4.2.2 等差数列的前 $n$ 项和公式

上一小节把等差数列的每一项说清楚了，这一小节要把它们加起来。 加法看似只是体力活，但等差数列的和有一个漂亮的结构：首末配对，每一对都一样大。 把这句话写成算式，就是这一节的全部内容。

课本从高斯求 $1+2+\dots+100$ 讲起，先按奇偶分类推出 $\dfrac{n(n+1)}{2}$，再用”倒序相加”避开分类， 最后推广到一般等差数列。这里换个顺序：先把倒序相加这一个动作立住（它是整节的方法论）， 再一次给出两个求和公式与它们的选用规则，然后专讲这一节真正难的两件事—— $S_n$ 的最值与由 $S_n$ 反求 $a_n$。

一、倒序相加：一个动作解决全部

高斯的算法是把 $1+2+\dots+100$ 配成 $50$ 对，每对都等于 $101$。这一招好用， 但对奇数项要单独处理（中间那一项没有伴），于是要分奇偶讨论。

倒序相加法把分类讨论一次性去掉了：把和正着写一遍、倒着再写一遍，逐位相加。

$$\begin{aligned} S_n&=a_1+a_2+\dots+a_n,\\ S_n&=a_n+a_{n-1}+\dots+a_1, \end{aligned}$$

两式相加，右边逐位配对：

$2S_n=(a_1+a_n)+(a_2+a_{n-1})+\dots+(a_n+a_1).$

这里用到上一小节那条下标和性质：$1+n=2+(n-1)=\dots=n+1$，所以每一对的和都等于 $a_1+a_n$， 一共 $n$ 对（不是 $\frac n2$ 对——因为每一项都被数了两遍）。于是

$2S_n=n(a_1+a_n).$

为什么”倒序”能免掉分类：正序与倒序各写一遍，无论 $n$ 是奇是偶，都恰好凑出 $n$ 个相同的数， 中间项也被数了两次、不再特殊。这就是它比”两两配对”高明的地方，也是本节唯一的方法论。

二、两个求和公式，什么时候用哪一个

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

公式 (2) 由 (1) 把 $a_n=a_1+(n-1)d$ 代进去即得。选用规则很简单：

别忘了 $(2)$ 里是 $\dfrac{n(n-1)}{2}$，不是 $\dfrac{n(n+1)}{2}$。 记法：从 $a_1$ 加到 $a_n$， 一共补进去 $0+1+2+\dots+(n-1)$ 个 $d$，也就是 $\dfrac{n(n-1)}{2}$ 个。

五个量知三求二。 等差数列的相关量是 $a_1,\ d,\ n,\ a_n,\ S_n$，其中 $a_n$ 与 $S_n$ 各由 通项公式、求和公式与前三个量相连。所以任给三个量（且相互独立），另外两个就定了—— 这一节的”基本量”题全是这句话的变形，解法一律是列方程（组）。

注意 $n$ 是正整数：解出的 $n$ 若为负数或分数，一律舍去。这是本节最常见的”漏一步”。

一条顺带的性质：平均数

把公式 (1) 变形：

$\frac{a_1+a_n}{2}=\frac{a_1+a_2+\dots+a_n}{n}=\frac{S_n}{n}.$

等差数列前 $n$ 项的平均数，等于首末两项的平均数。 这条在选择填空里极省时间： 比如 $S_{15}=15\cdot\dfrac{a_1+a_{15}}{2}=15a_8$——奇数项和等于中间项乘项数。

三、$S_n$ 是关于 $n$ 的二次函数（没有常数项）

把公式 (2) 按 $n$ 整理：

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

当 $d\neq 0$ 时，这是 $n$ 的二次式，且常数项为 $0$。于是：

• $S_n$ 是二次函数 $y=\dfrac d2x^2+\left(a_1-\dfrac d2\right)x$ 在 $x=n$ 处的值，图象是抛物线上一串孤立的点；
• $d>0$ 时开口向上（$S_n$ 有最小值），$d<0$ 时开口向下（$S_n$ 有最大值）；
• 反过来，若一个数列的前 $n$ 项和形如 $S_n=pn^2+qn$（常数项必须为 $0$）， 则它是等差数列，公差 $2p$、首项 $p+q$。若 $S_n=pn^2+qn+r$ 且 $r\neq 0$， 那它从第 2 项起才是等差数列，第 1 项对不上——这正是下面第五节要处理的事。

四、求 $S_n$ 的最值：两条路，各有各的坑

路一：看每一项的正负（推荐）。 $S_n$ 在”还在加正数”时递增、“开始加负数”后递减。所以：

• $a_1>0,\ d<0$：数列递减，找出最后一个非负项，加到它为止 $S_n$ 最大；
• $a_1<0,\ d>0$：数列递增，找出最后一个非正项，加到它为止 $S_n$ 最小。

