高一数学同步辅导教材(第10讲)
高一数学同步辅导教材（第 10 讲）
一、本讲速度
3.3 等差数列的前 n 项和
3.4 等比数列
二、本讲主要内容
1、等差数列的前 n 项和的公式及应用
2、等比数列的概念和性质
三、学习指导
1、要掌握等差数列的前 n 项和的公式及其推导方法。
课本首先通过 1+2+3+…+100 的高斯算法发现等差数列的前 n 项中，第 k 项与倒数第 k 项的和等于
首未两项的和，从而可以用倒序相加方法得到前 n 项和的公式：
2
)( 21 aanSn
①
将等差数列通项公式 an=a1+(n－1)d 代入①可得到公式的另一种形式： dnnnaSn 2
)1(
1
②
公式①是用首项 a1,末项 an 与项数 n 表示的，公式②是用首项 a1,项数 n 与公差 d 表示的，在使用上
各有其方便的地方。
公式②还可以如下导出：
Sn=a1+a2+a3+…+an
=a1+(a1+d)+(a1+2d)+…+[a1+(n－1)d]
=na1+[1+2+…+(n－1)]d
=na1+ dnn
2
)1(
注意公式中 d 前面是
2
)1( nn ，不要误认为
2
)1( nn 。
如果 a1,d 是确定的常数，那么公式②可以写成： )n2
d(an2
dS 1
2
n 。设
2
da ,b=a1－
2
d ,则
Sn=an2+bn。当 a≠0(即 d≠0)时，Sn 是关于 n 的不含常数项的二次式，反之，可以证明，当一个数列的前
n 项和是一个不含常数项的 n 的二次式时，这个数列一定是等差数列。
2、要正确理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式和等比中项的概念，并能用公式解决一些
简单问题。
与得出等差数列概念类似，课本也是通过归纳三个数列的共同特点给出等比数列的定义及公比概念。
由等差数列定义知，等比数列的任意一项都不为 0，因而公比 q≠0，由定义还可知，如果 )2(
1
na
a
n
n 都
是同一个常数 q，那么数列 na 就是等比数列。an+1=anq 是等比数列的递推公式。
与得出等差数列通项公式类似，等比数列的通项公式也是通过不完全归纳法得到的：an=a1qn－1。将
它写成 n
n qq
aa )( 1 后可以知道，当 q>0 且 q≠1 时，y=qx 是一个指数函数而 xqq
ay )( 1 是一个非零
常数与一个指数常数的积。因此等比数列的图象是函数 nqq
ay )( 1 图象上的一群孤立的点。
与等差中项概念类似，如果在 a 和 b 中间插入一个数 G，使 a,G,b 成等比数列，那么 G 叫做 a,b 的
等比中项。如果 a,b 异号，那么 a,b 不存在等比数中项；如果 a,b 同号，那么 abG 或 abG ，
其中 abG 也叫 a,b 的几何平均值。
在等比数列 na 中，从第 2 项起，每一项都是它相邻两项的等比中项，也是与它等距的前后两项的
等比中项。
等比数列有如下一些性质：
(1)设数列 是公比为 q 的等比数列，则 an=amqn－m(m,n∈N+)
(2)设数列 是等比数列，如果 m,n,k,l ∈N+，且 m+n=k+ ,那么 aman=ak+ la .
(3)等比数列中，序号成等差数列的项成等比数列。即当 2k=m+n 时，an·am= 2
ka
四、典型例题分析
例 1、在等差数列 中，
(1)已知 a6+a9+a12+a15=34，求前 20 项之和；
(2)已知 Sp=Sq(p≠q)，求 Sp+q
解题思路分析
(1)利用等差数列性质，a6+a15=a9+a12=a1+a20=17，求得 S20=170
(2)∵Sp=
2
)( 1 paap
,Sq=
2
)( 1 qaaq
, ∴Sp=Sq 可以转化成 a1+ap+q=0,从而得 Sp+q=0
例 2、等差数列 中，a1>0 且前 n 项之和为 Sn，若 S7=S13，则 n 为何值时，Sn 为最大？
解题思路分析
根据 a1>0,S7=S13,可以确定公差 d<0,如果能进一步推断出 a10>0,a11<0,则得 S10 最大；也可以利用
ndandSn )2(2 1
2 知点（n,Sn）在开口向下的抛物线上，得 102
137 n 时，Sn 最大。
例 3、设数列 和 nb 都是等差数列，它们的前 n 项和分别为 Sn，Tn，且
4
52
n
n
T
S
n
n ，求
17
31
7
7 b
a
的值。
解题思路分析
在等差数列 中 S2n+1=(2n+1)an,同理 T2n+1=(2n+1)bn 由此可得
12
12
n
n
n
n
T
S
b
a 不难求得
例 4、设等差数列的前 n 项和为 Sn，已知 a3=12,S12>0,S13<0;
(1)求公差 d 的取值范围；
(2)指出 S1,S2, …，S12 中哪一个值最大，并说明理由。
解题思路分析
(1)利用等差数列的前 n 项和的公式，由 S12>0,S13<0，得不等式组
