第12讲 · 等差数列的前n项和

规范说明：本讲进入等差数列"前 $n$ 项和"的系统学习（公式、性质、技巧、最值、证明压轴）。按课程统一规矩，凡涉及取值范围，一律用区间或集合 $\{x\mid \dots\}$ 形式回答，绝不可只写 $x>a$ 这类不等式；以下口述中涉及参数范围处均已按此规矩改写。文中数学符号（下标、求和、公差、区间括号等）均已据口述逻辑还原，凡静默修正的口误 / ASR 错转，集中列于文末「本讲修正/注意点」。

一、等差数列前 $n$ 项和公式与二次函数特征

两个求和公式（互为变形）：

• 首项 + 末项型：$\displaystyle S_n=\frac{n(a_1+a_n)}{2}$
• 首项 + 公差型：$\displaystyle S_n=na_1+\frac{n(n-1)}{2}d$

从函数角度看，$S_n$ 是关于 $n$ 的二次函数，且常数项为零：

$\displaystyle S_n=\frac d2\,n^2+\left(a_1-\frac d2\right)n.$

记 $A=\dfrac d2,\ B=a_1-\dfrac d2$，则 $S_n=An^2+Bn$。

• $d>0\Rightarrow A>0$，开口向上；
• $d<0\Rightarrow A<0$，开口向下。
• 其图像是过原点 $(0,0)$ 的一串孤立整数点 $(n,S_n)$。

推导直觉：把 $S_n=a_1+a_2+\cdots+a_n$ 写成 $\displaystyle S_n=\underbrace{a_1}_{+0d}+\underbrace{(a_1+d)}_{+1d}+\cdots+\underbrace{(a_1+(n-1)d)}_{+(n-1)d},$ 即 $n$ 个 $a_1$ 加上 $0,1,2,\dots,n-1$ 个 $d$ 的和；后一部分构成"三角形数"，合计 $\dfrac{n(n-1)}{2}d$，于是得到公式。

二、二次函数视角下的基本性质（对称零点）

性质：若等差数列满足 $S_m=S_n\ (m\neq n)$，则

$\displaystyle S_{m+n}=0.$

证法（画图）：把 $S_n=An^2+Bn$ 看作过原点的抛物线。点 $(m,S_m)$ 与 $(n,S_n)$ 纵坐标相等，故关于对称轴对称，对称轴为

$\displaystyle x=\frac{m+n}{2}.$

再取点 $(0,S_0)=(0,0)$，它关于对称轴的对称点为 $\displaystyle \bigl(2\cdot \tfrac{m+n}{2},\ 0\bigr)=(m+n,\ 0),$ 即 $S_{m+n}=0$。

一句话记：前 $n$ 项和的二次函数过原点；若两处函数值相等，则对称轴再走同样距离的函数值为 $0$。

三、中项法（平均数法）快速求和

$S_n$ 的本质是"$n$ 个项的算术平均 $\times n$"。把"中间那一项"（或其平均数）当作中项：

• $n$ 为奇数：$S_n=n\cdot a_{\frac{n+1}{2}}$（正中那一项）；
• $n$ 为偶数：$S_n=n\cdot \dfrac{a_{n/2}+a_{n/2+1}}{2}$，即 $n$ 倍的"第 $n/2$ 项与第 $n/2+1$ 项的平均数"。可记作 $S_n=n\cdot a_{n/2+0.5}$，其中 $a_{n/2+0.5}$ 表示这两项的平均（非真实项，仅作记号）。

例1（讲义 P91）：已知 $a_3=1,\ a_6=10$，求 $S_8$。

• 由 $S_5=5a_3=5$ 得 $a_3=1$；又 $a_6=10$。
• 配对：$a_1+a_8=a_2+a_7=a_3+a_6=a_4+a_5=11$，共 $4$ 对。
• 故 $S_8=4\times 11=44$。

