第 22 章 · 数列的概念与等差数列

项目	内容
课标主题	选择性必修 · 函数 · 数列
人教 A 版	选择性必修第二册 第四章 4.1–4.2
考试地位	必考。小题和解答题都常见；解答题第一问常是求通项（由 $S_n$ 求 $a_n$、由递推公式求通项、证明某个数列是等差数列），难度中档
前置知识	第 5 章函数的概念、第 6 章函数的单调性与最值、第 4 章二次函数的最值

数列是“定义在正整数上的函数”，它把函数的想法搬到一列一列的数上。这一章是第 23 章等比数列和数列求和的基础，也是解答题的固定题源。丢分主要丢在三处：由 $S_n$ 求 $a_n$ 不检验 $n = 1$；累加法数错式子的个数；求 $S_n$ 最大值时漏掉“两个 $n$ 都取到”的情况。

22.1 知识点一览

知识点	一句话	考试中
22.2 数列的概念和表示	数列是定义域为正整数集（或它的前几个数）的函数；$a_n = S_n - S_{n-1}$（$n \ge 2$）	必考，多作为解答题第一问
22.3 递推公式	用前一项表示后一项；累加、累乘、构造等差或等比数列求通项	常考，解答题第一问的常见形式
22.4 等差数列的通项和性质	$a_n = a_1 + (n - 1)d$；$m + n = p + q$ 时 $a_m + a_n = a_p + a_q$	必考，小题常用下标和性质
22.5 等差数列的前 $n$ 项和	$S_n = \dfrac{n(a_1 + a_n)}{2}$，由倒序相加得到；$S_n$ 是 $n$ 的二次函数，可求最值	必考

22.2 数列的概念和表示

说明

数列：按照确定的顺序排列的一列数。数列中的每一个数叫作这个数列的项。排在第一位的叫第 1 项（首项），记作 $a_1$；排在第 $n$ 位的叫第 $n$ 项，记作 $a_n$。整个数列简记为 $\{a_n\}$。

注意 $\{a_n\}$ 和集合不同：数列里的数有顺序，而且可以重复。$1, 2, 3$ 和 $3, 2, 1$ 是两个不同的数列；$1, 1, 1, \dots$ 也是一个数列。

分类：

按什么分	类别
项数	有穷数列（项数有限）、无穷数列（项数无限）
前后项的大小	递增数列（从第 2 项起，每一项都大于前一项）、递减数列、常数列（各项都相等）、摆动数列（有时大有时小）

通项公式：如果第 $n$ 项 $a_n$ 与序号 $n$ 之间的关系能用一个式子表示，这个式子就叫通项公式。例如 $a_n = 2n - 1$ 表示数列 $1, 3, 5, 7, \dots$。

数列与函数：数列 $\{a_n\}$ 可以看成一个函数 $a_n = f(n)$，它的定义域是正整数集 $\mathbf{N}^*$（无穷数列）或它的有限子集 $\{1, 2, \dots, k\}$（有穷数列）。所以：

• 数列的图像是一群孤立的点 $(n, a_n)$，不是连续的曲线；
• 通项公式就是这个函数的解析式；
• 数列的递增、递减、最大项，就是这个函数在正整数上的单调性和最大值。

表示方法：列举（写出各项）、列表、图像、通项公式、递推公式（见 22.3 节）。

前 $n$ 项和：$S_n = a_1 + a_2 + \dots + a_n$。它和通项的关系是

$$a_n = \begin{cases} S_1, & n = 1, \\ S_n - S_{n-1}, & n \ge 2. \end{cases}$$

使用场景

• 给出数列的前几项，求一个通项公式：看出每一项和它的序号 $n$ 有什么关系；正负交替就想到 $(-1)^n$ 或 $(-1)^{n+1}$，分数就把分子、分母分开找规律。
• 判断某个数是不是数列的项、是第几项：令 $a_n$ 等于这个数，解方程，看 $n$ 是不是正整数。
• 题目说“数列是递增（递减）数列”或问“最大项、最小项”：用作差 $a_{n+1} - a_n$ 判断符号，或者把数列看成函数。
• 题目给出 $S_n$ 的表达式，或 “$S_n = 2a_n - 1$” 这类 $S_n$ 与 $a_n$ 的关系式，求通项：用 $a_n = S_n - S_{n-1}$（$n \ge 2$），再单独算 $a_1$。

注意点

• 数列的定义域是正整数（或从 1 开始的连续几个正整数），所以 $n$ 只能取 $1, 2, 3, \dots$。把数列看成函数时，不能直接搬用连续函数的结论，见例 3。
• 由前几项写出的通项公式不唯一。题目问“写出一个通项公式”时，写出最自然的那个即可。
• 不是每个数列都有通项公式，例如 $\sqrt{2}$ 的不足近似值 $1, 1.4, 1.41, 1.414, \dots$。
• $a_n = S_n - S_{n-1}$ 只在 $n \ge 2$ 时成立，因为 $n = 1$ 时 $S_0$ 没有定义。所以 $a_1$ 必须用 $a_1 = S_1$ 单独算，再检验能否合并。

证明

结论 1：$a_n = S_n - S_{n-1}$（$n \ge 2$），$a_1 = S_1$。

按定义，$S_1 = a_1$。当 $n \ge 2$ 时：

$$S_n = a_1 + a_2 + \dots + a_{n-1} + a_n, \qquad S_{n-1} = a_1 + a_2 + \dots + a_{n-1}.$$

两式相减，前 $n - 1$ 项全部消掉，剩下 $S_n - S_{n-1} = a_n$。（关键一步：$S_{n-1}$ 至少要含一项才有意义，所以要求 $n - 1 \ge 1$，即 $n \ge 2$。这就是 $n = 1$ 必须单独算的原因。）

结论 2：用作差判断单调性。 若对一切 $n \in \mathbf{N}^*$ 都有 $a_{n+1} - a_n > 0$，则 $\{a_n\}$ 是递增数列；都有 $a_{n+1} - a_n < 0$，则是递减数列。

这就是递增、递减的定义：“每一项都大于前一项”即 $a_{n+1} > a_n$ 对所有 $n$ 成立。对各项为正的数列，也可以作商：$\dfrac{a_{n+1}}{a_n} > 1$ 等价于 $a_{n+1} > a_n$（两边乘正数 $a_n$ 不改变不等号方向）。

结论 3：最大项的判定。 若 $a_k$ 是最大项，则

$$\begin{cases} a_k \ge a_{k-1}, \\ a_k \ge a_{k+1}. \end{cases}$$

这是最大项的必要条件（$k = 1$ 时只看第二个不等式）。实际解题时通常先用作差求出数列在哪里由增变减，再确定最大项，见例 4。

例题

例 1　（场景：由前几项写通项）写出数列 $\dfrac{1}{2}, -\dfrac{3}{4}, \dfrac{5}{8}, -\dfrac{7}{16}, \dots$ 的一个通项公式。

解：分三部分看。

• 符号：正、负、正、负，第 $n$ 项的符号是 $(-1)^{n+1}$（$n = 1$ 时为正）。
• 分子：$1, 3, 5, 7$，是 $2n - 1$。
• 分母：$2, 4, 8, 16$，是 $2^n$。

所以 $a_n = (-1)^{n+1} \cdot \dfrac{2n - 1}{2^n}$。代入 $n = 1, 2, 3, 4$ 检验，都对。

容易卡在：符号写成 $(-1)^n$，结果第 1 项变成负的。写完一定代 $n = 1$ 检查符号。

例 2　（场景：判断某数是不是数列的项）已知 $a_n = n^2 - 5n + 4$。

（1）18 是不是这个数列的项？如果是，是第几项？

（2）$-3$ 是不是这个数列的项？

（3）这个数列有几项是负数？

解：

（1）令 $n^2 - 5n + 4 = 18$，即 $n^2 - 5n - 14 = 0$，$(n - 7)(n + 2) = 0$，得 $n = 7$ 或 $n = -2$。$n$ 必须是正整数，所以 $n = 7$：18 是第 7 项。

