的范圍與恒成立問題是數列研究的重要方面。這類問題通常涉及數列的通項公式、前 n
項和公式以及不等式性質的應用。解決這類問題時，需要首先根據題意設定合適的變量，建立等差數列的
通項或前 n 項和的不等式，然后利用不等式的性質進行推導，最終確定變量的取值范圍，使得原不等式恒
成立。
1 a +3a
【變式 10-1】（多選題）（2024·海南·模擬預測）已知數列 an 滿足a1 = a =1，且a n+2 n3 2 n+1
= ，等差
4
數列 bn 的前 n 項和為Sn，且b9 = 9，S10 = 20，若an+1 ×bn≥l恒成立，則實數 λ 的值可以為（ ）
A．－36 B．－54 C．－81 D．－108
【答案】CD
1
【解析】由a1 = a2 =1，得a1 =1,a2 =3，3
a a由 n+2 +3an
an+2 - an+1 = 3
n+1 = ，得3 a4 n+1
- an = an+2 - an+1，即 a ，n+1 - an
又a2 -a1 = 2，所以 a n + 1 - a n 為等比數列，公比 q = 3 .
a -a = 2×3n-1所以 n+1 n .
由累加法得 an = a1 + a2 - a1 + a3 - a2 + × × × + an - an-1 = 1 + 2 1 + 3 + 32 + 33 + × × × + 3n-2
1 2 1-3
n-1
= + = 3n-1，
1-3
當 n = 1時，a1 =1相符，
a =3n-1所以 n .
已知等差數列 bn 的前 n 項和為Sn，
10 9
則b9 =b1 +8d =9，且 S10 =10b1 + d = 20，2
解得b1 = -7,d = 2，則bn = 2n-9 .
已知an+1 ×b nn≥l恒成立，又an+1 =3 ，
n
則l 3 2n - 9 n，設 cn = 3 2n - 9
因為當 n 5時，cn > 0
因為當 n 4時， cn < 0，
又c1 =-21，c2 =-45，c3 =-81，c4 =-81，
c = 3n故 n 2n - 9 的最小值為c3 = c4 = -81，
所以l -81，
故選：CD.
【變式 10-2】（多選題）已知等差數列 an 的前 n 項和為Sn，當且僅當 n = 12 時Sn取得最大值，則滿足
Sk > 0的最大的正整數 k 可能為（ ）
A．22 B．23 C．24 D．25
【答案】BC
【解析】因為當且僅當 n = 12 時，Sn取得最大值，
所以 a1 > 0，公差 d < 0，且a12 >0，a13 <0．
23 a1 + a23 24 a + a所以 S = = 23a > 0， S = 1 24 25 a + a23 12 24 =12 a

+ a ， S 1 25 12 13 25 = = 25a < 0，2 2 2 13
故 n 25時， Sn < 0．
當a12 +a13 > 0時，S24 >0，則滿足 Sk > 0的最大的正整數k為24；
當a12 +a13 0時，S24 0，則滿足 Sk > 0的最大的正整數k為23，
故滿足 Sk > 0的最大的正整數k可能為23與24．
故選：BC．
【變式 10-3】（多選題）等差數列 an 的前n項和為Sn，已知S10 =0,S15 =25，則（ ）
A．a5 = 0 B． an 的前n項和中S5最小
S
C．使S < 0時 n的最大值為 9 D． nn 的最大值為 0n
【答案】BC
S =10a + 45d = 0 ìa1 = -3
【解析】設等差數列 ìa 10 1 n 的首項為 a1，公差為d ，因為 íS 15a 105d 25，所以 ， 15 = 1 + =
í
d
2
=
3
a 2n -11 n(n -1) 1 10所以 n = a1 + (n -1)d = ， Sn = -3n + = n
2 - n .
3 3 3 3
10 -11 1
對于 A， a5 = = - ，錯誤；3 3
S 1 n2 10 1 25 25對于 B，因為 n = - n = n - 5
2 - ，所以當 n = 5時， Sn 有最小值 S5 = - ，正確；3 3 3 3 3
1
對于 C，若 Sn = n
2 10- n < 0，則0 < n <10，又 n N*，所以 n的最大值為 9，正確；3 3
S 1 10 ìSn ü S
對于 D，因為 n = n - ，所以數列 í 為關于 n N*的單調遞增數列，所以 n 沒有最大值，錯誤.n 3 3 n n
故選：BC.
【變式 10-4】（多選題）設 an 是等差數列， Sn 是其前 n 項和，且 S5 < S6 ， S6 = S7 > S8，則下列結論正確
的是（ ）.
A． d > 0 B． a7 = 0
C． S9 > S5 D． S6 與 S7 均為 Sn 的最大值
【答案】BD
【解析】因為 S5 < S6 ， S6 = S7 > S8，
則 a6 = S6 - S5 > 0, a7 = S7 - S6 = 0,a8 = S8 - S7 < 0，故 B 正確；
設等差數列 an 的公差為d ，則 d = a7 - a6 < 0 ，故 A 錯誤；
可知數列 an 為遞減數列，可得 a1 > a2 > ××× > a7 = 0 > a8 > ×××，
可得 a6 + a7 + a8 + a9 = 2 a7 + a8 = 2a8 < 0，
所以 S9 = S5 + a6 + a7 + a8 + a9 < S5 ，故 C 錯誤；
因為 a6為最后一項正數，根據加法的性質可知： S6 為 Sn 的最大值，
又因為 S6 = S7 ，所以 S6 與 S7 均為 Sn 的最大值，故 D 正確；
故選：BD.