例2：已知 $S_4=4a_{2.5}$，其中 $a_{2.5}=\dfrac{a_2+a_3}{2}=\dfrac12$；又 $S_9=9a_5=-6$（即 $a_5=-\dfrac23$），求 $S_{12}$。

• $a_{2.5}=\dfrac12,\ a_5=-\dfrac23$，从 $2.5$ 到 $5$ 跨 $2.5$ 步，项值变化 $-\dfrac23-\dfrac12=-\dfrac76$，每项"变化率"为 $\dfrac{-7/6}{2.5}=-\dfrac{7}{15}$。
• $a_{6.5}=a_{2.5}+4\cdot\left(-\dfrac{7}{15}\right)=\dfrac12-\dfrac{28}{15}=-\dfrac{41}{30}$。
• $S_{12}=12\cdot a_{6.5}=12\cdot\left(-\dfrac{41}{30}\right)=-\dfrac{82}{5}$。

注：原口述最终答案"$-8/5$"与所给数据按中项法（或求和公式）算得 $-82/5$ 不一致，疑为连算口误，存疑待核（见文末注意点）。中项法明显优于"待定系数解二元一次方程组"——后者数字极丑且易错。

例3：已知公差 $d=3,\ a_4=-1$（从而 $a_5=2$），求 $S_{20}$。

• $a_{10.5}=a_5+5.5d=2+5.5\times 3=18.5$。
• $S_{20}=20\cdot a_{10.5}=20\times 18.5=370$。

四、片段和（分段和）性质

性质：等差数列被均匀分段后，各段的和仍成等差数列。即

$\displaystyle S_n,\quad S_{2n}-S_n,\quad S_{3n}-S_{2n},\quad \dots$

成等差数列，其公差为 $n^2d$。

证：第 $2n+1\sim 3n$ 项各比第 $n+1\sim 2n$ 项对应项多 $n$ 个 $d$，共 $n$ 项，故相邻两段和之差 $=n\cdot n\cdot d=n^2d$。

例4（讲义"369"题）：已知 $S_3=6,\ S_6=-8$，求 $S_9$。

• 三"片"和：$S_3=6,\ S_6-S_3=-14$；再下一片（$S_9-S_6$）成等差，公差 $-14-6=-20$，故 $S_9-S_6=-14-20=-34$。
• $S_9=S_6+(-34)=-8-34=-42$。

例5（高考真题·天坛圜丘坛）：环绕天心石铺石板，由内向外共 $27$ 环，从第二环起每环比前一环多 $9$ 块（即公差 $d=9$ 的等差数列）。

• 简化版条件：最内三环共 $54$ 块，最外三环共 $702$ 块。
  • 最内三环：$a_1+a_2+a_3=3a_2=54\Rightarrow a_2=18$，故 $a_1=9,\ a_3=27$。
  • 最外三环：$a_{25}+a_{26}+a_{27}=3a_{26}=702\Rightarrow a_{26}=234$，故 $a_{27}=243$。
  • 总数 $S_{27}=\dfrac{27(a_1+a_{27})}{2}=\dfrac{27(9+243)}{2}=27\times 126=3402$（块）。
• 原版条件（2020 年卷）：首项 $a_1=9$，公差 $d=9$，且"下层比中层多 $729$ 块"。设每大环含 $n$ 小环，则三层对应 $S_n,\ S_{2n}-S_n,\ S_{3n}-S_{2n}$，它们成等差且公差为 $n^2d$。由 $S_{3n}-S_{2n}=729$ 得 $\displaystyle n^2\cdot 9=729\Rightarrow n^2=81\Rightarrow n=9.$ 一共 $27$ 项，故总数 $S_{27}=27\times 9+\dfrac{27\times 26}{2}\times 9=243+3159=3402$（块）。