操作就是解不等式 $a_n\geqslant 0$（或 $\leqslant 0$）。注意等号：若恰好有某一项为 $0$， 则加不加它都一样，$S_n$ 在两个 $n$ 处同时取到最值（课本例 9 里 $a_6=0$，故 $S_5=S_6=30$）。

路二：配方（用第三节那个二次式）。 $S_n=\dfrac d2n^2+\left(a_1-\dfrac d2\right)n$ 配方后， 对称轴在某个 $x_0$ 处，取离 $x_0$ 最近的正整数 $n$。$x_0$ 恰好是半整数时， 它左右两个整数给出同一个值——与路一”某项为零”是同一件事的两种说法。

两条路都要记得 $n\in\mathbf{N}^*$。 配方法算出的对称轴 $x_0$ 往往不是整数， 直接把 $x_0$ 当答案是这一节最典型的错法。

这两条路都吃「等差」这个前提。 路一之所以「找出最后一个非负项」就能收工， 是因为等差数列的项至多变一次号（$a_n=a_1+(n-1)d$ 是 $n$ 的一次式，公差定号）； 路二之所以配方就够，是因为 $S_n$ 恰好是二次函数。这两件事都随「等差」一起消失。

判据本身是通用的：

$$S_k\geqslant S_n\ \text{对一切}\ n \iff a_2,\dots,a_k\geqslant 0\ \text{且}\ a_{k+1},a_{k+2},\dots\leqslant 0 .$$

等差数列白送的只是最后那句「符号不会再变回来」。数列一旦不是等差， 解出 $a_n\geqslant 0$ 的范围就只完成了一半，还得把「此后恒为负」单独证出来。

2014 年浙江卷第 19 题是个干净的例子。那里要求和的是 $c_n=\dfrac{1}{2^{n}}-\dfrac{1}{n(n+1)}$，符号由 $n(n+1)$ 与 $2^{n}$ 谁大决定， 而这两个量相遇两次：

$n=1$ 处恰好相等（于是 $c_1=0$），接着 $n(n+1)$ 领先三步，到 $n=5$ 才被反超。 只验到 $n=5$ 就写「从此恒负」，结论碰巧对，但那一步没有被证明： 要补一条单调性（记 $t_n=\dfrac{n(n+1)}{2^{n}}$，则 $\dfrac{t_{n+1}}{t_n}=\dfrac{n+2}{2n}<1\ (n>2)$）， 或者一次数学归纳法。在等差数列这一节里免费拿到的那一句，出了这一节就得自己付钱。

五、由 $S_n$ 反求 $a_n$：必须分家

已知 $S_n$ 的表达式求通项，只有一条路：

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

为什么要分家：$S_n-S_{n-1}$ 这个式子里出现了 $S_{n-1}$，而 $S_0$ 没有定义， 所以它只对 $n\geqslant 2$ 成立。$a_1$ 必须单独由 $S_1$ 求。

求完之后一定要回头核：把 $n=1$ 代进 $n\geqslant 2$ 那一支，看得不得到 $S_1$。

• 对得上 → 合成一个式子写；
• 对不上 → 老老实实写成分段的样子。

对得上与否，判据就在第三节那句话：$S_n$ 的常数项是不是 $0$。 $S_n=\frac14n^2+\frac23n+3$ 的常数项是 $3\neq 0$，所以必然对不上，答案一定是分段的。

六、块状性质：$S_k$、$S_{2k}-S_k$、$S_{3k}-S_{2k}$ 成等差数列

把等差数列每 $k$ 项分成一段，各段的和依次是

$S_k,\quad S_{2k}-S_k,\quad S_{3k}-S_{2k},\quad \dots$

它们构成一个新的等差数列，公差是 $k^2d$。理由：第二段的每一项都比第一段对应项大 $kd$， 一段有 $k$ 项，所以段和相差 $k\cdot kd=k^2d$。

这条在”给 $S_4$、$S_8$ 求 $S_{16}$“这类题里比基本量法快，但基本量法永远可靠—— 不确定时就设 $a_1$、$d$ 列方程，两条路互相核对。

七、易错清单

按失分频率排：

1. 求和公式里写成 $\dfrac{n(n+1)}{2}d$。 是 $\dfrac{n(n-1)}{2}d$。用 $n=2$ 快速核：$S_2=2a_1+d$。
2. 解出的 $n$ 不是正整数还照抄。 负根、分数根一律舍，并写明”舍去”。
3. 求 $S_n$ 最值时把对称轴当答案，或忘了”某项为零时两个 $n$ 同时取到”。
4. 由 $S_n$ 求 $a_n$ 时不分家，直接写 $a_n=S_n-S_{n-1}$ 而不验 $n=1$。
5. 把”前 $n$ 项和”与”第 $n$ 项”看混。 $S_n$ 是累计量，$a_n$ 是单项。
6. 实际问题里项数数错。 “从 12 月 20 日到次年 1 月 1 日”要一天一天数清楚， 两端都算在内。
7. 用块状性质时把公差写成 $kd$。 是 $k^2d$。