【變式 10-5】（多選題）（2024·山東德州·模擬預測）設等差數列 an 的前 n項和為 Sn ，公差為d ， a1 > 0，
a6 + a7 > 0， a6 ×a7 < 0 ，下列結論正確的是（ ）
A． d < 0
B．當 Sn > 0時， n的最大值為13
ìS ü
C．數列 í n 為等差數列，且和數列 an 的首項、公差均相同
n
ìSn üD．數列 í n
前 n項和為Tn ，T12最大

【答案】AD
【解析】對于 A 選項，若 d > 0，則 an 為遞增數列，所以， a7 > a6 > a1 > 0 ，與 a6 ×a7 < 0 矛盾，
若 d = 0 ，則 an 為常數列，所以， a7 = a6 = a1 > 0 ，與 a6 ×a7 < 0 矛盾，
ìa + a > 0
若 d < 0 ，則 an 為遞減數列，則 a1 > a6 > a 6 77 ，由 í 可得 a6 > 0 > aa a 0 7 ，合乎題意，A 對； 6 × 7 <
12 a + a
對于 B 選項，由 A 選項可知， a > 0， a < 0， S = 1 12 6 7 12 = 6 a6 + a7 > 0，2
a1 + aS 13 13 = 13 =13a7 < 0，2
所以，當 Sn > 0時， n的最大值為12，B 錯；
n n -1
C S na d S n -1對于 選項， n = 1 + ，則 n = a2 n 1
+ d ，
2
Sn+1 Sn
所以， - = a
nd n -1 d
1 + ÷ -
a + d 1 ÷ = ，n +1 n è 2 è 2 2
ìSn ü d
所以，數列 í 為等差數列，且其首項為 a1，公差為 ，C 錯；
n 2
對于 D 選項，由 a6 > 0得 a1 + 5d > 0 ，由 a7 < 0得 a1 + 6d < 0，
由 a6 + a7 > 0得 2a1 +11d > 0，即 a
11
1 + d > 0，2
b S令 n = n ，bn = a1 + n
d
-1 ，則等差數列 bn 為遞減數列，n 2
且b11 = a + 5d > 0 b a
11d
1 ， 12 = 1 + > 0，b = a2 13 1
+ 6d < 0，
ìSn ü
所以，數列 í 前 n項和為Tn ，T12最大，D 對.
n
故選：AD.
1．（2024 年高考全國甲卷數學（文）真題）已知等差數列 an 的前 n項和為 Sn ，若 S9 =1，則 a3 + a7 =
（ ）
7
A．-2 B． C 1 D
2
． ．
3 9
【答案】D
【解析】方法一：利用等差數列的基本量
由 S9 =1
9 8
，根據等差數列的求和公式， S9 = 9a1 + d =1 9a2 1
+ 36d =1，
a 2 2又 3 + a7 = a1 + 2d + a1 + 6d = 2a1 + 8d = (9a1 + 36d ) = .9 9
故選：D
方法二：利用等差數列的性質
根據等差數列的性質，a1 + a9 = a3 + a7，由 S9 =1，根據等差數列的求和公式，
S 9(a1 + a9 ) 9(a3 + a ) 29 = = 7 =1，故 a3 + a7 = .2 2 9
故選：D
方法三：特殊值法
1 2
不妨取等差數列公差 d = 0 ，則 S9 =1 = 9a1 a1 = ，則 a3 + a9 7
= 2a1 = .9
故選：D
2．（2024 年高考全國甲卷數學（理）真題）記 Sn 為等差數列 an 的前 n項和，已知 S5 = S10 ， a5 =1，則
a1 =（ ）
7 7 1 7
A． B． C．- D．-
2 3 3 11
【答案】B
【解析】由 S10 - S5 = a6 + a7 + a8 + a9 + a10 = 5a8 = 0，則 a8 = 0，
a d a8 - a5 1 1 7則等差數列 n 的公差 = = - ，故 a1 = a5 - 4d =1- 4 - ÷ = .3 3 è 3 3
故選：B.
3．（2023 年高考全國甲卷數學（文）真題）記 Sn 為等差數列 an 的前 n項和．若a2 + a6 = 10,a4a8 = 45，則
S5 =（ ）
A．25 B．22 C．20 D．15
【答案】C
【解析】方法一：設等差數列 an 的公差為d ，首項為 a1，依題意可得，
a2 + a6 = a1 + d + a1 + 5d =10，即 a1 + 3d = 5 ,
又 a4a8 = a1 + 3d a1 + 7d = 45，解得： d =1,a1 = 2，
所以 S5 = 5a
5 4
1 + d = 5 2 +10 = 20．2
故選：C.
方法二： a2 + a6 = 2a4 =10 ， a4a8 = 45，所以 a4 = 5，a8 = 9，
a - a
從而 d = 8 4 =1，于是 a = a - d = 5 -1 = 4，
8 - 4 3 4
所以 S5 = 5a3 = 20．
故選：C.
a 2p4．（2023 *年高考全國乙卷數學（理）真題）已知等差數列 n 的公差為 3 ，集合 S = cosan n N ，若
S = a,b ，則 ab =（ ）
1
A 1．－1 B．- C．0 D．
2 2
【答案】B
{a } a a (n 1) 2π 2π 2π【解析】依題意，等差數列 n 中， n = 1 + - × = n + (a1 - )，3 3 3
2π
顯然函數 y = cos[ n + (a
2π
1 - )]的周期為 3，而3 3 n N
* ，即 cos an 最多 3 個不同取值，又
{cos an | n N
*} = {a,b}，
則在 cos a1, cos a2 , cos a3中， cos a1 = cos a2 cos a3 或 cos a1 cos a2 = cos a3 ，
cosq cos(q 2π 2π于是有 = + )，即有q + (q + ) = 2kπ, k Z，解得q = kπ
π
- , k Z，
3 3 3
π π 4π
所以 k Z， ab = cos(kπ - ) cos[(kπ - ) + ] = -cos(kπ
π
- ) cos kπ cos2 kπ cos π 1= - = - .
3 3 3 3 3 2
故選：B
1．在等差數列 an 中， an = m， am = n，且 n m，求 am-n ．
【解析】設等差數列 an 的公差為d
ìan = a1 + (n -1)d = m ìa1 = m + n -1
則 í
am = a1 + (m -1)d = n
í
d = -1
所以 am-n = a1 + (m - n -1)d = m + n -1- m + n +1 = 2n
2．已知數列 an ， bn 都是等差數列，公差分別為 d1， d2 ，數列 cn 滿足 cn = an + 2bn ．
（1）數列 cn 是否是等差數列？若是，證明你的結論；若不是，請說明理由．
（2）若 an ， bn 的公差都等于 2， a1 = b1 =1，求數列 cn 的通項公式．
【解析】（1）數列 cn 是等差數列，
證明：因為數列 an ， bn 都是等差數列，公差分別為 d1， d2 ，
所以 an = a1 + n -1 d1,bn = b1 + n -1 d2 ，
又因為 cn = an + 2bn = a1 + 2b1 + n -1 d1 + 2d2 ，
故 cn+1 - cn = é a1 + 2b1 + n d1 + 2d2 ù - é a1 + 2b1 + n -1 d1 + 2d2 ù = d1 + 2d2，
而 c1 = a1 + 2b1，所以數列 cn 是以 a1 + 2b1 為首項， d1 + 2d2 為公差的等差數列.