（2）令 $n^2 - 5n + 4 = -3$，即 $n^2 - 5n + 7 = 0$。判别式 $\Delta = 25 - 28 < 0$，方程没有实数根，更没有正整数根，所以 $-3$ 不是这个数列的项。

（3）令 $n^2 - 5n + 4 < 0$，即 $(n - 1)(n - 4) < 0$，得 $1 < n < 4$。正整数 $n = 2, 3$，所以有 2 项是负数（$a_2 = a_3 = -2$）。

例 3　（场景：已知单调性求参数）已知数列 $a_n = n^2 + \lambda n$ 是递增数列，求实数 $\lambda$ 的取值范围。

解：数列递增，等价于对一切 $n \in \mathbf{N}^*$ 都有 $a_{n+1} - a_n > 0$。

$$a_{n+1} - a_n = (n + 1)^2 + \lambda(n + 1) - n^2 - \lambda n = 2n + 1 + \lambda.$$

要求 $2n + 1 + \lambda > 0$ 对一切 $n \ge 1$ 成立。$2n + 1 + \lambda$ 随 $n$ 增大而增大，最小值在 $n = 1$ 时取到，所以只要 $3 + \lambda > 0$，即 $\lambda > -3$。

容易卡在：把 $a_n = n^2 + \lambda n$ 当成函数 $y = x^2 + \lambda x$，要求它在 $[1, +\infty)$ 上递增，得到 $-\dfrac{\lambda}{2} \le 1$，即 $\lambda \ge -2$。这个答案范围偏小，见本节易错点。

另一种解法：看图像。$a_n$ 是抛物线 $y = x^2 + \lambda x$ 在 $x = 1, 2, 3, \dots$ 处的点，抛物线开口向上、对称轴是 $x = -\dfrac{\lambda}{2}$。离对称轴越远的点越高。数列递增，关键是 $a_1 < a_2$，即 1 比 2 离对称轴近，也就是对称轴在 1 和 2 的中点 $\dfrac{3}{2}$ 的左边；这时后面每个 $n + 1$ 都比 $n$ 离对称轴更远，自然一项比一项高。所以 $-\dfrac{\lambda}{2} < \dfrac{3}{2}$，得 $\lambda > -3$。作差法对任何数列都适用；看对称轴只适用于二次型的数列，但在选择填空里更快。

例 4　（场景：求最大项）已知 $a_n = (n + 1)\left(\dfrac{9}{10}\right)^n$，求数列的最大项。

解：作差：

$$a_{n+1} - a_n = (n + 2)\left(\frac{9}{10}\right)^{n+1} - (n + 1)\left(\frac{9}{10}\right)^n = \left(\frac{9}{10}\right)^n \left[\frac{9(n + 2)}{10} - (n + 1)\right] = \left(\frac{9}{10}\right)^n \cdot \frac{8 - n}{10}.$$

$\left(\dfrac{9}{10}\right)^n > 0$，所以差的符号由 $8 - n$ 决定：

• $n < 8$ 时，$a_{n+1} > a_n$，数列递增；
• $n = 8$ 时，$a_9 = a_8$；
• $n > 8$ 时，$a_{n+1} < a_n$，数列递减。

所以 $a_1 < a_2 < \dots < a_8 = a_9 > a_{10} > \dots$，最大项是第 8 项和第 9 项，$a_8 = a_9 = 9 \times \left(\dfrac{9}{10}\right)^8$。

容易卡在：提公因式 $\left(\dfrac{9}{10}\right)^n$ 时，把 $\left(\dfrac{9}{10}\right)^{n+1}$ 写成 $\left(\dfrac{9}{10}\right)^n$ 乘 $\dfrac{9}{10}$ 这一步。还有一处：$n = 8$ 时差为 0，最大项有两个，不要只写一个。

例 5　（场景：由 $S_n$ 求 $a_n$）

（1）已知数列的前 $n$ 项和 $S_n = n^2 + 2n + 1$，求 $a_n$。

（2）已知数列的前 $n$ 项和 $S_n$ 满足 $S_n = 2a_n - 1$，求 $a_n$。

解：

（1）$n = 1$ 时，$a_1 = S_1 = 1 + 2 + 1 = 4$。

$n \ge 2$ 时，

$$a_n = S_n - S_{n-1} = (n^2 + 2n + 1) - [(n - 1)^2 + 2(n - 1) + 1] = 2n + 1.$$

检验：把 $n = 1$ 代入 $2n + 1$ 得 3，不等于 $a_1 = 4$，不能合写。所以

$$a_n = \begin{cases} 4, & n = 1, \\ 2n + 1, & n \ge 2. \end{cases}$$

（2）$n = 1$ 时，$S_1 = 2a_1 - 1$，即 $a_1 = 2a_1 - 1$，得 $a_1 = 1$。

$n \ge 2$ 时，$S_n = 2a_n - 1$，$S_{n-1} = 2a_{n-1} - 1$，两式相减：$a_n = 2a_n - 2a_{n-1}$，即 $a_n = 2a_{n-1}$。

$a_1 = 1 \ne 0$，所以各项都不为 0，$\dfrac{a_n}{a_{n-1}} = 2$，$\{a_n\}$ 是首项为 1、公比为 2 的等比数列（第 23 章），$a_n = 2^{n-1}$。

容易卡在：（2）里不知道怎么下手。看到 $S_n$ 和 $a_n$ 混在一个式子里，就“再写一个 $n - 1$ 的式子，两式相减”，把 $S$ 消掉，只剩 $a$。

常用推论

• 若 $S_n = An^2 + Bn + C$，则 $\{a_n\}$ 从第 2 项起是等差数列，公差为 $2A$；当且仅当 $C = 0$ 时，$\{a_n\}$ 从第 1 项起就是等差数列。推导：$n \ge 2$ 时 $a_n = S_n - S_{n-1} = 2An + (B - A)$，而 $a_1 = A + B + C$；把 $n = 1$ 代入 $2An + (B - A)$ 得 $A + B$，与 $a_1$ 相等当且仅当 $C = 0$。例 5（1）就是 $C = 1 \ne 0$ 的情形。
• 求最大项：先求 $a_{n+1} - a_n$ 的符号在哪里由正变负；若在某处等于 0，那两项并列最大。推导见本节“证明”结论 2、3 和例 4。
• 各项为正的数列判断单调性，作商 $\dfrac{a_{n+1}}{a_n}$ 与 1 比较，通项含 $q^n$ 时比作差简单。

易错点

• 错在哪：由 $S_n$ 求 $a_n$，直接写 $a_n = S_n - S_{n-1}$ 作为答案，不检验 $n = 1$。 为什么错：这个式子只对 $n \ge 2$ 成立。例 5（1）中，按它算出的”$a_1$“是 3，真正的 $a_1$ 是 4。 正确做法：$a_1 = S_1$ 单独算，再代入 $n \ge 2$ 的式子检验，相等才合写，不相等就分段写。
• 错在哪：已知 $a_n = n^2 + \lambda n$ 递增，要求函数 $y = x^2 + \lambda x$ 在 $[1, +\infty)$ 上递增，得 $\lambda \ge -2$。 为什么错：数列只看 $x = 1, 2, 3, \dots$ 这些点。对称轴在 1 和 1.5 之间时，函数在 $[1, +\infty)$ 上先减后增，但点 $a_1 < a_2 < a_3 < \dots$ 仍然递增。函数递增是数列递增的充分条件，不是必要条件。 正确做法：用 $a_{n+1} - a_n > 0$ 对一切正整数 $n$ 成立来求。
• 错在哪：正负交替的数列，符号因子随手写成 $(-1)^n$。 为什么错：$(-1)^n$ 在 $n = 1$ 时为 $-1$，适合“第 1 项为负”的数列。第 1 项为正时应该用 $(-1)^{n+1}$。 正确做法：写完通项后代入 $n = 1, 2$ 检验符号。