八、这一节考过的真题（怎么用它们）

页面下方”考过本节的真题”那一段是构建期从知识图谱派生出来的完整清单。 给一个读的顺序：

• 先做 2017 年第 6 题（"$d>0$"是"$S_{4}+S_{6}>2S_{5}$"的什么条件）：把三个和用求和公式写开， 左右一减只剩一个 $d$——这是”五个量知三求二”里最省事的一次代入。 也可以两次作差直接压成 $a_{6}-a_{5}=d$，连公式都不必展开。

• 再做 2015 年第 3 题（$a_{3}$、$a_{4}$、$a_{8}$ 成等比，判断 $a_{1}d$ 与 $dS_{4}$ 的符号）： 等比条件不定出具体的数，只钉死 $a_{1}$ 与 $d$ 的比例（$a_{1}:d=5:(-3)$）； 两个乘积于是都化成同一个平方的负倍数，符号一起定下来。$dS_{4}$ 那一半正是本节的公式。

• 然后是 2022 年第 20 题：在一个等差数列里挑出三项让它们成等比，再算一个和。 它值得慢慢做，因为它同时用到本节的两件事：用基本量把条件写成方程， 以及求和公式的正用。第 (2) 问里的判别式与对勾函数是它的难点，但入口仍是这一节的 “五个量知三求二”。

• 2020 年第 7 题（由 $b_{n+1}=S_{n+2}-S_{2n}$ 造一个新数列，问哪个等式不可能成立）： 本节公式的反向用法——两个前 $n$ 项和相减，剩下的是一段连续项； 先把它压成”项数 $\times$ 中间项”，四个选项才各自变成一个关于 $\frac{a_{1}}{d}$ 的方程。 硬展开两遍求和公式也做得出来，但那条路要算四次二次式。

• 上限是 2019 年第 20 题：等差数列打底，由 $S_{n}+b_{n}$、$S_{n+1}+b_{n}$、$S_{n+2}+b_{n}$ 成等比解出 $b_{n}=n(n+1)$，第 (2) 问再放缩裂项证不等式。 本节在这道题里只是第一步的工具，但那一步写不对，后面整道全塌。

• 另有一道只借这一节当零件的：2014 年浙江卷（理）第 10 题（把 $[0,1]$ 等分成 $99$ 份， 比三个 $\sum_{i=1}^{99}\lvert f(a_i)-f(a_{i-1})\rvert$）。那道题的主线在函数那一章， 但两处求和都是本节的倒序相加：$f_1=x^{2}$ 的相邻落差是 $\frac{2i-1}{99^{2}}$， 分子 $1,3,5,\dots,197$ 首末配对得 $\frac{99(1+197)}{2}=99^{2}$，于是那个和恰好是 $1$； $f_2=2(x-x^{2})$ 的相邻落差是 $\frac{2\lvert 100-2i\rvert}{99^{2}}$，绝对值把它劈成 $98,96,\dots,2$ 与 $2,4,\dots,98$ 两串，各配对得 $\frac{49(2+98)}{2}=2450$。 它是”首末配对”最朴素的一次使用：不必背公式，把首项与末项加起来乘项数除以 $2$ 就行。

至于这一节的其余练习，最好的用法不是找更难的题，而是把第四节的最值与第五节的分家各写三遍—— 这两处是后面学导数求最值、学数列综合题时反复要用的动作。

这一节的页里住着四批题：第 23 页「练习」3 道（§4.2.1 那一小节的练习，正好跨页排在这里）、 第 27–28 页「练习」5 道、第 29 页「练习」5 道，以及 §4.2 全节末尾的「习题 4.2」12 道。 本份详解做其中 23 道，不收的两道各有理由：

• 习题 4.2 第 4 题（哈雷彗星）——“请你查找资料，列出回归时间表”，是开放式的资料查阅作业， 没有唯一解答；
• 习题 4.2 第 11 题（虎甲虫）——爬行距离的数据在一张表格里，而表格在课本上是图、 不在文字转写里，题面引文引不全，独立复核也就无靶可核。要做那一道，请对着上方第 30 页的扫描图读表。

本站解答没有官方答案可比（人教A版学生用书不含答案），页面上那句声明说的就是这件事； 所以每道题都过了一次独立 verifier 的复核。每道题先逐字引课本的题面（引用块），再写解答。

全程用到的四个式子：$a_n=a_1+(n-1)d$、$a_n=a_m+(n-m)d$、 $S_n=\dfrac{n(a_1+a_n)}{2}$、$S_n=na_1+\dfrac{n(n-1)}{2}d$。

练习（第 23 页）第 3 题

3. 在等差数列 $\{a_{n}\}$ 中，$a_{n} = m$，$a_{m} = n$，且 $n \neq m$，求 $a_{m+n}$.