（2）由（1）知：數列 cn 是以 a1 + 2b1 為首項， d1 + 2d2 為公差的等差數列，
而 c1 = a1 + 2b1 = 3， d1 + 2d2 = 6，
所以 cn = 3+ 6 n -1 = 6n - 3 .
3．已知一個無窮等差數列 an 的首項為 a1，公差為 d．
（1）將數列中的前 m 項去掉，其余各項組成一個新的數列，這個新數列是等差數列嗎？如果是，它的首
項和公差分別是多少？
（2）取出數列中的所有奇數項，組成一個新的數列，這個新數列是等差數列嗎？如果是，它的首項和公
差分別是多少？
（3）取出數列中所有序號為 7 的倍數的項，組成一個新的數列，它是等差數列嗎？你能根據得到的結論
作出一個猜想嗎？
【解析】（1）由題意可知，將無窮等差數列 an 的前 m 項去掉，其余各項組成一個新的數列為：
am+1, am+2 , am+3 ,L，這個新數列是等差數列，首項為 am+1 = a1 + md ，公差為d .
（2）由題意可知，取出無窮等差數列 an 中的所有奇數項，組成一個新的數列為：
a1, a3 , a5 ,L,a2n+1,L，這個新數列是等差數列，首項為 a1，公差為 2d .
（3）由題意可知，取出無窮等差數列 an 中所有序號為 7 的倍數的項，組成一個新的數列為：
a7 , a14 , a21,L, a7n ,L，這個新數列是等差數列，首項為 a7 = a1 + 6d ，公差為 a14 - a7 = 7d .
猜想：等差數列每隔一定距離抽取一項后所組成的新數列仍是等差數列.
4．已知一個等差數列的項數為奇數，其中所有奇數項的和為 290，所有偶數項的和為 261．求此數列中間
一項的值以及項數．
【解析】設等差數列的項數為 2n -1，
設所有的奇數項和為S，則 S
n(a1 + a= 2n-1) = nan ，2
(n -1)(a + a )
設所有的偶數項和為T ，則T = 2 2n-2 = (n -1)a
2 n
，
T n -1 261 9
= = = ，解得 n =10 ，
S n 290 10
項數2n -1 = 19 ，中間項為 a10 ，
由 S =10a10 = 290,a10 = 29，
所以此數列中間一項是 29，項數為19 .
5．如圖的形狀出現在南宋數學家楊輝所著的《詳解九章算法·商功》中，后人稱為“三角垛”“三角垛”的最
上層有 1 個球，第二層有 3 個球，第三層有 6 個球……設各層球數構成一個數列 an ．
（1）寫出數列 an 的一個遞推公式；
（2）根據（1）中的遞推公式，寫出數列 an 的一個通項公式．
【解析】（1）由題意可知，
a1 =1，
a2 = a1 + 2 = 1+ 2 ，
a3 = a2 + 3 = 1+ 2 + 3， ，
an = an-1 + n；
所以數列 an 的一個遞推公式為 an = an-1 + n；
（2）由題意， an = an-1 + n = 1+ 2 + 3 + + n ，
a 1 2 3 n n(n +1)故 n = + + + + = 2 ，
a n(n +1)所以數列 n 的一個通項公式為 an = .2
6．已知兩個等差數列 2，6，10，…，190 及 2，8，14，…，200，將這兩個等差數列的公共項按從小到大
的順序組成一個新數列．求這個新數列的各項之和．
【解析】有兩個等差數列 2，6，10，…，190 及 2，8，14，…，200，
由這兩個等差數列的公共項按從小到大的順序組成一個新數列，2，14，26，38，50，…，182 是兩個數列
的相同項.
182 - 2
共有 +1 =16個，也是等差數列，
12
2 +182
它們的和為 16 =1472，
2
這個新數列的各項之和為 1472
易錯點：忽視數列的首項
ìS1(n =1),
易錯分析：由 Sn 求通項公式 an ，可用 an = í 求解．當 n =1時，如果不適合
Sn - Sn-1(n…2)
an = Sn - Sn-1，則應寫成分段形式．
【易錯題 1】已知數列 an 的前 n S S = n2項和為 n ，且 n + n - 2，則數列 an 通項公式 an = ．
ì0, n =1
【答案】 í
2n,n 2
【解析】當 n = 1時， a1 = S1 = 0；
當 n 2時， an = S - S
2 2
n n-1 = n + n - 2 - é (n -1) + (n -1) - 2ù = 2n ，
因為 a1 = 0不符合上式，
ì0, n =1
所以 an = í .
2n,n 2
ì0, n =1
故答案為： í
2n,n 2
【易錯題 2 2】數列 an 的前 n項和 Sn = n - 2n - 2，則該數列的通項 an = .
ì-3 n =1
【答案】 í
2n - 3 n 2
【解析】當 n = 1時, a1 = S1 =1- 2 - 2 = -3 .
2
當 n 2時, an = Sn - S
2 é ù
n-1 = n - 2n - 2 - n -1 - 2 n -1 - 2 =
= 2n -1- 2 = 2n - 3 .
ì-3 n =1
故 an = í .