直观理解

数列就是“只在正整数处取值的函数”。画出来是一串点，像在函数图像上每隔一格打一个钉子。递增、递减、最大项都只看这些钉子，钉子之间的曲线怎么弯都不影响。

$S_n$ 和 $a_n$ 的关系可以这样想：$S_n$ 是“前 $n$ 天的累计存款”，$a_n$ 是“第 $n$ 天存的钱”。今天的存款 = 到今天为止的累计 − 到昨天为止的累计。但第 1 天没有“昨天”，只能直接看第 1 天的累计。

关联知识点

• 前置：第 5 章函数的概念。数列是定义域为正整数集的函数。
• 前置：第 6 章函数的单调性和最值。数列的递增、递减、最大项是它们在正整数上的版本。
• 后续：22.3 递推公式，是数列的另一种表示方法。
• 后续：22.4、22.5 等差数列，第 23 章等比数列，都是特殊的数列。
• 常一起考：第 23 章数列求和。先由 $S_n$ 求出 $a_n$，再对新数列求和，是解答题的常见结构。

22.3 递推公式

说明

递推公式：如果已知数列的首项（或前几项），并且任一项 $a_{n+1}$ 与它的前一项 $a_n$（或前几项）的关系可以用一个式子表示，这个式子就叫递推公式。例如 $a_1 = 1$，$a_{n+1} = 2a_n + 1$。

递推公式加上首项，就完全确定了一个数列：从 $a_1$ 出发，一项一项往后算，每一项都算得出来。

由递推公式求通项的常见类型（难度到高考中档）：

类型	递推公式的形状	方法	结果
累加	$a_{n+1} - a_n = f(n)$	写出 $n - 1$ 个等式相加	$a_n = a_1 + f(1) + f(2) + \dots + f(n - 1)$
累乘	$\dfrac{a_{n+1}}{a_n} = f(n)$	写出 $n - 1$ 个等式相乘	$a_n = a_1 \cdot f(1) f(2) \cdots f(n - 1)$
构造等比	$a_{n+1} = pa_n + q$（$p \ne 0, 1$，$q \ne 0$）	配成 $a_{n+1} + t = p(a_n + t)$	$\{a_n + t\}$ 是公比为 $p$ 的等比数列，$t = \dfrac{q}{p - 1}$
取倒数	$a_{n+1} = \dfrac{a_n}{ka_n + 1}$	两边取倒数	$\left\{\dfrac{1}{a_n}\right\}$ 是公差为 $k$ 的等差数列
除以幂	$a_{n+1} = pa_n + p^{n+1}$	两边除以 $p^{n+1}$	$\left\{\dfrac{a_n}{p^n}\right\}$ 是公差为 1 的等差数列

等比数列的通项公式见第 23 章：首项为 $b_1$、公比为 $q$ 的等比数列，$b_n = b_1 q^{n-1}$。

使用场景

• 题目给出递推公式，问很靠后的某一项（如 $a_{2026}$）：写出前几项，看是否出现周期。
• 递推公式里 $a_{n+1} - a_n$ 等于一个关于 $n$ 的式子：用累加法。
• 递推公式里 $\dfrac{a_{n+1}}{a_n}$ 等于一个关于 $n$ 的式子（或 $a_{n+1} = f(n) \cdot a_n$）：用累乘法。
• 递推公式形如 $a_{n+1} = pa_n + q$：构造等比数列 $\{a_n + t\}$。
• 递推公式是分式 $a_{n+1} = \dfrac{a_n}{ka_n + 1}$：取倒数，构造等差数列 $\left\{\dfrac{1}{a_n}\right\}$。
• 递推公式形如 $a_{n+1} = pa_n + p^{n+1}$：两边除以 $p^{n+1}$，构造等差数列 $\left\{\dfrac{a_n}{p^n}\right\}$。

注意点

• 累加、累乘都是对 $n \ge 2$ 写出 $n - 1$ 个等式，得到的公式要代 $n = 1$ 检验。
• 累乘和取倒数之前，要说明各项不为 0，否则不能相除、不能取倒数。通常的说法是“由 $a_1 > 0$ 和递推公式知各项都为正”。
• 构造等比数列 $\{a_n + t\}$ 时，它的首项是 $a_1 + t$，不是 $a_1$；还要求 $a_1 + t \ne 0$，否则 $\{a_n + t\}$ 是全为 0 的常数列，不是等比数列（这时 $a_n = -t$）。
• 解答题里“写出前几项、猜出通项”不是证明。猜出来的公式要用数学归纳法（第 23 章）证明，或者改用上面几种方法推出。

证明

结论 1：累加法。 若 $a_{n+1} - a_n = f(n)$，则 $n \ge 2$ 时 $a_n = a_1 + f(1) + f(2) + \dots + f(n - 1)$。

在递推公式里依次令 $n = 1, 2, \dots, n - 1$，得到 $n - 1$ 个等式：

$$a_2 - a_1 = f(1), \quad a_3 - a_2 = f(2), \quad \dots, \quad a_n - a_{n-1} = f(n - 1).$$

把它们相加。（关键一步：左边 $a_2, a_3, \dots, a_{n-1}$ 每个都恰好出现一次正、一次负，全部抵消，只剩 $a_n - a_1$。）所以 $a_n - a_1 = f(1) + f(2) + \dots + f(n - 1)$。$n = 1$ 时右边一项都没有，要单独检验。

结论 2：累乘法。 若 $\dfrac{a_{n+1}}{a_n} = f(n)$（各项不为 0），则 $n \ge 2$ 时 $a_n = a_1 \cdot f(1) f(2) \cdots f(n - 1)$。

同样写出 $n - 1$ 个等式 $\dfrac{a_2}{a_1} = f(1)$，$\dfrac{a_3}{a_2} = f(2)$，……，$\dfrac{a_n}{a_{n-1}} = f(n - 1)$，相乘时左边中间的项分子分母约掉，只剩 $\dfrac{a_n}{a_1}$。

结论 3：$a_{n+1} = pa_n + q$ 的构造。

设想能找到常数 $t$，使 $a_{n+1} + t = p(a_n + t)$。展开得 $a_{n+1} = pa_n + (p - 1)t$，和原式比较，需要 $(p - 1)t = q$。（关键一步：$p \ne 1$，所以可以除以 $p - 1$，得 $t = \dfrac{q}{p - 1}$。$p = 1$ 时原式就是等差数列，不用构造。）

于是当 $a_1 + t \ne 0$ 时，$\{a_n + t\}$ 是首项为 $a_1 + t$、公比为 $p$ 的等比数列，

$$a_n + t = (a_1 + t)p^{n-1}, \qquad a_n = (a_1 + t)p^{n-1} - t.$$

结论 4：取倒数和除以幂。

• $a_{n+1} = \dfrac{a_n}{ka_n + 1}$（各项不为 0）：两边取倒数，$\dfrac{1}{a_{n+1}} = \dfrac{ka_n + 1}{a_n} = k + \dfrac{1}{a_n}$，即 $\dfrac{1}{a_{n+1}} - \dfrac{1}{a_n} = k$，是等差数列的定义（22.4 节）。
• $a_{n+1} = pa_n + p^{n+1}$（$p \ne 0$）：两边除以 $p^{n+1}$，$\dfrac{a_{n+1}}{p^{n+1}} = \dfrac{a_n}{p^n} + 1$，所以 $\left\{\dfrac{a_n}{p^n}\right\}$ 是公差为 1 的等差数列。