注意读题：这里的 $m$、$n$ 是两个下标，题目给的是”第 $n$ 项等于 $m$、第 $m$ 项等于 $n$”， 两个下标互相跑到了对方的位置上。

设公差为 $d$。由 $a_n=a_m+(n-m)d$ 得

$m=n+(n-m)d.$

因为 $n\neq m$，即 $n-m\neq 0$，可以两边同除：

$d=\frac{m-n}{n-m}=-1.$

再从 $a_n=m$ 走到 $a_{m+n}$，跨了 $(m+n)-n=m$ 个公差：

$a_{m+n}=a_n+m\cdot d=m+m\times(-1)=0.$

换个起点核一遍：从 $a_m=n$ 走到 $a_{m+n}$，跨了 $(m+n)-m=n$ 个公差，

$a_{m+n}=a_m+n\cdot d=n+n\times(-1)=0,$

两条路一致。所以

$a_{m+n}=0.$

举例再核一次：取 $m=2$、$n=5$，则要求 $a_5=2$、$a_2=5$，公差 $d=\dfrac{2-5}{5-2}=-1$， 数列是 $6,5,4,3,2,1,0,\dots$，而 $a_{m+n}=a_7=0$ ✓。

这道题的关键动作：用 $a_n=a_m+(n-m)d$ 直接求 $d$，不必先求 $a_1$—— $a_1$ 在本题里根本不需要出场。

练习（第 23 页）第 4 题

4. 已知数列 $\{a_{n}\}$，$\{b_{n}\}$ 都是等差数列，公差分别为 $d_{1}$，$d_{2}$，数列 $\{c_{n}\}$ 满足 $c_{n} = a_{n} + 2b_{n}$.

(1) 数列 $\{c_{n}\}$ 是不是等差数列？若是，证明你的结论；若不是，请说明理由.

(2) 若 $\{a_{n}\}$ ， $\{b_{n}\}$ 的公差都等于 2， $a_{1}=b_{1}=1$ ，求数列 $\{c_{n}\}$ 的通项公式.

(1) 是等差数列，公差为 $d_1+2d_2$。

证明：判定等差数列只需算相邻两项的差。对任意 $n\in\mathbf{N}^*$，

$$c_{n+1}-c_n=(a_{n+1}+2b_{n+1})-(a_n+2b_n) =(a_{n+1}-a_n)+2(b_{n+1}-b_n)=d_1+2d_2.$$

$d_1$、$d_2$ 都是常数，所以 $d_1+2d_2$ 是与 $n$ 无关的常数。按定义（从第 2 项起， 每一项与它的前一项的差都等于同一个常数），$\{c_n\}$ 是等差数列，公差 $d_1+2d_2$。

（$d_1+2d_2$ 可以为 $0$，那时 $\{c_n\}$ 是常数列——常数列也是等差数列，公差 $0$，结论不受影响。）

(2) 由 $d_1=d_2=2$、$a_1=b_1=1$ 得

$a_n=1+2(n-1)=2n-1,\qquad b_n=1+2(n-1)=2n-1.$

于是

$c_n=a_n+2b_n=(2n-1)+2(2n-1)=3(2n-1)=6n-3.$

核一遍：$c_1=a_1+2b_1=1+2=3$，而 $6\times 1-3=3$ ✓； 由 (1) 知公差应为 $d_1+2d_2=2+4=6$，而 $c_n=6n-3$ 的公差正是 $6$ ✓。

练习（第 23 页）第 5 题

5. 已知一个无穷等差数列 $\{a_{n}\}$ 的首项为 $a_{1}$，公差为 $d$.