2n - 3 n 2
ì-3 n =1
故答案為： í
2n - 3 n 2第 02 講 等差數列及其前 n 項和
目錄
01 考情透視·目標導航 .........................................................................................................................2
02 知識導圖·思維引航 .........................................................................................................................3
03 考點突破·題型探究 .........................................................................................................................4
知識點 1：等差數列的有關概念.........................................................................................................4
知識點 2：等差數列的有關公式.........................................................................................................4
知識點 3：等差數列的常用性質.........................................................................................................5
解題方法總結........................................................................................................................................6
題型一：等差數列的基本量運算........................................................................................................6
題型二：等差數列的判定與證明........................................................................................................7
題型三：等差數列的性質....................................................................................................................9
題型四：等差數列前 n 項和的性質....................................................................................................9
題型五：等差數列前 n 項和的最值..................................................................................................10
題型六：等差數列的實際應用..........................................................................................................12
題型七：關于等差數列奇偶項問題的討論......................................................................................13
題型八：對于含絕對值的等差數列求和問題..................................................................................14
題型九：利用等差數列的單調性求解..............................................................................................16
題型十：等差數列中的范圍與恒成立問題......................................................................................18
04 真題練習·命題洞見........................................................................................................................19
05 課本典例·高考素材........................................................................................................................20
06 易錯分析·答題模板........................................................................................................................21
易錯點：忽視數列的首項..................................................................................................................21
考點要求 考題統計 考情分析
2024 年甲卷（文）第 5 題，5 分
（1）等差數列的概念 2024 年 II 卷第 12 題，5 分 （1）選擇題、填空題多單獨考查基本量的計
（2）等差數列的通項公 2023 年甲卷（文）第 5 題，5 分 算．
式與求和 2023 年 I 卷第 7 題，5 分 （2）解答題多與等比數列結合考查，或結合
（3）等差數列的性質 2022 年上海卷第 10 題，5 分 實際問題或其他知識考查．
2022 年乙卷（文）第 13 題，5 分
復習目標：
（1）理解等差數列的概念．
（2）掌握等差數列的通項公式與前 n 項和公式．
（3）能在具體的問題情境中識別數列的等差關系，并能用有關知識解決相應的問題．
（4）了解等差數列與一次函數、二次函數的關系．
知識點 1：等差數列的有關概念
（1）等差數列的定義
一般地，如果一個數列從第 2 項起，每一項與它的前一項的差等于同一個常數，那么這個數列就叫做
等差數列，這個常數叫做等差數列的公差，通常用字母 d 表示，定義表達式為 an - an－1 = d （常數）
(n N *，n 2) ．
（2）等差中項
若三個數 a， A，b 成等差數列，則 A叫做 a與b 的等差中項，且有 ．
A= a + b
2
a 1
【診斷自測】（2024·江蘇連云港· n模擬預測）已知數列 an 的前 n 項和為 Sn ，且 Sn = +2 a ．證明：數列n
S 2n 是等差數列；
知識點 2：等差數列的有關公式
（1）等差數列的通項公式
如果等差數列{an}的首項為 a1，公差為 d ，那么它的通項公式是 an = a1 + (n -1)d ．
（2）等差數列的前 n項和公式
n(a + a )
設等差數列{an} d n S na
n(n -1)
的公差為 ，其前 項和 n = 1 + d = 1 n ．2 2
【診斷自測】（2024·四川涼山·二模）設等差數列 an 的前 n 項和為 Sn ，若 a3 + a5 =10， a4a9 = 50，則
S6 = ．
知識點 3：等差數列的常用性質
已知{an}為等差數列， d 為公差， Sn 為該數列的前 n項和．
（1）通項公式的推廣： an = am + (n - m)d (n，m N
*) ．
（2）在等差數列{an}中，當m + n = p + q 時， a m +an = ap + aq (m，n，p，q N
*) ．
特別地，若m + n = 2t ，則 a m +a = 2a
*
n t (m，n，t N ) ．
（3） ak，ak＋m，a
*
k＋2m ，…仍是等差數列，公差為md (k，m N )．
（4） Sn，S2n－Sn，S3n－S2n ，…也成等差數列，公差為 n
2d ．
（5）若{an}，{bn}是等差數列，則{pan + qbn}也是等差數列．
6 S 1（ ）若{an}是等差數列，則{ n }也成等差數列，其首項與{an}首項相同，公差是{an}公差的 ．n 2
S a
（7）若項數為偶數 2n ，則 S2n = n(a1 + a2n ) = n(an + an+1) ； S －S奇＝nd ；
奇 = n
偶 ．S a
偶 n+1
S n
（8）若項數為奇數 2n -1，則 S2n－1 = (2n -1)an ； S －S =a ；
奇
奇 n =偶 ．S n -1
偶
ìa 0
（9）在等差數列 {an}中，若 a1 > 0，d < 0
m
，則滿足 í 的項數 m 使得 Sn 取得最大值 Sm ；若
am+1 0
ìa 0
a1 < 0，d > 0
m
，則滿足 í 的項數m 使得 Sn 取得最小值 Sa 0 m
．
m+1
d d
（10） Sn = n
2 + (a1 - )n ．數列{an}是等差數列 S
2
n = An + Bn （ A、B 為常數）．2 2
（11）等差數列的前 n 項和的最值
公差 d > 0 {an}為遞增等差數列， Sn 有最小值；
公差 d < 0 {an}為遞減等差數列， Sn 有最大值；
公差 d = 0 {an}為常數列．
特別地
ìa
若 1
> 0
í ，則 Sn 有最大值（所有正項或非負項之和）；
d < 0
ìa1 < 0若 í ，則 Sn 有最小值（所有負項或非正項之和）．
d > 0
（12）若已知等差數列{an}，公差為 d ，前 n項和為 Sn ，則：
①等間距抽取 ap ,ap+t ,ap+2t ,Lap+(n-1)t ,L為等差數列，公差為 td ．
②等長度截取 Sm , S2m - Sm , S3m - S
2
2m ,L為等差數列，公差為m d ．
③ S算術平均值 1 , S2 , S3 ,L d為等差數列，公差為 ．
1 2 3 2
1
【診斷自測】已知數列 an 為等差數列， a1 + a3 + a4 = 24，則 a2 + a3 = ．2
解題方法總結
（1）等差數列{an}中，若 an = m,am = n(m n,m,n N
* ) ，則 am+n = 0 ．
（2）等差數列{a }中，若 S = m, S = n(m n,m,n N *n n m ) ，則 Sm+n = -(m + n) ．
（3）等差數列{a }中，若 S = S (m n,m,n N *n n m ) ，則 Sm+n = 0．
a S
（4）若{an}與{bn}為等差數列，且前 n項和為 S 與T
m 2m-1
n n ，則 = ．bm T2m-1
題型一：等差數列的基本量運算
【典例 1-1】（2024·西藏林芝·模擬預測）已知等差數列 an 的前 n 項和為 Sn ，若 S3 =15,a4 = 9，則 a5 =
（ ）
A．3 B．7 C．11 D．23
【典例 1-2】（2024·廣東汕頭·三模）已知等差數列 an 的前 n項和為 Sn ， a2 = 3， a2n = 2an +1，若
Sn + an+1 =100，則 n =（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
【方法技巧】
等差數列基本運算的常見類型及解題策略：
（1）求公差 d 或項數 n．在求解時，一般要運用方程思想．
（2）求通項． a1和 d 是等差數列的兩個基本元素．
（3）求特定項．利用等差數列的通項公式或等差數列的性質求解．
（4）求前 n項和．利用等差數列的前 n項和公式直接求解或利用等差中項間接求解．
【變式 1-1】已知等差數列 an 的前 n項和為 Sn ，若 S9 =1，則 a3 + a7 =（ ）
7
A 2．-2 B． C．1 D．
3 9
【變式 1-2】（2024·天津濱海新·三模）已知數列 an 為各項不為零的等差數列， Sn 為數列 an 的前 n項和，
4Sn = an ×an+1，則a8的值為（ ）
A．4 B．8 C．12 D．16
【變式 1-3】（2024·遼寧·模擬預測）等差數列 an 的前 n項和記為 Sn ，若 a1 = 2， a3 + a7 = 8，則 S17 =（ ）
A．51 B．102 C．119 D．238
【變式 1-4】（2024·北京·模擬預測）記等差數列 an 的公差為d ，前 n項和為 Sn ，若a5 + a11 = 62，且
S13 = 351，則該數列的公差d 為（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
題型二：等差數列的判定與證明
* 2
【典例 2-1】已知數列 an n N 的前 n 項和為 Sn ，若 Sn+1 + Sn = 3n + 6n + 3， a1 = 2 .記bn = an + an+1判斷
bn 是否為等差數列，若是，給出證明；若不是，請說明理由.