例题

例 1　（场景：找周期求很靠后的项）已知 $a_1 = 2$，$a_{n+1} = 1 - \dfrac{1}{a_n}$，求 $a_{2026}$。

解：写出前几项：

$$a_2 = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}, \quad a_3 = 1 - 2 = -1, \quad a_4 = 1 - (-1) = 2.$$

$a_4 = a_1$，而每一项只由前一项决定，所以从 $a_4$ 起又重复 $2, \dfrac{1}{2}, -1$，数列以 3 为周期：$a_{n+3} = a_n$。

$2026 = 3 \times 675 + 1$，所以 $a_{2026} = a_1 = 2$。

容易卡在：算余数后对应错项。余数是 1 就对应 $a_1$，余数是 0 对应 $a_3$（周期的最后一项），不是 $a_0$。

例 2　（场景：累加法）已知 $a_1 = 1$，$a_{n+1} = a_n + 2n$，求 $a_n$。

解：$a_{n+1} - a_n = 2n$。$n \ge 2$ 时，写出 $n - 1$ 个等式：

$$a_2 - a_1 = 2 \times 1, \quad a_3 - a_2 = 2 \times 2, \quad \dots, \quad a_n - a_{n-1} = 2(n - 1).$$

相加：

$$a_n - a_1 = 2[1 + 2 + \dots + (n - 1)] = 2 \times \frac{(n - 1)n}{2} = n^2 - n.$$

（$1 + 2 + \dots + (n - 1)$ 用 22.5 节的求和公式。）所以 $a_n = n^2 - n + 1$（$n \ge 2$）。$n = 1$ 时 $1 - 1 + 1 = 1 = a_1$，也符合。所以 $a_n = n^2 - n + 1$。

容易卡在：右边写成 $2(1 + 2 + \dots + n)$，多加了一项。等式的个数是 $n - 1$，最后一个等式右边是 $f(n - 1)$。

例 3　（场景：累乘法）已知 $a_1 = 1$，$a_{n+1} = \dfrac{n}{n + 2} a_n$，求 $a_n$。

解：由 $a_1 > 0$ 和递推公式，各项都为正，可以相除：$\dfrac{a_{n+1}}{a_n} = \dfrac{n}{n + 2}$。$n \ge 2$ 时，写出 $n - 1$ 个等式相乘：

$$\frac{a_n}{a_1} = \frac{1}{3} \times \frac{2}{4} \times \frac{3}{5} \times \dots \times \frac{n - 2}{n} \times \frac{n - 1}{n + 1}.$$

分子是 $1 \times 2 \times \dots \times (n - 1)$，分母是 $3 \times 4 \times \dots \times (n + 1)$。中间的 $3, 4, \dots, n - 1$ 上下约掉，分子剩 $1 \times 2$，分母剩 $n(n + 1)$：

$$a_n = \frac{2}{n(n + 1)} \quad (n \ge 2).$$

$n = 1$ 时 $\dfrac{2}{1 \times 2} = 1 = a_1$，符合。所以 $a_n = \dfrac{2}{n(n + 1)}$。

容易卡在：约分时数不清剩下哪几个。办法是把前三个、后两个因式写出来，看分子开头剩几个、分母结尾剩几个。

例 4　（场景：$a_{n+1} = pa_n + q$ 构造等比数列）已知 $a_1 = 1$，$a_{n+1} = 2a_n + 1$，求 $a_n$。

解：设 $a_{n+1} + t = 2(a_n + t)$，展开得 $a_{n+1} = 2a_n + t$，与原式比较得 $t = 1$。所以

$$a_{n+1} + 1 = 2(a_n + 1).$$

$a_1 + 1 = 2 \ne 0$，所以 $\{a_n + 1\}$ 是首项为 2、公比为 2 的等比数列，$a_n + 1 = 2 \times 2^{n-1} = 2^n$，$a_n = 2^n - 1$。

容易卡在：首项写成 $a_1 = 1$，得到 $a_n + 1 = 2^{n-1}$。新数列的首项是 $a_1 + 1$。

另一种解法：求 $t$ 有一个更快的办法。把递推公式里的 $a_{n+1}$、$a_n$ 都换成 $x$，解方程 $x = 2x + 1$，得 $x = -1$，于是 $\{a_n - (-1)\} = \{a_n + 1\}$ 就是要找的等比数列（这个 $x$ 叫递推公式的“不动点”，$t = -x$）。待定系数法写在解答题里步骤清楚；不动点法适合选择填空和草稿纸上快速找 $t$。

例 5　（场景：分式型取倒数）已知 $a_1 = 1$，$a_{n+1} = \dfrac{a_n}{2a_n + 1}$，求 $a_n$。

解：由 $a_1 = 1 > 0$，若 $a_n > 0$，则 $a_{n+1} = \dfrac{a_n}{2a_n + 1} > 0$，所以各项都为正，可以取倒数：

$$\frac{1}{a_{n+1}} = \frac{2a_n + 1}{a_n} = 2 + \frac{1}{a_n}, \qquad \frac{1}{a_{n+1}} - \frac{1}{a_n} = 2.$$

所以 $\left\{\dfrac{1}{a_n}\right\}$ 是首项为 $\dfrac{1}{a_1} = 1$、公差为 2 的等差数列，$\dfrac{1}{a_n} = 1 + 2(n - 1) = 2n - 1$，$a_n = \dfrac{1}{2n - 1}$。

容易卡在：不交代 $a_n \ne 0$ 就取倒数。解答题会因此扣分。

例 6　（场景：除以幂构造等差数列）已知 $a_1 = 2$，$a_{n+1} = 2a_n + 2^{n+1}$，求 $a_n$。

解：两边同除以 $2^{n+1}$：

$$\frac{a_{n+1}}{2^{n+1}} = \frac{a_n}{2^n} + 1.$$

所以 $\left\{\dfrac{a_n}{2^n}\right\}$ 是首项为 $\dfrac{a_1}{2} = 1$、公差为 1 的等差数列，$\dfrac{a_n}{2^n} = n$，$a_n = n \cdot 2^n$。

检验：$a_2 = 2 \times 2 + 4 = 8 = 2 \times 2^2$，正确。

容易卡在：除以 $2^n$ 而不是 $2^{n+1}$，得到 $\dfrac{a_{n+1}}{2^n} = \dfrac{2a_n}{2^n} + 2$，左右下标对不上，构造不出来。要让 $a_{n+1}$ 配 $2^{n+1}$、$a_n$ 配 $2^n$。

常用推论

• $a_{n+1} = pa_n + q$（$p \ne 0, 1$）的通项：$a_n = \left(a_1 + \dfrac{q}{p - 1}\right)p^{n-1} - \dfrac{q}{p - 1}$。推导见本节“证明”结论 3。选择填空可以直接用，解答题要写出构造过程。
• 周期数列：若 $a_{n+T} = a_n$ 对一切 $n$ 成立，则 $a_m = a_r$，其中 $r$ 是 $m$ 除以 $T$ 的余数；余数为 0 时取 $a_T$。推导：$a_m = a_{m-T} = a_{m-2T} = \dots$，一直减到下标在 $1$ 到 $T$ 之间。
• 一个数列 $\{a_n\}$ 是等差数列，当且仅当 $a_{n+1} - a_n$ 是常数，这是累加法里 $f(n)$ 为常数的特例；对应地，累乘法里 $f(n)$ 为常数就是等比数列。