五、常用二级结论汇总

以下均为"二次函数 + 等差"的直接推论，常以小题形式考查：

1. 若 $a_p=q,\ a_q=p$，则 $a_{p+q}=0$。
2. 若 $S_m=S_n\ (m\neq n)$，则 $S_{m+n}=0$（见第二节）。
3. $S_{m+n}=S_m+S_n+mn\cdot d$。
   • 验证：$S_{m+n}-(S_m+S_n)=\dfrac{(m+n)(m+n-1)-m(m-1)-n(n-1)}{2}d=mnd$。
4. 若 $S_m=n,\ S_n=m\ (m\neq n)$，则 $S_{m+n}=-(m+n)$。

第 4 点原口述为"SN 等于 M，FM 等于 N 则 FM 加 N 等于负 M 加 N"，系 ASR 将 $S,T$ 混听，已据含义还原为 $S_{m+n}=-(m+n)$。

六、等差/等比"中项比值"技巧（$a_n/b_n$）

设 $\{a_n\},\{b_n\}$ 均为等差数列，则

$\displaystyle S_{2k-1}=(2k-1)a_k,\qquad T_{2k-1}=(2k-1)b_k,$

从而

$\displaystyle \frac{a_k}{b_k}=\frac{S_{2k-1}}{T_{2k-1}}.$

关键：比值 $a_k/b_k$ 要取"下标 $2k-1$"的和之比，而不是把 $k$ 直接代入 $S_n/T_n$。

例6：若 $\dfrac{S_n}{T_n}=\dfrac{7n+2}{n+3}$，求 $\dfrac{a_5}{b_5}$。

• $a_5$ 是前 $9$ 项的中项、$b_5$ 也是前 $9$ 项的中项，故 $k=5$ 对应 $2k-1=9$： $\displaystyle \frac{a_5}{b_5}=\frac{S_9}{T_9}=\frac{7\times 9+2}{9+3}=\frac{65}{12}.$

下标不同时（例：求 $\dfrac{a_5}{b_6}$）：

• 把 $S_n/T_n$ "还原"成未约分形式。因 $S_n,T_n$ 均为 $n$ 的二次且常数项为 $0$，约掉公因子后得 $\dfrac{7n+2}{n+3}$，原貌为 $\displaystyle S_n=k(7n^2+2n),\qquad T_n=k(n^2+3n)$ （$k$ 为公共比例，最终会约掉）。
• 于是 $\displaystyle \frac{a_5}{b_6}=\frac{S_9/9}{T_{11}/11}=\frac{11}{9}\cdot\frac{S_9}{T_{11}}=\frac{11}{9}\cdot\frac{7\cdot 9^2+2\cdot 9}{11^2+3\cdot 11}=\frac{11}{9}\cdot\frac{585}{154}=\frac{65}{14}.$
• 方法小结：下标相同时直接代 $2k-1$；下标不同时，把 $a_k$ 写成 $S_{2k-1}/(2k-1)$、$b_\ell$ 写成 $T_{2\ell-1}/(2\ell-1)$，再代入未约分的 $S_n,T_n$ 表达式。

七、前 $n$ 项和的最值问题

把 $S_n=An^2+Bn$ 当二次函数看，最值取决于 $a_1$ 与 $d$ 的符号搭配：

实用判定（最常用）：

• $S_n$ 取最大 $\iff a_n>0$ 且 $a_{n+1}<0$（穿过零点由正变负）；
• $S_n$ 取最小 $\iff a_n<0$ 且 $a_{n+1}>0$（穿过零点由负变正）。

例7（选项辨析）：若 $S_7=S_8$，则 $a_8=0$（多"加一项 $0$"才相等）。

• 因 $a_8=0$，且前 $7$ 项为正、后 $7$ 项为负，故 $S_7=S_8$ 为最大值；又由两两配对 $a_i+a_{16-i}=2a_8=0$，得 $S_{15}=0$。

例8（配对抵消）：已知 $a_1=2020,\ d=-2$，求 $S_{2022}$。

• 令 $a_n=0$：$2020-2(n-1)=0\Rightarrow n=1011$，即 $a_{1011}=0$。
• $a_{2021}=2020+2020\cdot(-2)=-2020$，且 $a_1+a_{2021}=a_2+a_{2020}=\cdots=a_{1010}+a_{1012}=0$，中间 $a_{1011}=0$，故 $S_{2021}=0$。
• 因此 $S_{2022}=S_{2021}+a_{2022}=a_{2022}$。按公式 $a_{2022}=2020+2021\cdot(-2)=-2022$。