【典例 2-2】（2024· 2全國·模擬預測）數列 an 的前 n 項和 Sn 滿足 Sn = nan+1 - n - n ( n N* )．證明：
an 是等差數列；
【方法技巧】
判斷數列 an 是等差數列的常用方法
（1）定義法：對任意 n N*, an+1 - an 是周一常數．
（2）等差中項法：對任意 n…2, n N*，湍足 2an = an+1 + an-1．
（3）通項公式法：對任意 n N* ，都滿足 an = pn + q( p,q為常數）．
（4）前 n 項和公式法：對任意 n N* ，都湍足 Sn = An
2 + Bn(A, B 為常數）．
2n+1a
【變式 2-1】（2024·陜西安康·模擬預測）已知數列 an 滿足 a1 = 2, an+1 = n .an + 2n
ì2n ü
證明：數列 ía 是等差數列； n
【變式 2-2】已知數列 an 有 a1 = a ， a2 = p（常數 p > 0），對任意的正整數 n， Sn = a1 + a2 + ×××+ an ，并有
S n an - a n 滿足 Sn = 1 ．2
(1)求 a 的值；
(2)試確定數列 an 是不是等差數列，若是，求出其通項公式；若不是，說明理由．
2-3 a a = 3 2n +1 a - 2n+1 +1 a = 2n+1 +1 2n+1【變式 】已知數列 滿足 ，且 + 2 .n 1 n+1 n
ì a ü
(1)證明：數列 í n
2n
是等差數列；
+1
ì an ü(2)求 í 的前 n項和 S .
2n -1
n

n a + a
【變式 2-4】（2024·重慶·三模）已知數列 a 的前 n項和為 S ，滿足 S = 1 n ， n N*n n n .2
(1)證明：數列 an 是等差數列；
(2)若數列 an 的公差不為 0，數列 an 中的部分項組成數列 ak1 ， ak2 ， ak3 ，…， akn 恰為等比數列，其中
k1 =1， k2 = 4， k3 = 10 ，求數列 kn 的通項公式.
題型三：等差數列的性質
a10
【典例 3-1】（2024·高三·上海·期中）已知等差數列 an 的前 n項的和為 Sn ，且 = -1， S15 = Sk k 15a ，11
則正整數 k 的值為 .
【典例 3-2】（2024·上海·模擬預測）記等差數列 an 的前 n項和為 Sn ， a7 = 6，則 S13 = .
【方法技巧】
如果{an}為等差數列，當m + n = p + q 時， a m +a
*
n = ap + aq (m，n，p，q N )．因此，出現
am－n ，am ，am＋n 等項時，可以利用此性質將已知條件轉化為與 am （或其他項）有關的條件；若求 am 項，可
1
由 am = (am－n + am＋n ) 轉化為求am-n + an+m 的值．2
【變式 3-1】（2024·陜西商洛·模擬預測）已知等差數列 an 的前 n項和為 Sn ，且 S28 = 56，則
a12 + a13 + a14 + a15 + a16 + a17 = .
*
【變式 3-2】已知數列{an} n N 是等差數列， Sn 是其前 n 項和．若 a2a5 + a8 = 0, S9 = 27 ，則 S8 = ．
題型四：等差數列前 n 項和的性質
【典例 4-1】（2024·高三·天津寧河·期末）已知等差數列 an ， bn 的前 n項和分別為 Sn ，Tn ，且
Sn 2n +1 a= 5
T 4n ，則
=
n b + b
．
3 7
【典例 4-2】在等差數列 an 中， a1 = -2020，其前 n S
S
項和為 ，若 12
S
- 10n = 2，則 S = .12 10 2022
【方法技巧】
S
在等差數列中， S nn，S2n－Sn，S3n－S2n ，…仍成等差數列；{ }也成等差數列．n
S 5n - 3
【變式 4-1】等差數列 an ， bn 的前 n 項和分別為 Sn ，Tn ，若對任意的正整數 n n都有 =T 2n +1 ，則 n
a7 =
b .7
A
{b } n 7n + 33
a
4-2 {a } n A B = n【變式 】已知兩個等差數列 n 和 n 的前 項和分別為 n 和 n ，且 Bn n + 3
，則使得 b 為整數的n
正整數 n 的集合是 .
【變式 4-3】已知等差數列 an , bn
Sn 7n + 45 an
的前 n項和分別為 Sn 和Tn ，若 = nT ，且n n + 3 b
是整數，則 的值
2n
為 .