易错点

• 错在哪：累加时写成 $a_n - a_1 = f(1) + f(2) + \dots + f(n)$。 为什么错：从 $a_1$ 到 $a_n$ 只走了 $n - 1$ 步，只有 $n - 1$ 个差。 正确做法：写出第一个和最后一个等式，最后一个是 $a_n - a_{n-1} = f(n - 1)$，以它为准。
• 错在哪：构造 $\{a_n + t\}$ 后，用 $a_1$ 当首项写通项。 为什么错：等比数列是 $\{a_n + t\}$，它的首项是 $a_1 + t$。 正确做法：先单独写一句“首项为 $a_1 + t = \dots$”，再写通项。
• 错在哪：写出前几项 $1, 3, 7, 15$，就直接写“所以 $a_n = 2^n - 1$“作为解答题答案。 为什么错：前几项符合不代表所有项都符合，这是猜想，不是证明。 正确做法：用构造法推出来，或者猜出后用数学归纳法证明（第 23 章）。

直观理解

递推公式像爬楼梯的说明书：告诉你站在第 1 级（首项），以及“从任何一级怎么到下一级”，你就能到达任何一级。求通项就是把“一步一步走”换成“直接算出第 $n$ 级的高度”。

累加法像记账：每天的变化量加起来，就是总变化量。构造法的想法是“换个角度看”：$a_n$ 本身不规则，但 $a_n + 1$、$\dfrac{1}{a_n}$、$\dfrac{a_n}{2^n}$ 是等比或等差数列，先求出它们，再变回 $a_n$。

关联知识点

• 前置：22.2 数列的概念和表示。
• 后续：22.4 等差数列。$a_{n+1} - a_n = d$ 就是最简单的递推公式。
• 后续：第 23 章等比数列。构造法最后都化成等差或等比数列。
• 后续：第 23 章数学归纳法。由递推公式猜出的通项，用数学归纳法证明。
• 常一起考：第 23 章数列求和。解答题常是“第一问由递推公式求通项，第二问求和”。

22.4 等差数列的通项和性质

说明

等差数列：从第 2 项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，这个数列就叫等差数列，这个常数叫公差，通常记作 $d$。用式子写：

$$a_{n+1} - a_n = d \quad (n \in \mathbf{N}^*).$$

通项公式：

$$a_n = a_1 + (n - 1)d, \qquad a_n = a_m + (n - m)d.$$

和函数的关系：$a_n = dn + (a_1 - d)$。当 $d \ne 0$ 时，它是一次函数 $y = dx + (a_1 - d)$ 在正整数处的值，点 $(n, a_n)$ 都落在一条直线上，直线的斜率就是 $d$。

• $d > 0$：递增数列；$d < 0$：递减数列；$d = 0$：常数列。

等差中项：若 $a, A, b$ 成等差数列，$A$ 叫 $a$ 与 $b$ 的等差中项，

$$A = \frac{a + b}{2}, \quad \text{即} \quad 2A = a + b.$$

下标和性质：在等差数列中，若 $m + n = p + q$（$m, n, p, q \in \mathbf{N}^*$），则

$$a_m + a_n = a_p + a_q.$$

特别地，若 $m + n = 2k$，则 $a_m + a_n = 2a_k$。

判定等差数列的方法：

方法	条件	用在哪
定义法	$a_{n+1} - a_n = d$（常数）	解答题的证明
等差中项法	$2a_{n+1} = a_n + a_{n+2}$ 对一切 $n$ 成立	解答题的证明
通项公式法	$a_n = kn + b$（$k$、$b$ 为常数）	选择填空的判断
前 $n$ 项和法	$S_n = An^2 + Bn$（$A$、$B$ 为常数）	选择填空的判断，见 22.5 节

使用场景

• 已知等差数列的某两项，或某几个条件，求通项：设出 $a_1$ 和 $d$，列方程组（基本量法）。
• 解答题要求“证明 $\{b_n\}$ 是等差数列”：用定义，算出 $b_{n+1} - b_n$ 是常数。
• 三个数（或四个数）成等差数列，已知它们的和与积：对称地设未知数，如 $a - d, a, a + d$。
• 题目给出几项的和，问另几项的和，下标加起来相等（如 $a_2 + a_8$ 与 $a_3 + a_7$）：用下标和性质，不必求 $a_1$ 和 $d$。

注意点

• 通项是 $a_1 + (n - 1)d$，不是 $a_1 + nd$：从 $a_1$ 到 $a_n$ 只走了 $n - 1$ 步。
• 下标和性质要求等号两边项数相同：两项对两项。$a_1 + a_6 = a_7$ 一般不成立（$a_1 + a_6 = 2a_1 + 5d$，$a_7 = a_1 + 6d$）。
• 证明等差数列必须对一切 $n$ 证明差是常数，只验证前几项不算证明。
• 公差 $d$ 是“后项减前项”，顺序不能反。

证明

结论 1：通项公式 $a_n = a_1 + (n - 1)d$。

这是 22.3 节累加法的特例。$n \ge 2$ 时写出 $n - 1$ 个等式

$$a_2 - a_1 = d, \quad a_3 - a_2 = d, \quad \dots, \quad a_n - a_{n-1} = d,$$

相加，左边中间项全部抵消，得 $a_n - a_1 = (n - 1)d$。$n = 1$ 时 $a_1 = a_1 + 0 \cdot d$ 也成立。

再由 $a_n = a_1 + (n - 1)d$，$a_m = a_1 + (m - 1)d$ 相减，得 $a_n - a_m = (n - m)d$，即 $a_n = a_m + (n - m)d$。

结论 2：等差中项 $2A = a + b$。

$a, A, b$ 成等差数列，按定义 $A - a = b - A$，移项得 $2A = a + b$。

结论 3：下标和性质。 若 $m + n = p + q$，则 $a_m + a_n = a_p + a_q$。

用通项公式：

$$a_m + a_n = [a_1 + (m - 1)d] + [a_1 + (n - 1)d] = 2a_1 + (m + n - 2)d,$$ $$a_p + a_q = 2a_1 + (p + q - 2)d.$$

（关键一步：两项之和只依赖下标之和 $m + n$，不依赖 $m$、$n$ 各是多少。所以下标之和相等，两项之和就相等。）

注意反过来不成立：$d = 0$ 时所有项都相等，$a_m + a_n = a_p + a_q$ 对任何下标都成立，推不出 $m + n = p + q$。

例题

例 1　（场景：基本量法求通项）在等差数列 $\{a_n\}$ 中，$a_3 = 5$，$a_7 = 13$，求 $a_n$ 和 $a_{20}$。

解：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 $4d = 8$，$d = 2$，代回得 $a_1 = 1$。所以 $a_n = 1 + 2(n - 1) = 2n - 1$，$a_{20} = 39$。

另一种解法：用 $a_n = a_m + (n - m)d$。$a_7 = a_3 + 4d$，得 $d = \dfrac{13 - 5}{7 - 3} = 2$，于是 $a_n = a_3 + (n - 3) \times 2 = 2n - 1$。这种写法不用求 $a_1$，已知两项求公差时最快；条件不是“两项”而是“和”“积”之类时，还是设 $a_1$、$d$ 列方程组稳妥。

例 2　（场景：证明是等差数列）已知 $a_1 = 2$，$a_{n+1} = 2 - \dfrac{1}{a_n}$。

（1）证明 $\left\{\dfrac{1}{a_n - 1}\right\}$ 是等差数列；

（2）求 $a_n$。

解：

（1）先说明各项都大于 1，这样后面除以 $a_n$、除以 $a_n - 1$ 都没问题。$a_1 = 2 > 1$；若 $a_n > 1$，则 $0 < \dfrac{1}{a_n} < 1$，$a_{n+1} = 2 - \dfrac{1}{a_n} > 1$。所以各项都大于 1。