注：原口述称 $a_{2022}=-202$，按 $a_1=2020,\ d=-2$ 严格计算得 $-2022$，疑为漏说一个"2"，已修正（见注意点）。

八、分段数列与充要条件辨析

分段数列：若某数列"从第二项起"前 $n$ 项和成等差、首项单独写，则它是分段数列。例如

$\displaystyle S_n=\begin{cases}0,&n=1,\\[2mm] \text{（从 }n\ge 2\text{ 起为等差数列的和）},&n\ge 2.\end{cases}$

处理时务必分 $n=1$ 与 $n\ge 2$ 两种情况分别写通项，再合并。

充要条件题（P94–95）：已知对所有 $n$，$\dfrac{n(a_1+a_n)}{2}=S_n$ 恒成立 $\iff$ 数列为等差数列。

• 等差 $\Rightarrow$ 该式成立：显然（求和公式）。
• 该式 $\Rightarrow$ 等差：需严格证明（举不出反例即可信），课堂直接采用结论成立。

对称秒杀（二次函数对称轴）：若 $S_n$ 的对称轴在 $x=\dfrac{17}{2}$，则关于它对称的下标函数值相等：

$\displaystyle S_1=S_{16},\quad S_5=S_{12},\quad \dots$

（因为 $\tfrac{1+16}{2}=\tfrac{5+12}{2}=\tfrac{17}{2}$）。此法比逐项算快得多。

例9（P95 片段和性质小题）：已知 $S_3=4$，且片段和成等差、公差为 $4$，求 $S_{12}$。

• 四段：$S_3=4,\ S_6-S_3=8,\ S_9-S_6=12,\ S_{12}-S_9=16$。
• $S_{12}=4+8+12+16=40$。

老师口述中曾把自己算错的中间值纠正为 $40$，已据片段和性质确认。

九、作业讲评与证明压轴题

作业回顾（概念与基本量）：

• $a_{13}=12$，公差 $d=\pm 3$（正 $3$ 或负 $3$）。
• 若 $\left\{\dfrac{1}{a_n}\right\}$ 为等差，求 $a_{10}$：原数据 ASR 严重乱码（"47 分之七加根号二"等），无法可靠还原，以讲义为准（存疑待核，见注意点）。
• 通项 $a_n=\dfrac n2+10$，则 $a_{50}=99$；某题公差 $d=4$。
• C 组题（公差 $d\neq 0$）：判断成立的选项为 B。

证明题1：已知数列满足

$\displaystyle a_{n+1}a_n=-3a_{n+1}-a_n-4,$

求证 $\left\{\dfrac{1}{a_n+2}\right\}$ 是公差为 $1$ 的等差数列。

• 由已知移项：$a_{n+1}a_n+3a_{n+1}+a_n+4=0$，即 $(a_{n+1}+1)(a_n+3)=-1$。
• 令 $b_n=\dfrac{1}{a_n+2}$，计算差： $\displaystyle b_{n+1}-b_n=\frac{1}{a_{n+1}+2}-\frac{1}{a_n+2}=\frac{a_n-a_{n+1}}{(a_{n+1}+2)(a_n+2)}.$ 将 $a_{n+1}a_n=-3a_{n+1}-a_n-4$ 代入分母通分化简，可得分子恰等于分母，故 $\displaystyle b_{n+1}-b_n=1.$
• 即 $\left\{\dfrac{1}{a_n+2}\right\}$ 是公差为 $1$ 的等差数列。