【變式 4-4】已知等差數列 an 的前 n項和為 Sn ，且 S8 =12， S12 =15，則 S16 = .
【變式 4-5】（2024·江西上饒·一模）已知數列 an 、 bn 均為正項等比數列，Pn、Qn分別為數列 an 、
ln Pb n n 5n - 7 ln a3n 的前 項積，且 =ln Q 2n ，則 ln b 的值為 .n 3
題型五：等差數列前 n 項和的最值
【典例 5-1】（2024·遼寧葫蘆島·二模）等差數列 an 中， a1 > 0， S7 = S9 ，則使得前 n 項的和最大的 n 值為
（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【典例 5-2】（2024·山東泰安·三模）已知 Sn 為等差數列 an 的前 n項和， a1 = -21， S7 = S15 ，則 Sn 的最小
值為（ ）
A．-99 B． -100 C．-110 D． -121
【方法技巧】
求等差數列前 n項和 Sn 最值的 2 種方法
（1）函數法：利用等差數列前 n項和的函數表達式 S 2n = an ＋bn ，通過配方或借助圖象求二次函數最
值的方法求解．
ìam 0
（2）鄰項變號法：①若 a1 > 0，d < 0，則滿足 í 的項數m 使得 Sn 取得最大值 Sm ；
am+1 0
ìam 0②若 a1 < 0，d > 0，則滿足 í 的項數m 使得 Sn 取得最小值 Sm ．
am+1 0
【變式 5-1】（2024·全國·模擬預測）已知 Sn 為等差數列 an 的前 n項和，若3a10 + a12 < 0 ， a8 + 3a12 > 0 ，
則當 Sn 取最小值時， n =（ ）
A．9 B．10 C．10 或 11 D．11
【變式 5-2】（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預測）已知 an 是等差數列， Sn 是其前 n項的和，則下列結論錯誤
的是（ ）
A．若 an = 2n - 25，則 Sn 取最小值時 n的值為 12
B．若 an = -3n + 27，則 Sn 的最大值為 108
C．若 S13 = S17 ，則必有 S30 = 0
D．若首項 a1 > 0， S6 = S12 ，則 Sn 取最小值時 n的值為 9
【變式 5-3】（2024·山東·二模）已知數列 an ,a1 = 13,an+1 = an - 4．求：
(1)數列 an 的通項公式；
(2)數列 an 的前 n項和 Sn 的最大值．
題型六：等差數列的實際應用
【典例 6-1】（2024·云南曲靖·二模）小明同學用 60 元恰好購買了 3 本課外書，若三本書的單價既構成等差
數列，又構成等比數列，則其中一本書的單價必然是（ ）
A．25 元 B．18 元 C．20 元 D．16 元
【典例 6-2】中國載人航天工程發射的第十八艘飛船，簡稱“神十八”，于 2024 年 4 月執行載人航天飛行任
務．運送“神十八”的長征二號F運載火箭，在點火第一秒鐘通過的路程為 2km，以后每秒鐘通過的路程都
增加3km ，在達到離地面 222km的高度時，火箭開始進入轉彎程序．則從點火到進入轉彎程序大約需要的
時間是（ ）秒．
A．10 B．11 C．12 D．13
【方法技巧】
利用等差數列的通項公式與求和公式求解.
【變式 6-1】（2024·高三·浙江嘉興·期末）衛生紙是人們生活中的必需品，隨處可見．衛生紙形狀各異，有
單張四方型的，也有卷成滾筒形狀的．某款卷筒衛生紙繞在圓柱形空心紙筒上，紙筒直徑為 40mm，衛生
紙厚度為 0.1mm．若未使用時直徑為 90mm，使用一段時間后直徑為 60mm，則這個卷筒衛生紙大約已經
使用了（ ）
A．25.7m B．30.6m C．35.3m D．40.4m
【變式 6-2】（2024·山西晉城·一模）生命在于運動，某健身房為吸引會員來健身，推出打卡送積分活動
（積分可兌換禮品），第一天打卡得 1 積分，以后只要連續打卡，每天所得積分都會比前一天多 2 分．若某
天未打卡，則當天沒有積分，且第二天打卡須從 1 積分重新開始．某會員參與打卡活動，從 3 月 1 日開始，
到 3 月 20 日他共得 193 積分，中途有一天未打卡，則他未打卡的那天是（ ）
A．3 月 5 日或 3 月 16 日 B．3 月 6 日或 3 月 15 日
C．3 月 7 日或 3 月 14 日 D．3 月 8 日或 3 月 13 日
【變式 6-3】蚊香具有悠久的歷史，我國蚊香的發明與古人端午節的習俗有關.如圖為某校數學社團用數學
軟件制作的“蚊香”. 畫法如下：在水平直線上取長度為 1 的線段 AB ，作一個等邊三角形 ABC ，然后以點
B 為圓心， AB 為半徑逆時針畫圓弧交線段CB的延長線于點 D（第一段圓弧），再以點 C 為圓心，CD 為半
徑逆時針畫圓弧交線段 AC 的延長線于點 E，再以點 A 為圓心， AE 為半徑逆時針畫圓弧……以此類推，當
得到的“蚊香”恰好有 15 段圓弧時，“蚊香”的長度為（ ）
A． 44π B． 64π C．70π D．80π
【變式 6-4】（2024·河北唐山·模擬預測）2022 年卡塔爾世界杯是第二十二屆世界杯足球賽，是歷史上首次
在卡塔爾和中東國家境內舉行，也是繼 2002 年韓日世界杯之后時隔二十年第二次在亞洲舉行的世界杯足
球賽.某網站全程轉播了該次世界杯，為紀念本次世界杯，該網站舉辦了一針對本網站會員的獎品派發活動，
派發規則如下：①對于會員編號能被 2 整除余 1 且被 7 整除余 1 的可以獲得精品足球一個；②對于不符合
①中條件的可以獲得普通足球一個.已知該網站的會員共有 1456 人（編號為 1 號到 1456 號，中間沒有空
缺），則獲得精品足球的人數為（ ）
A．102 B．103 C．104 D．105
題型七：關于等差數列奇偶項問題的討論
ìa7-1 a b = n
- 6, n為奇數
【典例 】已知 n 為等差數列， n í ，記 Sn ，Tn 分別為數列 an ， bn 的前 n 項和，
2an , n為偶數
S4 = 32，T3 =16．
(1)求 an 的通項公式；
(2)證明：當n > 5時，Tn > Sn．
【典例 7-2】已知數列 an 滿足 a1 =1， a2 = 2， an+2 - an = 3 .