由递推公式 $a_{n+1} - 1 = 1 - \dfrac{1}{a_n} = \dfrac{a_n - 1}{a_n}$，于是

$$\frac{1}{a_{n+1} - 1} = \frac{a_n}{a_n - 1} = \frac{(a_n - 1) + 1}{a_n - 1} = 1 + \frac{1}{a_n - 1},$$

即 $\dfrac{1}{a_{n+1} - 1} - \dfrac{1}{a_n - 1} = 1$（常数）。所以 $\left\{\dfrac{1}{a_n - 1}\right\}$ 是首项为 $\dfrac{1}{a_1 - 1} = 1$、公差为 1 的等差数列。

（2）由（1），$\dfrac{1}{a_n - 1} = 1 + (n - 1) \times 1 = n$，所以 $a_n = 1 + \dfrac{1}{n} = \dfrac{n + 1}{n}$。

容易卡在：（1）里不知道往哪个方向化简。目标是 $\dfrac{1}{a_{n+1} - 1}$，就从 $a_{n+1} - 1$ 开始算，用递推公式把它写成 $a_n$ 的式子，再取倒数。题目要你证明什么，就直接算什么。

例 3　（场景：三个数成等差数列）三个数成等差数列，它们的和为 15，积为 80，求这三个数。

解：设这三个数为 $a - d, a, a + d$。

和：$(a - d) + a + (a + d) = 3a = 15$，$a = 5$。

积：$(5 - d) \times 5 \times (5 + d) = 5(25 - d^2) = 80$，$25 - d^2 = 16$，$d = \pm 3$。

$d = 3$ 时三个数是 $2, 5, 8$；$d = -3$ 时是 $8, 5, 2$。所以这三个数是 2、5、8（或按 8、5、2 的顺序）。

容易卡在：设成 $a, a + d, a + 2d$，和、积的式子都很繁。对称地设，求和时 $d$ 直接消掉。

例 4　（场景：下标和性质）在等差数列 $\{a_n\}$ 中，$a_2 + a_5 + a_8 = 9$，求 $a_3 + a_7$。

解：$2 + 8 = 2 \times 5$，由下标和性质 $a_2 + a_8 = 2a_5$，所以 $a_2 + a_5 + a_8 = 3a_5 = 9$，$a_5 = 3$。

又 $3 + 7 = 2 \times 5$，所以 $a_3 + a_7 = 2a_5 = 6$。

另一种解法：特殊值法。题目只给了一个条件，却要求出确定的值，说明答案和 $d$ 无关，可以取 $d = 0$。此时各项都相等，$3a_n = 9$，每一项都是 3，$a_3 + a_7 = 6$。下标和性质适合解答题和需要说理的地方；特殊值法只能用于“答案唯一”的选择填空，但几乎不用计算。

常用推论

• 公差公式：$d = \dfrac{a_n - a_m}{n - m}$（$n \ne m$），就是直线的斜率。推导见本节“证明”结论 1。
• 下标成等差的项仍成等差数列：$a_k, a_{k+m}, a_{k+2m}, \dots$ 是公差为 $md$ 的等差数列。推导：相邻两项之差 $a_{k+(j+1)m} - a_{k+jm} = md$。
• 若 $\{a_n\}$、$\{b_n\}$ 都是等差数列，则 $\{pa_n + qb_n\}$（$p$、$q$ 为常数）也是等差数列，公差为 $pd_1 + qd_2$。推导：直接作差。
• 若 $a_m = n$，$a_n = m$（$m \ne n$），则 $a_{m+n} = 0$。推导：$d = \dfrac{a_n - a_m}{n - m} = \dfrac{m - n}{n - m} = -1$，$a_{m+n} = a_m + nd = n - n = 0$。
• 四个数成等差数列，可设为 $a - 3d, a - d, a + d, a + 3d$（公差是 $2d$）。

易错点

• 错在哪：由 $m + n = k$ 推出 $a_m + a_n = a_k$，比如认为 $a_3 + a_4 = a_7$。 为什么错：下标和性质要求两边项数相同。$a_3 + a_4 = 2a_1 + 5d$，$a_7 = a_1 + 6d$，一般不相等。 正确做法：两项对两项，如 $a_3 + a_4 = a_1 + a_6 = a_2 + a_5$。
• 错在哪：四个数成等差，设成 $a - 2d, a - d, a + d, a + 2d$。 为什么错：相邻两项的差，中间是 $2d$，两边是 $d$，不是等差数列。 正确做法：设 $a - 3d, a - d, a + d, a + 3d$，此时公差是 $2d$，求出 $d$ 后要乘 2 才是公差。
• 错在哪：证明 $\{b_n\}$ 是等差数列时，算出 $b_1, b_2, b_3$ 发现差相等就下结论。 为什么错：前三项的差相等，不能保证后面所有项的差都相等。 正确做法：对一般的 $n$ 算出 $b_{n+1} - b_n$，说明它是与 $n$ 无关的常数。

直观理解

等差数列就是“均匀地爬坡”：每走一步升高同样的 $d$。画在坐标系里是一条直线上等间距的点，公差就是斜率。

下标和性质可以用“平均数”记：$a_5$ 正好在 $a_2$ 和 $a_8$ 中间，直线上中间位置的高度等于两端高度的平均值，所以 $a_2 + a_8 = 2a_5$。像跷跷板：支点两边同样远的两个点，高度一个多出多少、另一个就少多少。

关联知识点

• 前置：22.2 数列的概念和表示；22.3 递推公式（$a_{n+1} - a_n = d$ 是累加法的特例）。
• 前置：第 5 章函数的概念。等差数列的通项是一次函数。
• 后续：22.5 等差数列的前 $n$ 项和，倒序相加法用的就是下标和性质。
• 后续：第 23 章等比数列，概念和性质与等差数列一一对应（差换成比，和换成积）。
• 后续：第 28 章直线的方程。公差就是点 $(n, a_n)$ 所在直线的斜率。
• 常一起考：第 23 章等比数列。“等差数列中某三项成等比数列”是常见的综合条件。

22.5 等差数列的前 $n$ 项和

说明

前 $n$ 项和公式：

$$S_n = \frac{n(a_1 + a_n)}{2}, \qquad S_n = na_1 + \frac{n(n - 1)}{2}d.$$

第一个公式在已知首项和末项时用；第二个在已知首项和公差时用。

和函数的关系：把第二个公式整理成

$$S_n = \frac{d}{2}n^2 + \left(a_1 - \frac{d}{2}\right)n.$$

$d \ne 0$ 时，$S_n$ 是 $n$ 的二次函数，而且没有常数项。点 $(n, S_n)$ 都落在一条过原点的抛物线上。

$S_n$ 的最值：

• $a_1 > 0$，$d < 0$：数列先正后负，$S_n$ 有最大值。把所有正项（和 0）都加上时最大，即找满足 $a_n \ge 0$ 且 $a_{n+1} \le 0$ 的 $n$。
• $a_1 < 0$，$d > 0$：数列先负后正，$S_n$ 有最小值，找满足 $a_n \le 0$ 且 $a_{n+1} \ge 0$ 的 $n$。
• 也可以用二次函数：求出对称轴 $n = n_0$，取离 $n_0$ 最近的正整数；$n_0$ 恰好是两个正整数的中点时，两个都取到。

使用场景

• 已知 $a_1, d, n, a_n, S_n$ 中的三个，求其余两个（“知三求二”）：把两个公式和通项公式当作方程组来解。
• 求项数为奇数的和（如 $S_9$、$S_{11}$），或比较两个等差数列的项之比：用 $S_{2n-1} = (2n - 1)a_n$。
• 题目问”$S_n$ 何时最大（最小）““最大值是多少”：用邻项变号法或二次函数法。
• 题目给出 $S_4$、$S_8$ 这类“等长分段”的和，求 $S_{12}$：用片段和性质。