02
121313
02
111212
1
1
da
da
解得
37
24 d
(2)由 d<0 知 na 是单调递减数列，要确定 的最大值，只需确定 中项的正、负怎样分界，
可以有多种分法推断 a6>0,a7<0,故得 S6 最大。
例 5、已知在数列 中，a1,a2,a3 成等差数列，a2,a4,a5 成等比数列，a3,a4,a5 的倒数成等差数列。证
明 a1,a3,a5 成等差数列。
解题思路分析
由已知得 2a2=a1+a3,a3
2=a2·a4,
534
112
aaa , 要证明 a1,a3 a5 成等差数列，只需证明 a3
2=a1a5≠0
例 6、有四个数，其中前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，并且第一个数与第四个数的和
是 16，第二个数与第三个数的和是 12，求这四个数。
解题思路分析
根据题设，这四个数可以设为 a－d,a,a+d,
a
da 2)( ,根据题设中的另外的条件列出关于a,d的方程组，
解得
4
4
d
a 或
6
9
d
a 所求四数为 0,4,8,16 或 15,9,3,1
例 7、已知 0
a2+a3,求这 4 个数。
25、已知数列 的前 n 项和
2
)41(3 nnSn
，试求数列 na 的前 30 项的和。
六、参考答案
(一)选择题
1、C 由题设得方程组
402
455
19)4()(
1
11
da
dada
解得 a1=2,d=3,∴a10=a1+9d=29
2、D． 由题设得方程组
11)1(2
702
)11(
1
1
na
an
分别以－1，3，5，7 代入检验，知－1，3 适合。
3、D． 由题设得公差 d= 1
nm
aa nm ,am+n=am+nd=n+n·(－1)=0
4、C． an 是等差数列前 2n+1 项的正中间的一项，S 奇=(n+1)an,
S 偶=nan ∴S 奇:S 偶=(n+1):n=
n
n 1
5、C． )(2 1 nn aanS ∵d<0 ∴a10 时，1≤n≤12，所以 有 12
项大于零。
23、解：设等比数列 na 的首项大为 a1,公比为 q，由已
知，得
654510
1
2
1
2
16
qa
qa
解得：
2
41
q
a
∴an=4×2n－1=2n+1
即通项公式为 an=2n+1, a6=128.
24、解：解方程 x2－21x+108=0 得 x1=9，x2=12∵a1+a4>a2+a3
∴a1+a4=12,a2+a3=9,于是 a4=12－a1,a3=9－a2 由题意,得
)12()9(
)9(2
12
2
2
212
aaa
aaa
消去 a1,得 4a2
2－39a2+81=0 解得 a2=3 或 a2=
4
27
当 a2=3 时,a3=9－a2=6,a1=3a2－9=0,a4=12－a1=12;
当 a2=
4
27 时,a3=9－a2=
4
9 ,a1=3a2－9=
4
45 ,a4=12－a1=
4
3
答:所求 4 个数为 0,3,6,12 或 , ,
25、解：∵ ]4
41)2
41([2
3
2
)41(34 2
2 nnnSn ∴n=20 或 21 时，Sn 取最大值。
又∵a1=s1=60>0, ∴n≤21 时，an≥0，而且 n≥22 时，an<0.
∴|a1|+|a2|+…+|a21|+|a22|+…+|a30|
=(a1+a2+…+a21)－(a22+…+a30)
=2(a1+a2+…+a21) －(a1+a2+…+a30)
=2S21－S30= 7652
)3041(303
2
)2141(2132
七、附录
例 1 的解
(1)解法一：由 a6+a9+a12+a15=34 得:
(a1+5d)+(a1+8d)+(a1+11d)+(a1+14d)=34 即 4a1+38d=34
∴S20=20a1+ 170345)384(52
1920
1 dad
解法二 S20= )(102
)(20
201
201 aaaa 由等差数列性质知，a6+a15=a9+a12=a1+a20=17, ∴S20=170
(2)∵
2
)( 1 p
p
aapS
2
)( 1 q
q
aaqS ,
∴由 Sp=Sq 得 P(a1+ap)=q(a1+aq)即 p[2a1+(p－1)d]n=[2a1+(q－1)d]s
∴2a1(p－q)+d(p2－p－q2+q)=0
∵p≠q, ∴2a1+(p+q－1)d=0
即 a1+ap+q=0
∴ 02
))(( 1
qp
qP
aaqpS
评注：根据问题的需要，恰当地运用条件，关键是要熟练地掌握各个公式和性质。
例 2 的解
方法一：设公差为 d，若 d≥0，则 an=a1+(n－1)d>0 ，这时 Sn 关于 n 单调递增，与 S7=S13 矛盾，
故 d<0。
又 ndandSn )2(2 1
2 ，∴点(n,Sn)位于开口向下的抛物线上，当 n= 102
137 时，Sn 取最大
值。