（1）将数列中的前 $m$ 项去掉，其余各项组成一个新的数列，这个新数列是等差数列吗？如果是，它的首项和公差分别是多少？

(2) 依次取出数列中的所有奇数项，组成一个新的数列，这个新数列是等差数列吗？如果是，它的首项和公差分别是多少？

（3）依次取出数列中所有序号为7的倍数的项，组成一个新的数列，它是等差数列吗？你能根据得到的结论作出一个猜想吗？

三小问的动作相同：把新数列的第 $k$ 项用原数列的项表示出来，再算相邻两项的差。

(1) 去掉前 $m$ 项后，新数列的第 $k$ 项是 $b_k=a_{m+k}$（$k\in\mathbf{N}^*$）。

$b_{k+1}-b_k=a_{m+k+1}-a_{m+k}=d,$

是常数，所以新数列是等差数列，公差仍为 $d$；首项

$b_1=a_{m+1}=a_1+md.$

(2) 所有奇数项依次是 $a_1,a_3,a_5,\dots$，即新数列的第 $k$ 项 $c_k=a_{2k-1}$。

$c_{k+1}-c_k=a_{2k+1}-a_{2k-1}=\left[(2k+1)-(2k-1)\right]d=2d,$

是常数，所以是等差数列，公差 $2d$；首项 $c_1=a_1$。

(3) 序号为 $7$ 的倍数的项依次是 $a_7,a_{14},a_{21},\dots$，即 $e_k=a_{7k}$。

$e_{k+1}-e_k=a_{7(k+1)}-a_{7k}=\left[7(k+1)-7k\right]d=7d,$

是常数，所以是等差数列，公差 $7d$；首项 $e_1=a_7=a_1+6d$。

猜想：在等差数列 $\{a_n\}$ 中，按等间隔取出的项仍构成等差数列。 准确地说，取定 $p\in\mathbf{N}^*$ 与 $t\in\mathbf{N}^*$，令 $f_k=a_{p+(k-1)t}$（下标本身成公差为 $t$ 的等差数列），则

$f_{k+1}-f_k=\left[\left(p+kt\right)-\left(p+(k-1)t\right)\right]d=td,$

所以 $\{f_k\}$ 是公差为 $td$ 的等差数列，首项 $a_p$。

(1) 是 $p=m+1,\ t=1$；(2) 是 $p=1,\ t=2$；(3) 是 $p=7,\ t=7$。 一句话记法：下标每跨 $t$ 步，值就跨 $t$ 个公差。

练习（第 27 页）第 1 题

1. 根据下列各题中的条件，求相应等差数列 $\{a_{n}\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}$.

(1) $a_1 = 5, a_n = 95, n = 10$; (2) $a_1 = 100, d = -2, n = 50$;

(3) $a_1 = -4, a_8 = -18, n = 10$; (4) $a_1 = 14.5, d = 0.7, a_n = 32$.

选公式的规则：给了首项与末项就用 $S_n=\dfrac{n(a_1+a_n)}{2}$，给了首项与公差就用 $S_n=na_1+\dfrac{n(n-1)}{2}d$。

(1) 首项、末项、项数都给了，直接用公式 (1)：

$S_{10}=\frac{10\times(5+95)}{2}=\frac{10\times 100}{2}=500.$

(2) 给的是首项与公差，用公式 (2)：

$S_{50}=50\times 100+\frac{50\times 49}{2}\times(-2)=5000-2450=2550.$

(3) 先由两项求公差。从 $a_1$ 到 $a_8$ 跨了 $7$ 个公差：

$d=\frac{a_8-a_1}{8-1}=\frac{-18-(-4)}{7}=\frac{-14}{7}=-2.$

再求 $a_{10}=a_1+9d=-4+9\times(-2)=-22$，然后用公式 (1)：

$S_{10}=\frac{10\times(-4-22)}{2}=\frac{10\times(-26)}{2}=-130.$

（用公式 (2) 核一遍：$10\times(-4)+\dfrac{10\times 9}{2}\times(-2)=-40-90=-130$ ✓。）

(4) 项数没给，先由通项公式求 $n$：

$32=14.5+(n-1)\times 0.7 \;\Longrightarrow\; 0.7(n-1)=17.5 \;\Longrightarrow\; n-1=25 \;\Longrightarrow\; n=26,$

$n=26$ 是正整数，合法。再用公式 (1)：

$S_{26}=\frac{26\times(14.5+32)}{2}=13\times 46.5=604.5.$

核一遍：用公式 (2)，$26\times 14.5+\dfrac{26\times 25}{2}\times 0.7=377+325\times 0.7=377+227.5=604.5$ ✓。

练习（第 27 页）第 2 题

2. 等差数列-1，-3，-5，…的前多少项的和是-100？

首项 $a_1=-1$，公差 $d=-3-(-1)=-2$。用公式 (2)：

$S_n=n\times(-1)+\frac{n(n-1)}{2}\times(-2)=-n-n(n-1)=-n^2.$

令 $S_n=-100$：

$-n^2=-100 \;\Longrightarrow\; n^2=100 \;\Longrightarrow\; n=10 \quad\text{或}\quad n=-10.$

项数必须是正整数，所以 $n=-10$ 舍去，得

$n=10.$

即这个数列的前 10 项之和是 $-100$。

核一遍：$a_{10}=-1+9\times(-2)=-19$，$S_{10}=\dfrac{10\times(-1-19)}{2}=\dfrac{10\times(-20)}{2}=-100$ ✓。

顺带记一条：这个数列的 $S_n=-n^2$ 是关于 $n$ 的二次式且常数项为零，与”$S_n=pn^2+qn$ 者必为等差数列”相符。

练习（第 28 页）第 3 题

3. 在等差数列 $\{a_{n}\}$ 中，$S_{n}$ 为其前 $n$ 项的和，若 $S_{4} = 6$，$S_{8} = 20$，求 $S_{16}$.