(1)求 a2n；
(2)當 n為奇數時，求數列 an 的前 n項和 Sn .
【方法技巧】
對于奇偶項通項不統一的數列的求和問題要注意分類討論．主要是從 n為奇數、偶數進行分類．
ì2n + 2，n為奇數，
【變式 7-1】已知數列{an}的通項公式為 an = í
n +1，n為偶數.
(1)求數列{a2n}的前 n項和 Sn ；
(2)設bn = a2n-1，求數列{b × 3n-1n }的前 n項和Tn ．
ìa + 2,n為奇數
【變式 7-2】（2024·全國·模擬預測）已知數列 an 中， a2 = 2a1 = 2 n，且 an+2 = í ．
4an，n為偶數
(1)求 an 的通項公式；
(2)求 an 的前 n項和 Sn ．
【變式 7-3】（2024·高三·湖北·期中）已知數列 an 的各項均為正數，其前 n項和為 Sn ，且
a2n = 4Sn - 2an -1 .
(1)求 an ， Sn ；
ì 2 2
,n為奇數
(2)設bn = í an +1 + an + 5 ，求數列 bn 的前 8 項和T8 .

Sn - Sn-1,n為偶數
題型八：對于含絕對值的等差數列求和問題
1
【典例 8-1】（2024· 2 *
9
四川成都·二模）已知數列 an 的前 n 項和 Sn = - n + kn k N ，且 Sn 的最大值為 ．2 2
(1)確定常數 k ，并求 an ；
(2)求數列 an 的前 15 項和T15．
【典例 8-2】（2024·高三·浙江紹興·期末）已知數列 a ìSS n ün 的前 n 項和為 n .若 í 為等差數列，且滿足
n
S S41 = 8， = 5 .4
(1)求數列 an 的通項公式；
(2)設Tn = a1 + a2 + ×××+ an ，求Tn .
【方法技巧】
由正項開始的遞減等差數列 an 的絕對值求和的計算題解題步驟如下：
（1）首先找出零值或者符號由正變負的項 an0
（2）在對 n進行討論，當 n n0 時，Tn = Sn ，當 n > n0 時，Tn = 2Sn - S0 n
【變式 8-1】（2024·全國·模擬預測）已知正項等比數列 an 滿足 a7a9a11 = 64, a12 + 2是a9與 a13 的等差中項．
(1)求數列 an 的通項公式；
(2)若bn = log2an ，求數列 bn 的前 n項和．
【變式 8-2】（2024·高三·上海·期中）在公差為d 的等差數列 an 中，已知 a1 =10，且 a1， 2a2 + 2，5a3 成
等比數列．
(1)求d ， an ；
(2)若 d < 0 ， a1 + a2 + a3 + ×××+ an =100，求 n．
【變式 8-3】（2024·高三·河南·期中）已知等差數列 an 的公差為整數， a3 = 9，設其前 n 項和為 Sn ，且
ì S ü 1
í n 是公差為 2 的等差數列． an +1
(1)求 an 的通項公式；
(2)若bn = a2n-1 -80，求數列 bn 的前 n 項和Tn ．
【變式 8-4】（2024·安徽宣城·二模）已知數列 an 是首項為 1 的等差數列，公差 d > 0，設數列 an 的前 n
項和為 Sn ，且 S1， S2 ， S4 成等比數列．
(1)求 an 的通項公式；
(2)求數列 an -8 的前 n項和Tn ．
2S
【變式 8-5】（2024·重慶萬州·模擬預測）已知數列 an 的前 n項和為 S nn ，且 = n -13 .n
(1)求數列 an 的通項公式；
(2)若數列 an 的前 n T項和為T nn ，設Rn = ，求Rn的最小值.n
題型九：利用等差數列的單調性求解
*
【典例 9-1】（2024·北京海淀·三模）已知等差數列 an 的公差為d ，數列 bn 滿足an ×bn = 1 n N ，則
“ d > 0 ”是“ bn 為遞減數列”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件
【典例 9-2】（2024·貴州銅仁·二模）設 Sn 為等差數列 an 的前 n項和，且"n N*，都有 an - an+1 > 0 ，若
a17 + a18 = 0，則（ ）
A． Sn 的最小值是 S17 B． Sn 的最小值是 S18
C． Sn 的最大值是 S17 D． Sn 的最大值是 S18
【方法技巧】
（1）在處理數列的單調性問題時應利用數列的單調性定義，即“若數列 an 是遞增數列 "n N *，
an+1 an 恒成立”．
（2）數列 an = f (n)的單調性與 y = f (x) ， x 1,+ 的單調性不完全一致．
一般情況下我們不應把數列的單調性轉化為相應連續函數的單調性來處理．但若數列對應的連續函數
是單調函數，則可以借助其單調性來求解數列的單調性問題．即“離散函數有單調性 / 連續函數由單調性；
連續函數有單調性 離散函數有單調性”．
S S
【變式 9-1】（2024·全國·模擬預測）設 Sn 為等差數列 an 的前 n項和，且"n N* ，都有 n < n+1 .若n n +1
a18 < -1
a ，則（ ）17
A． Sn 的最小值是 S17 B． Sn 的最小值是 S18
C． Sn 的最大值是 S17 D． Sn 的最大值是 S18
【變式 9-2】已知等差數列 an 的前 n項和為 Sn ，公差為d ，且 Sn 單調遞增，若 a5 = 6，則d 的取值范圍
為（ ）
é0, 5 é0,10 0, 5 A． ê ÷ B． ê ÷ C． ÷ D． 0,2 3 7 è 3
【變式 9-3】（2024·四川成都·模擬預測）設公差不為 0 的無窮等差數列 an 的前 n項和為 Sn ，則“ an 為遞
減數列”是“存在正整數 n0 ，當 n > n0時，Sn < 0”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【變式 9-4】設 S *n 為等差數列 an 的前 n 項和，則對"n N ， an+1 > an ，是“ nSn+1 > n+1 Sn ”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【變式 9-5】已知等差數列 an 的前 n 項和為 Sn ，若 S2023 > 0, S2024 < 0，則下列結論正確的是（ ）