注：原口述将 $\dfrac{1}{a_n+2}$ 错听/记作"$a_n$ 加二分之一"，已据代数推导还原为"$a_n$ 加 $2$ 分之一"（见注意点）。

证明题2（最值 + 取值范围）：在题1条件下，已知 $a_{2021}$ 是数列 $\{a_n\}$ 的最小项，求 $a_1$ 的取值范围。

• 由题1，$\{b_n\}=\left\{\dfrac{1}{a_n+2}\right\}$ 公差 $1$，且 $b_n=\dfrac{1}{a_1+2}+n-1$ 单调增。
• $a_n=\dfrac{1}{b_n}-2$。$a_n$ 在 $b_n$ 由负变正的交界处取最小，故须满足 $b_{2021}<0<b_{2022}$： $\displaystyle \frac{1}{a_1+2}+2020<0,\qquad \frac{1}{a_1+2}+2021>0.$
• 由 $-2021<\dfrac{1}{a_1+2}<-2020$（此时 $a_1+2<0$），反解得 $\displaystyle -\frac{4041}{2020}<a_1<-\frac{4043}{2021}.$
• 取值范围（集合形式）： $\displaystyle \left\{a_1\ \Big|\ -\frac{4041}{2020}<a_1<-\frac{4043}{2021}\right\}\quad\text{或写作区间}\quad \left(-\frac{4041}{2020},\ -\frac{4043}{2021}\right).$

本讲修正/注意点

1. 例2 答案（存疑待核）：原口述最终答案"$-8/5$"与所给数据（$a_{2.5}=\tfrac12,\ a_5=-\tfrac23\Rightarrow S_4=2,\ S_9=-6$）按中项法或求和公式算得 $S_{12}=-\tfrac{82}{5}$ 不符，疑为连算口误；已按正确推导改为 $-\tfrac{82}{5}$，建议核对讲义原题数据。
2. 例8 口误：原口述"$a_{2022}=-202$"，按 $a_1=2020,\ d=-2$ 严格计算得 $a_{2022}=-2022$，已修正（疑为漏说一个"2"）。
3. ASR 错转（证明题1）：口述"$a_n$ 加二分之一"实为 $\dfrac{1}{a_n+2}$（"加二 分之 一"被误听），已据代数验证 $b_{n+1}-b_n=1$ 还原。
4. ASR 错转："片片佛" → 片段和 / 分段和（等差数列均匀分段后各段和仍成等差）。
5. ASR 错转："中向" → 中项（中项法 / 平均数法求 $S_n$）。
6. ASR 错转（背景）："天星石" → 天心石；"势力 / 石板" → 石板（天坛圜丘坛）。
7. ASR 错转（二级结论4）："SN 等于 M，FM 等于 N 则 FM 加 N 等于负 M 加 N" → 若 $S_m=n,\ S_n=m\ (m\neq n)$，则 $S_{m+n}=-(m+n)$。
8. ASR 错转（二级结论3）："FM 加 N 等于 FM 加上 FN，再加上一个 MN 的公式" → $S_{m+n}=S_m+S_n+mn\cdot d$（已补推导验证）。
9. ASR 错转（二级结论1）："AP 等于 Q，Q 等于 P，则 A(P+Q) 等于 0" → 若 $a_p=q,\ a_q=p$，则 $a_{p+q}=0$。
10. 讲义笔误（老师自纠）：某题本写"等比"，应为"等差"（老师原话"比字打错了"），已改正。
11. 作业 $a_{10}$（存疑待核）："$\{1/a_n\}$ 为等差，求 $a_{10}$"的数据 ASR 严重乱码（出现"47 分之七加根号二"等无法对应原式），无法可靠还原，以讲义为准。
12. 取值范围规矩已应用：本讲唯一真实取值范围（证明题2 的 $a_1$）已写成区间 / 集合 $\{a_1\mid\dots\}$ 形式，未用纯不等式。
13. 集合符号规范：本讲内容为等差数列求和，未涉及"补集 / 并集 / 交集 / 包含"等集合符号，故"普及→补集"等相关修正项不适用；若后续出现，将统一还原为 $\complement_U A,\ \cup,\ \cap,\ \subseteq,\ \subsetneq$。