注意点

• 第二个公式里是 $\dfrac{n(n - 1)}{2}d$，不是 $\dfrac{n(n + 1)}{2}d$：$n$ 项里 $d$ 一共被加了 $0 + 1 + \dots + (n - 1)$ 次。
• $S_n$ 的最值问题里 $n$ 只能取正整数，二次函数的顶点不一定能取到。
• 有一项恰好为 0 时（如 $a_5 = 0$），$S_4 = S_5$，最大（小）值在两个 $n$ 处取到。
• 片段和性质说的是 $S_m$、$S_{2m} - S_m$、$S_{3m} - S_{2m}$ 成等差数列，不是 $S_m$、$S_{2m}$、$S_{3m}$ 成等差数列。

证明

结论 1：$S_n = \dfrac{n(a_1 + a_n)}{2}$（倒序相加法，课本的证明）。

把 $S_n$ 正着写一遍、倒着写一遍：

$$S_n = a_1 + a_2 + \dots + a_{n-1} + a_n,$$ $$S_n = a_n + a_{n-1} + \dots + a_2 + a_1.$$

上下对齐相加，第 $k$ 列是 $a_k + a_{n+1-k}$。（关键一步：$k + (n + 1 - k) = 1 + n$，由 22.4 节的下标和性质，$a_k + a_{n+1-k} = a_1 + a_n$。每一列的和都相同，这就是倒着再写一遍的目的。）共 $n$ 列，所以

$$2S_n = n(a_1 + a_n), \qquad S_n = \frac{n(a_1 + a_n)}{2}.$$

结论 2：$S_n = na_1 + \dfrac{n(n - 1)}{2}d$。

把 $a_n = a_1 + (n - 1)d$ 代入结论 1：

$$S_n = \frac{n[2a_1 + (n - 1)d]}{2} = na_1 + \frac{n(n - 1)}{2}d.$$

结论 3：$S_{2n-1} = (2n - 1)a_n$。

由结论 1，$S_{2n-1} = \dfrac{(2n - 1)(a_1 + a_{2n-1})}{2}$。$1 + (2n - 1) = 2n$，由下标和性质 $a_1 + a_{2n-1} = 2a_n$，代入即得。

结论 4：片段和性质。 $S_m$、$S_{2m} - S_m$、$S_{3m} - S_{2m}$ 成等差数列，公差为 $m^2 d$。

$S_m = a_1 + \dots + a_m$，$S_{2m} - S_m = a_{m+1} + \dots + a_{2m}$。两者对应项相减：

$$(S_{2m} - S_m) - S_m = (a_{m+1} - a_1) + (a_{m+2} - a_2) + \dots + (a_{2m} - a_m).$$

每个括号都是下标差 $m$ 的两项之差，等于 $md$，共 $m$ 个括号，所以差为 $m^2 d$。同理 $(S_{3m} - S_{2m}) - (S_{2m} - S_m) = m^2 d$。

例题

例 1　（场景：知三求二）在等差数列 $\{a_n\}$ 中，$a_4 = 7$，$S_5 = 25$。求 $a_n$ 和 $S_n$；若 $S_k = 64$，求 $k$。

解：设首项 $a_1$，公差 $d$。

$$\begin{cases} a_1 + 3d = 7, \\ 5a_1 + \frac{5 \times 4}{2}d = 25, \end{cases} \quad \text{即} \quad \begin{cases} a_1 + 3d = 7, \\ a_1 + 2d = 5. \end{cases}$$

解得 $d = 2$，$a_1 = 1$。所以 $a_n = 2n - 1$，$S_n = n \times 1 + \dfrac{n(n - 1)}{2} \times 2 = n^2$。

$S_k = k^2 = 64$，$k$ 是正整数，$k = 8$。

容易卡在：第二个方程的系数算错。$\dfrac{n(n - 1)}{2}$ 在 $n = 5$ 时是 10，不是 15。

例 2　（场景：项数为奇数的和、两个等差数列的项之比）

（1）在等差数列 $\{a_n\}$ 中，$a_3 + a_9 = 10$，求 $S_{11}$。

（2）等差数列 $\{a_n\}$、$\{b_n\}$ 的前 $n$ 项和分别为 $S_n$、$T_n$，且 $\dfrac{S_n}{T_n} = \dfrac{2n + 1}{n + 3}$，求 $\dfrac{a_5}{b_5}$。

解：

（1）$3 + 9 = 1 + 11$，所以 $a_1 + a_{11} = a_3 + a_9 = 10$，$S_{11} = \dfrac{11(a_1 + a_{11})}{2} = \dfrac{11 \times 10}{2} = 55$。

（2）由 $S_{2n-1} = (2n - 1)a_n$，取 $n = 5$：$S_9 = 9a_5$，$T_9 = 9b_5$。所以

$$\frac{a_5}{b_5} = \frac{S_9}{T_9} = \frac{2 \times 9 + 1}{9 + 3} = \frac{19}{12}.$$

容易卡在：（2）里直接代 $n = 5$，得 $\dfrac{S_5}{T_5} = \dfrac{11}{8}$ 当作答案。$\dfrac{S_5}{T_5}$ 是前 5 项和之比，不是第 5 项之比；要化成第 5 项，得用 $S_9$。

例 3　（场景：求 $S_n$ 的最大值）在等差数列 $\{a_n\}$ 中，$a_1 = 25$，$S_9 = S_{17}$。求 $S_n$ 的最大值。

解：由 $S_9 = S_{17}$：

$$9 \times 25 + \frac{9 \times 8}{2}d = 17 \times 25 + \frac{17 \times 16}{2}d,$$

即 $225 + 36d = 425 + 136d$，$100d = -200$，$d = -2$。所以 $a_n = 25 - 2(n - 1) = 27 - 2n$。

$a_1 > 0$，$d < 0$，数列递减，$S_n$ 在加完所有正项时最大。令 $a_n = 27 - 2n \ge 0$，得 $n \le 13.5$，所以 $a_{13} = 1 > 0$，$a_{14} = -1 < 0$。$S_{13}$ 最大：

$$S_{13} = 13 \times 25 + \frac{13 \times 12}{2} \times (-2) = 325 - 156 = 169.$$

另一种解法：用 $S_n$ 的图像。$S_n$ 是关于 $n$ 的二次函数（无常数项），$S_9 = S_{17}$ 说明抛物线的对称轴是 $n = \dfrac{9 + 17}{2} = 13$。又 $S_{17} - S_9 = a_{10} + a_{11} + \dots + a_{17} = 0$，而 $a_1 > 0$，所以 $d < 0$（若 $d \ge 0$，各项都为正，这个和不可能是 0），抛物线开口向下，所以 $n = 13$ 时 $S_n$ 最大。最大值仍要算：$S_n = 25n - n(n - 1) = 26n - n^2 = 169 - (n - 13)^2$，$S_{13} = 169$。邻项变号法思路最直接，任何时候都能用；对称轴法在题目给出”$S_p = S_q$“时最快，连 $d$ 都可以先不求。

例 4　（场景：片段和）等差数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$，$S_4 = 1$，$S_8 = 4$，求 $S_{12}$。

解：由片段和性质，$S_4$、$S_8 - S_4$、$S_{12} - S_8$ 成等差数列，即 $1, 3, S_{12} - 4$ 成等差数列。所以 $S_{12} - 4 = 3 + (3 - 1) = 5$，$S_{12} = 9$。