A．數列 an 是遞增數列 B． a1013 > a1012
C．當 Sn 取得最大值時， n =1013 D． S1013 < S1010
題型十：等差數列中的范圍與恒成立問題
【典例 10-1】（多選題）（2024·高三·山東臨沂·期中）公差為d 的等差數列{an}的前 n項和為 Sn ，若
S11 > 0, S12 < 0，則（ ）
A． d > 0 B． a7 > 0
C．{Sn}中 S6 最大 D． a4 < a9
【典例 10-2】（多選題）公差為 d 的等差數列 an ，其前 n 項和為 Sn ， S11 > 0， S12 < 0，下列說法正確的
有（ ）
A． d < 0 B． a7 > 0 C． Sn 中 S5 最大 D． a4 < a9
【方法技巧】
等差數列中的范圍與恒成立問題是數列研究的重要方面。這類問題通常涉及數列的通項公式、前 n
項和公式以及不等式性質的應用。解決這類問題時，需要首先根據題意設定合適的變量，建立等差數列的
通項或前 n 項和的不等式，然后利用不等式的性質進行推導，最終確定變量的取值范圍，使得原不等式恒
成立。
1 a + 3a
【變式 10-1】（多選題）（2024·海南·模擬預測）已知數列 an 滿足 a = a = 1，且 a = n+2 n1 2 n+1 ，等差3 4
數列 bn 的前 n 項和為 Sn ，且b9 = 9， S10 = 20，若 an+1 ×bn ≥l 恒成立，則實數 λ 的值可以為（ ）
A．－36 B．－54 C．－81 D．－108
【變式 10-2】（多選題）已知等差數列 an 的前 n 項和為 Sn ，當且僅當 n =12 時 Sn 取得最大值，則滿足
Sk > 0的最大的正整數 k 可能為（ ）
A．22 B．23 C．24 D．25
【變式 10-3】（多選題）等差數列 an 的前 n項和為 Sn ，已知 S10 = 0, S15 = 25，則（ ）
A． a5 = 0 B． an 的前 n項和中 S5 最小
S
C．使Sn < 0時 n的最大值為 9 D． n 的最大值為 0n
【變式 10-4】（多選題）設 an 是等差數列， Sn 是其前 n 項和，且 S5 < S6 ， S6 = S7 > S8，則下列結論正確
的是（ ）.
A． d > 0 B． a7 = 0
C． S9 > S5 D． S6 與 S7 均為 Sn 的最大值
【變式 10-5】（多選題）（2024·山東德州·模擬預測）設等差數列 an 的前 n項和為 Sn ，公差為d ， a1 > 0，
a6 + a7 > 0， a6 ×a7 < 0 ，下列結論正確的是（ ）
A． d < 0
B．當 Sn > 0時， n的最大值為13
ìS
C í n
ü
．數列 為等差數列，且和數列 an 的首項、公差均相同
n
ìS ü
D n．數列 í 前 n項和為Tn ，T12最大
n
1．（2024 年高考全國甲卷數學（文）真題）已知等差數列 an 的前 n項和為 Sn ，若 S9 =1，則 a3 + a7 =
（ ）
7
A．-2 B． C．1 D
2
．
3 9
2．（2024 年高考全國甲卷數學（理）真題）記 Sn 為等差數列 an 的前 n項和，已知 S5 = S10 ， a5 =1，則
a1 =（ ）
7 7 1 7
A． B． C．- D．-
2 3 3 11
3．（2023 年高考全國甲卷數學（文）真題）記 Sn 為等差數列 an 的前 n項和．若a2 + a6 = 10,a4a8 = 45，則
S5 =（ ）
A．25 B．22 C．20 D．15
2p
4．（2023 年高考全國乙卷數學（理）真題）已知等差數列 an 的公差為 ，集合 S =3 cosa n N
*
n ，若
S = a,b ，則 ab =（ ）
1
A．－1 B．- C．0 D 1．
2 2
1．在等差數列 an 中， an = m， am = n，且 n m，求 am-n ．
2．已知數列 an ， bn 都是等差數列，公差分別為 d1， d2 ，數列 cn 滿足 cn = an + 2bn ．
（1）數列 cn 是否是等差數列？若是，證明你的結論；若不是，請說明理由．
（2）若 an ， bn 的公差都等于 2， a1 = b1 =1，求數列 cn 的通項公式．
3．已知一個無窮等差數列 an 的首項為 a1，公差為 d．
（1）將數列中的前 m 項去掉，其余各項組成一個新的數列，這個新數列是等差數列嗎？如果是，它的首
項和公差分別是多少？
（2）取出數列中的所有奇數項，組成一個新的數列，這個新數列是等差數列嗎？如果是，它的首項和公
差分別是多少？
（3）取出數列中所有序號為 7 的倍數的項，組成一個新的數列，它是等差數列嗎？你能根據得到的結論
作出一個猜想嗎？
4．已知一個等差數列的項數為奇數，其中所有奇數項的和為 290，所有偶數項的和為 261．求此數列中間
一項的值以及項數．
5．如圖的形狀出現在南宋數學家楊輝所著的《詳解九章算法·商功》中，后人稱為“三角垛”“三角垛”的最
上層有 1 個球，第二層有 3 個球，第三層有 6 個球……設各層球數構成一個數列 an ．
（1）寫出數列 an 的一個遞推公式；
（2）根據（1）中的遞推公式，寫出數列 an 的一個通項公式．
6．已知兩個等差數列 2，6，10，…，190 及 2，8，14，…，200，將這兩個等差數列的公共項按從小到大
的順序組成一個新數列．求這個新數列的各項之和．
易錯點：忽視數列的首項
ìS1(n =1),
易錯分析：由 Sn 求通項公式 an ，可用 an = í 求解．當 n =1時，如果不適合
Sn - Sn-1(n…2)
an = Sn - Sn-1，則應寫成分段形式．
2
【易錯題 1】已知數列 an 的前 n 項和為 Sn ，且 Sn = n + n - 2，則數列 an 通項公式 an = ．
【易錯題 2】數列 an 的前 n項和 Sn = n2 - 2n - 2，則該數列的通項 an = .

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