解法一（基本量法，最可靠）。 设首项 $a_1$、公差 $d$，用公式 (2)：

$$\begin{cases} S_4=4a_1+\dfrac{4\times 3}{2}d=4a_1+6d=6,\\[2pt] S_8=8a_1+\dfrac{8\times 7}{2}d=8a_1+28d=20. \end{cases}$$

第一式两边除以 $2$ 得 $2a_1+3d=3$；第二式两边除以 $4$ 得 $2a_1+7d=5$。两式相减：

$4d=2 \;\Longrightarrow\; d=\frac12,$

回代 $2a_1=3-3\times\dfrac12=\dfrac32$，即 $a_1=\dfrac34$。于是

$S_{16}=16a_1+\frac{16\times 15}{2}d=16\times\frac34+120\times\frac12=12+60=72.$

解法二（块状性质）。 把数列每 $4$ 项一段，各段的和依次是 $S_4,\ S_8-S_4,\ S_{12}-S_8,\ S_{16}-S_{12}$。因为第二段每一项都比第一段对应项大 $4d$、 一段有 $4$ 项，所以相邻段和之差恒为 $4\times 4d=16d$，这四个数成等差数列。

已知 $S_4=6$、$S_8-S_4=20-6=14$，故这个新等差数列的公差是 $14-6=8$，于是

$S_{12}-S_8=14+8=22,\qquad S_{16}-S_{12}=22+8=30,$

$S_{16}=6+14+22+30=72.$

两条路都给出 $S_{16}=72$。

回代核一遍：$a_1=\dfrac34,\ d=\dfrac12$ 时 $S_4=3+3=6$ ✓，$S_8=6+14=20$ ✓， 新等差数列的公差 $16d=8$ 与上面算出的 $8$ 一致 ✓。

练习（第 28 页）第 4 题

4. 在等差数列 $\{a_{n}\}$ 中，若 $S_{15} = 5(a_{2} + a_{6} + a_{k})$ ，求 $k$

设首项 $a_1$、公差 $d$。

左边先化简。 由公式 (1) 与下标和性质（$1+15=2\times 8$）：

$S_{15}=\frac{15(a_1+a_{15})}{2}=\frac{15\times 2a_8}{2}=15a_8.$

右边写成基本量。

$a_2+a_6+a_k=(a_1+d)+(a_1+5d)+\left[a_1+(k-1)d\right]=3a_1+(k+5)d.$

而 $15a_8=15\left(a_1+7d\right)$，故原式 $S_{15}=5(a_2+a_6+a_k)$ 成为

$15a_1+105d=5\left[3a_1+(k+5)d\right]=15a_1+5(k+5)d,$

两边消去 $15a_1$、再除以 $5$：

$21d=(k+5)d.$

这一步要分类：

• 若 $d\neq 0$，两边同除 $d$ 得 $k+5=21$，即 $\boxed{k=16}$；
• 若 $d=0$，等式对任意 $k\in\mathbf{N}^*$ 都成立，$k$ 不唯一。

题目要求”求 $k$“，即要一个确定的答案，所以取公差不为零的情形：

$k=16.$

核一遍（取 $a_1=0,\ d=1$，即 $a_n=n-1$）：$S_{15}=\dfrac{15\times(0+14)}{2}=105$； $a_2+a_6+a_{16}=1+5+15=21$，而 $5\times 21=105$ ✓。

这道题的关键动作：先把 $S_{15}$ 化成 $15a_8$（奇数项数的和等于中间项乘项数）， 再两边都写成 $a_1$ 与 $d$ 的式子——比直接展开 $S_{15}$ 干净。

练习（第 28 页）第 5 题

5. 已知一个等差数列的项数为奇数，其中所有奇数项的和为 290，所有偶数项的和为 261。求此数列中间一项的值以及项数。

设项数为 $2n+1$（$n\in\mathbf{N}^*$），数列为 $a_1,a_2,\dots,a_{2n+1}$，公差为 $d$。

先数清两边各有几项。 序号为奇数的项是 $a_1,a_3,\dots,a_{2n+1}$，共 $n+1$ 项； 序号为偶数的项是 $a_2,a_4,\dots,a_{2n}$，共 $n$ 项。

再各自求和。 奇数项本身构成公差为 $2d$ 的等差数列，其首末两项是 $a_1$ 与 $a_{2n+1}$， 由 $1+(2n+1)=2(n+1)$ 得 $a_1+a_{2n+1}=2a_{n+1}$，所以

$$S_{\text{奇}}=\frac{(n+1)\left(a_1+a_{2n+1}\right)}{2}=(n+1)a_{n+1}=290. \tag{i}$$

偶数项构成公差为 $2d$ 的等差数列，首末两项是 $a_2$ 与 $a_{2n}$，由 $2+2n=2(n+1)$ 得 $a_2+a_{2n}=2a_{n+1}$，所以

$$S_{\text{偶}}=\frac{n\left(a_2+a_{2n}\right)}{2}=n\,a_{n+1}=261. \tag{ii}$$

两式相除（$a_{n+1}\neq 0$，否则 (ii) 给出 $261=0$，矛盾；$n\geqslant 1$ 故 $n\neq 0$）：

$\frac{n+1}{n}=\frac{290}{261} \;\Longrightarrow\; 261(n+1)=290n \;\Longrightarrow\; 261=29n \;\Longrightarrow\; n=9.$