方法二：由 S7=S13 知 a8+a9+…+a12+a13=0 ∵a8+a12=2a10, a9+a13=2a11,∴a10+a11=0，设公差为 d，若 d
≥0，由 a1>0 知 a10>0.a11>0.与 a10+a11=0 矛盾，∴d<0，于是 a10>0,a11<0,∴S10 最大，即 n=10 时，Sn 取最
大值。
例 3 的解
方法一：∵
2
131
7
aaa ，且
2
)(13 131
13
aaS ∴
13
13
7
Sa 同理
13
13
7
Tb
∴
17
31
413
5132
13
13
7
7
T
S
b
a
方法二：∵
4
52
n
n
T
S
n
n ∴不防设 Sn=kn(2n+5),Tn=kn(n+4)(k≠0)
∴a7=S7－S6=k[7(2×7+5)－6(2×6+5)]=31k
b7=T7－T6=k[7(7+4)－6(6+4)]=17k
∴
17
31
17
31
7
7 k
k
b
a
评注:在等差数列 na 中,S2n+1=(2n+1)an 是联系项与前 n 项和的重要公式,了解法二利用了等差数列
的前 n 项和 Sn 是关于 n 的不含常数项的二次式的性质,设 Sn 和 Tn 的表达式的。
例 4 的解
(1)由 a3=12 得 a1+2d=12 ,a1=12－2d 由 S12>0 ,S13<0 得
02
121313
02
111212
1
1
da
da
即
06
02
11
1
1
da
da
∴
06212
02
11212
dd
dd 即
0412
02
712
d
d
解得： 37
24 d
(2)由(1)知 d<0，∴ na 是递减数列，要确定 nS 的最大值，只需确定 na 中项的正、负分界。
方法一：由 S12>0 得 0,0)(62
)(12
7676
121 aaaaaa
由 S13<0 得 0132
)(13
7
131 aaa
∴a7<0, 从而得 a6>－a7>0
∴S6 最大。
方法二：由(1)题中
06
02
11
1
1
da
da 得 a6=a1+5d>－
2
d >0 ,且 a7=a1+6d<0.∴a6>0>a7 S6 最大。
方法三：由(1)题中 a1=12－2d ，得 an=a1+(n－1)d=12－2d+(n－1)d=12+(n－3)d.
∵ 37
24 d ∴当 n≤6 时，an 07
12 当 n≥7 时，an<0，同样得 S6 最大。
方法四：∵
22
31 )]245(2
1[2)]245(2
1[22
)1()2(2
)1(
d
d
dnddnndandnnnaSn ∵
d<0 ∴ 2)]245(2
1[ dn 最小时，Sn 最大。
∵ ∴
2
13)245(2
16 d
∴当 n=6 时， 最小，即 S6 最大。
评注：本题给出的多种解法值得仔细回味，有助于我们对知识的深刻理解和灵活运用。显然其中
第(2)题的方法一是最常用的解法。
例 5 的解：
由题设得 2a2=a1+a3 ①, a3
2=a2a4 ②,
534
112
aaa ③
由③得
53
53
4
2
aa
aaa ④
由①得
2
31
2
aaa ⑤
将④，⑤代入②，得
53
53312
3
2
2 aa
aaaaa
即
53
315
3
)(
aa
aaaa
，a3(a3+a5)=a5(a1+a3)
化简，得 a3
2=a1a5(a1a5≠0)
∴a1,a3a5 成等比数列。
评注：要证三数 a,b,c 成等差数列，只需证明 b2=ac(ac≠0)
例 6 的解：
设这四个数依次为 a－d,a,a+d,
a
da 2)( ,
依题意，得
12d)(aa
16a
d)(ad)(a
2
由②得，得 d=12－2a 代入①，得
(3a－12)+ 16)12( 2
a
a 整理得
a2－13a+36=0 解得 a=4 或 a=9
代入②，得 d=4 或 d=－6
从而所求四个数为 0，4，8，16 或 15，9，3，1。
评注：三个数成等比数列，则中间一项是这三个数积的几何平均值，如果积是一个定值就可以把
中间一项求出来。三个数成等比数列时，可以设 aqaq
a ,,
例 7 的解：
∵p－r=2(p－q) ∴2q=p+r
(1)由题意，a1%= )%4(5
1
4
11
%4
1%1
rp
pr
(2)由题意，an+1%= )%4(5
1
4
11
%4
1%1
n
n
ap
pa
即 an+1=
5
1 (p+4an)
(3)由(2)知,an+1=
5
4 an+
5
1 p 即 an+1－p= (an－p)
∴ pan 是一个公比为
5
4 ，首项为 (r－p)的等比数列。
an－p=
5
4 (r－p)(
5
4 )n－1=(r－p)·( )n
∴an=p－(p－r) ( )n
(4)由 p－(p－r)( )n≥q=
2
rp 得(p－r)( )n≤
2
1 (p－r)，即(
4
5 )n≥2
∴ 1.32lg31
2lg n
则满足条件的最小整数为 4，即至少要混合 4 次。
①
②