另一种解法：$\left\{\dfrac{S_n}{n}\right\}$ 是等差数列（见本节常用推论），所以 $\dfrac{S_4}{4}, \dfrac{S_8}{8}, \dfrac{S_{12}}{12}$ 成等差数列：$\dfrac{1}{4}, \dfrac{1}{2}, \dfrac{S_{12}}{12}$，得 $\dfrac{S_{12}}{12} = \dfrac{3}{4}$，$S_{12} = 9$。两种方法都不用求 $a_1$ 和 $d$；已知的和是“等长分段”时用片段和，已知的项数不等间隔（如 $S_3$、$S_7$）时用 $\dfrac{S_n}{n}$ 更通用。

常用推论

• $S_{2n-1} = (2n - 1)a_n$；两个等差数列 $\dfrac{a_n}{b_n} = \dfrac{S_{2n-1}}{T_{2n-1}}$。推导见本节“证明”结论 3。
• $S_m$、$S_{2m} - S_m$、$S_{3m} - S_{2m}$ 成等差数列，公差为 $m^2 d$。推导见本节“证明”结论 4。
• $\left\{\dfrac{S_n}{n}\right\}$ 是等差数列，公差为 $\dfrac{d}{2}$。推导：$\dfrac{S_n}{n} = a_1 + \dfrac{n - 1}{2}d$，是 $n$ 的一次式。
• $\{a_n\}$ 是等差数列 $\iff$ $S_n = An^2 + Bn$（$A$、$B$ 为常数）。推导：正方向由说明里的整理式得到；反方向见 22.2 节常用推论（$C = 0$ 的情形）。
• 项数为 $2n$ 时，$S_{\text{偶}} - S_{\text{奇}} = nd$；项数为 $2n - 1$ 时，$S_{\text{奇}} - S_{\text{偶}} = a_n$，$\dfrac{S_{\text{奇}}}{S_{\text{偶}}} = \dfrac{n}{n - 1}$（$n \ge 2$，$a_n \ne 0$）。推导：$2n$ 项时偶数项与它前面的奇数项一一配对，每对差 $d$，共 $n$ 对；$2n - 1$ 项时奇数项有 $n$ 个、平均值是中间项 $a_n$，偶数项有 $n - 1$ 个、平均值也是 $a_n$，所以 $S_{\text{奇}} = na_n$，$S_{\text{偶}} = (n - 1)a_n$。

易错点

• 错在哪：$a_1 = 4$，$d = -1$，求 $S_n$ 最大值时只答”$n = 4$“。 为什么错：$a_5 = 0$，$S_5 = S_4 + 0 = S_4 = 10$，$n = 4$ 和 $n = 5$ 都取到最大值。图像上看，对称轴 $n = 4.5$ 正好在 4 和 5 中间。 正确做法：用 $a_n \ge 0$、$a_{n+1} \le 0$ 找 $n$ 时，留意有没有某一项等于 0；有就写”$n = 4$ 或 $5$ 时 $S_n$ 最大”。
• 错在哪：$S_n = -n^2 + 27n$，配方得对称轴 $n = 13.5$，把 13.5 代入，答“最大值为 182.25”。 为什么错：$n$ 只能取正整数，$S_{13.5}$ 根本不存在。 正确做法：取离对称轴最近的正整数。13 和 14 一样近，$S_{13} = S_{14} = 182$，最大值是 182，$n = 13$ 或 $14$ 时取到。
• 错在哪：认为 $S_4$、$S_8$、$S_{12}$ 成等差数列，例 4 中由 $1, 4$ 得 $S_{12} = 7$。 为什么错：成等差数列的是每一段的和 $S_4$、$S_8 - S_4$、$S_{12} - S_8$，不是累计和。 正确做法：先求出每段的和 $1, 3$，再求第三段 $5$，最后 $S_{12} = 4 + 5 = 9$。

直观理解

倒序相加就是“拼长方形”：把一堆从矮到高排好的柱子，倒过来再拼一份叠在上面，每列都一样高，拼成一个长方形。长方形面积的一半就是原来的和。这和梯形面积公式”（上底 + 下底）× 高 ÷ 2”是一回事：$a_1$ 是上底，$a_n$ 是下底，$n$ 是高。

$S_n$ 的最大值可以这样想：一列先正后负的数往上加，加正数总和变大，加到负数总和开始变小，所以在“最后一个正数”处停下来最大。

关联知识点

• 前置：22.4 等差数列的通项和性质。倒序相加的关键一步是下标和性质。
• 前置：第 4 章二次函数的最值。$S_n$ 是 $n$ 的二次函数，最值问题要结合”$n$ 只取正整数”。
• 后续：第 23 章数列求和。倒序相加法也用于 $f(x) + f(1 - x)$ 为常数一类的函数求和；分组求和常把一部分化成等差数列求和。
• 后续：第 23 章等比数列的前 $n$ 项和，推导方法不同（错位相减），可以对照着记。
• 常一起考：22.2 节由 $S_n$ 求 $a_n$。“$S_n = An^2 + Bn$ 则 $\{a_n\}$ 是等差数列”把两节连在一起。

22.6 知识点之间的关系

本章四个知识点分两层。上层是一般数列：22.2 讲数列是什么、怎样用通项公式和 $S_n$ 表示，22.3 讲怎样用递推公式表示、怎样从递推公式求出通项。下层是最重要的一类特殊数列：22.4 等差数列的通项和性质，22.5 它的前 $n$ 项和。

两层之间的连接点有两个。一是等差数列的定义 $a_{n+1} - a_n = d$ 本身就是一个递推公式，通项公式由累加法得到；构造法（取倒数、除以幂）也是把复杂的递推公式化成等差数列。二是 $S_n$ 与 $a_n$ 的关系：$S_n = An^2 + Bn$ 恰好对应等差数列。

考试里的典型结构是：第一问由 $S_n$ 或递推公式求出通项（22.2、22.3），通项往往是等差或等比数列（22.4、第 23 章）；第二问对通项或由它构造的新数列求和（22.5、第 23 章）。

22.7 自测

1. 写出数列 $1, 3, 6, 10, 15, \dots$ 的一个通项公式。
2. 已知数列的前 $n$ 项和 $S_n = 3n^2 - 2n + 1$，求 $a_n$。
3. 已知 $a_1 = 1$，$a_{n+1} = a_n + \dfrac{1}{n(n + 1)}$，求 $a_{10}$。
4. 已知 $a_1 = 1$，$a_{n+1} = 3a_n + 2$，求 $a_n$。
5. 在等差数列 $\{a_n\}$ 中，$a_2 + a_{12} = 16$，求 $a_7$。
6. 在等差数列 $\{a_n\}$ 中，$a_5 = 10$，$a_{12} = 31$，求 $a_n$。
7. 在等差数列 $\{a_n\}$ 中，$a_1 = 20$，$d = -3$，$n$ 为何值时 $S_n$ 最大？最大值是多少？
8. 在等差数列 $\{a_n\}$ 中，$S_9 = 54$，求 $a_5$。

答案：1. $a_n = \dfrac{n(n + 1)}{2}$；2. $a_1 = 2$，$n \ge 2$ 时 $a_n = 6n - 5$（不能合写）；3. $\dfrac{19}{10}$；4. $a_n = 2 \cdot 3^{n-1} - 1$；5. 8；6. $a_n = 3n - 5$；7. $n = 7$ 时最大，$S_7 = 77$；8. 6。

22.8 深入阅读

• 国家中小学智慧教育平台：教育部主办，选择性必修第二册“数列”一章有同步课程视频和教材电子版，可以对照课本的例题和习题。
• GeoGebra 图形计算器：用 Sequence 命令画出数列的点，再画出对应函数的图像，能直观看到数列是函数图像上的孤立点、S_n 的点落在抛物线上。
• Wolfram MathWorld · Arithmetic Series：等差数列求和公式的英文条目，附高斯求和的故事和推导，查英文术语时用。
• 维基百科 · 等差数列：等差数列的定义、通项、求和公式和性质的中文条目，查定义和推导时用。