于是项数

$2n+1=19,$

中间一项（第 $n+1=10$ 项）由 (ii) 得

$a_{10}=a_{n+1}=\frac{261}{n}=\frac{261}{9}=29.$

核一遍：$(n+1)a_{n+1}=10\times 29=290$ ✓，与 (i) 相符。 另有一条更短的核法：$S_{\text{奇}}-S_{\text{偶}}=290-261=29$，而由 (i)(ii) 这个差恰等于 $a_{n+1}$，正是中间项 $29$ ✓。

所以这个数列有 19 项，中间一项是 29。

练习（第 29 页）第 1 题

1. 某市一家商场的新年最高促销奖设立了两种领奖方式：第一种，获奖者可以选择2000元的奖金；第二种，从12月20日到第二年的1月1日，每天到该商场领取奖品，第1天领取的奖品价值为100元，第2天为110元，以后逐天增加10元。你认为哪种领奖方式获奖者受益更多？

第一步：数清第二种方式一共领几天。 12 月有 31 天，从 12 月 20 日到 12 月 31 日共 $31-20+1=12$ 天，再加上第二年的 1 月 1 日，一共

$12+1=13 \ (\text{天}).$

（两端都算在内，这是本题最容易数错的一步。）

第二步：把奖品价值写成等差数列。 第 1 天 $100$ 元，以后每天多 $10$ 元， 所以各天价值 $a_n$ 构成首项 $a_1=100$、公差 $d=10$ 的等差数列。

第三步：求 13 天的总价值。

$S_{13}=13\times 100+\frac{13\times 12}{2}\times 10=1300+78\times 10=1300+780=2080 \ (\text{元}).$

第四步：比较。

$2080>2000,$

所以第二种领奖方式获奖者受益更多，比第一种多 $2080-2000=80$ 元。

核一遍：第 13 天的价值 $a_{13}=100+12\times 10=220$ 元，用公式 (1) 重算 $S_{13}=\dfrac{13\times(100+220)}{2}=\dfrac{13\times 320}{2}=2080$ ✓，两条路一致。

练习（第 29 页）第 2 题

2. 已知数列 $\{a_{n}\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n} = \frac{1}{4} n^{2} + \frac{2}{3} n + 3$. 求这个数列的通项公式.

由 $S_n$ 求 $a_n$ 必须分家：$a_1=S_1$，而 $a_n=S_n-S_{n-1}$ 只对 $n\geqslant 2$ 成立 （$S_0$ 没有定义）。

$n=1$：

$a_1=S_1=\frac14+\frac23+3=\frac{3}{12}+\frac{8}{12}+\frac{36}{12}=\frac{47}{12}.$

$n\geqslant 2$：

$$\begin{aligned} a_n&=S_n-S_{n-1}\\ &=\left[\frac14n^2+\frac23n+3\right]-\left[\frac14(n-1)^2+\frac23(n-1)+3\right]\\ &=\frac14\left[n^2-(n-1)^2\right]+\frac23\left[n-(n-1)\right]\\ &=\frac14(2n-1)+\frac23\\ &=\frac{n}{2}-\frac14+\frac23=\frac{n}{2}+\frac{5}{12}. \end{aligned}$$

回头核 $n=1$：把 $n=1$ 代进上式得 $\dfrac12+\dfrac{5}{12}=\dfrac{11}{12}$， 而 $a_1=\dfrac{47}{12}$，对不上。所以通项公式是分段的：

$$a_n=\begin{cases} \dfrac{47}{12}, & n=1,\\[6pt] \dfrac{n}{2}+\dfrac{5}{12}, & n\geqslant 2. \end{cases}$$

为什么必然对不上：等差数列的前 $n$ 项和形如 $pn^2+qn$，常数项为零； 这里的 $S_n$ 有常数项 $3\neq 0$，所以 $\{a_n\}$ 从第 2 项起才是等差数列（公差 $\frac12$）， 第 1 项被那个 $3$ 顶出去了。

核一遍：$a_1+a_2=\dfrac{47}{12}+\left(1+\dfrac{5}{12}\right)=\dfrac{47}{12}+\dfrac{17}{12}=\dfrac{64}{12}=\dfrac{16}{3}$， 而 $S_2=\dfrac14\times 4+\dfrac23\times 2+3=1+\dfrac43+3=\dfrac{16}{3}$ ✓。

练习（第 29 页）第 3 题

3. 已知等差数列 -4.2, -3.7, -3.2, … 的前 n 项和为 $S_{n}$ , $S_{n}$ 是否存在最大（小）值？如果存在，求出取得最值时 n 的值.

首项 $a_1=-4.2$，公差 $d=-3.7-(-4.2)=0.5>0$。

先定性：$d>0$，所以 $S_n=\dfrac d2n^2+\left(a_1-\dfrac d2\right)n$ 是开口向上的二次式， $S_n$ 有最小值、没有最大值（$n$ 增大时 $S_n\to+\infty$）。

再定位最小值。 通项

$a_n=-4.2+0.5(n-1)=0.5n-4.7.$

解 $a_n\leqslant 0$：

$0.5n-4.7\leqslant 0 \;\Longrightarrow\; n\leqslant 9.4,$

因为 $n\in\mathbf{N}^*$，所以 $a_1,\dots,a_9$ 都 $\leqslant 0$（其中 $a_9=4.5-4.7=-0.2<0$）， 而 $a_{10}=5-4.7=0.3>0$，此后各项恒正。

于是 $S_1>S_2>\dots>S_9$（一直在加负数），而 $S_{10}>S_9$（开始加正数）， 所以 $S_n$ 在 $n=9$ 处取得最小值：

$S_9=\frac{9\left(a_1+a_9\right)}{2}=\frac{9\times(-4.2-0.2)}{2}=\frac{9\times(-4.4)}{2}=-19.8.$

结论：$S_n$ 存在最小值 $-19.8$，在 $n=9$ 时取得；不存在最大值。

用配方核一遍：$S_n=\dfrac{0.5}{2}n^2+\left(-4.2-0.25\right)n=0.25n^2-4.45n$， 对称轴 $n=\dfrac{4.45}{0.5}=8.9$，离它最近的正整数是 $9$，与上面一致； $S_9=0.25\times 81-4.45\times 9=20.25-40.05=-19.8$ ✓。 （注意 $a_9\neq 0$，所以最小值只在 $n=9$ 一处取到，不存在两个 $n$ 并列的情形。）

练习（第 29 页）第 4 题

4. 求集合 $M = \{m \mid m = 2n - 1, n \in \mathbf{N}^*\}$，且 $m < 60$ 中元素的个数，并求这些元素的和.

$M$ 是全体正奇数之集，题目要的是其中小于 $60$ 的那些元素。

先数个数。 由 $m=2n-1<60$ 得

$2n<61 \;\Longrightarrow\; n<30.5,$

而 $n\in\mathbf{N}^*$，所以 $n=1,2,\dots,30$，共 30 个元素，依次是

$1,\ 3,\ 5,\ \dots,\ 59$

（末项 $2\times 30-1=59<60$ ✓；下一个 $2\times 31-1=61\geqslant 60$，确实取不到）。

再求和。 这 30 个数构成首项 $1$、公差 $2$ 的等差数列，用公式 (1)：

$S_{30}=\frac{30\times(1+59)}{2}=\frac{30\times 60}{2}=900.$

核一遍：用公式 (2)，$30\times 1+\dfrac{30\times 29}{2}\times 2=30+870=900$ ✓。 另外前 $n$ 个正奇数之和恒为 $n^2$，这里 $30^2=900$，第三条路也一致。

练习（第 29 页）第 5 题

*5. 已知数列 $\{a_{n}\}$ 的通项公式为 $a_{n} = \frac{n - 2}{2n - 15}$，前 $n$ 项和为 $S_{n}$。求 $S_{n}$ 取得最小值时 $n$ 的值。

这不是等差数列，所以不能套求和公式。但求 $S_n$ 最值的原理不变： $S_n$ 在”还在加负数”时递减、“开始加正数”后递增，所以只需判断每一项的正负。

先看分母：$2n-15=0$ 当且仅当 $n=7.5$，而 $n$ 是正整数，所以分母恒不为零，$a_n$ 处处有定义。

逐段判号。 分子 $n-2$，分母 $2n-15$：

• $n=1$：$a_1=\dfrac{-1}{-13}=\dfrac{1}{13}>0$；
• $n=2$：$a_2=\dfrac{0}{-11}=0$；
• $3\leqslant n\leqslant 7$：分子 $n-2>0$，分母 $2n-15<0$（因 $n\leqslant 7<7.5$），故 $a_n<0$；
• $n\geqslant 8$：分子 $n-2>0$，分母 $2n-15>0$（因 $n\geqslant 8>7.5$），故 $a_n>0$。

于是 $S_n$ 的走势是：

$S_1=\frac{1}{13},\quad S_2=S_1\ (\text{因 }a_2=0),\quad S_2>S_3>S_4>\dots>S_7,$

而从 $n=8$ 起每一项都为正，所以 $S_7<S_8<S_9<\dots$。

因此 $S_n$ 在 $n=7$ 处取得最小值：

$n=7.$

核一遍：$a_7=\dfrac{7-2}{14-15}=\dfrac{5}{-1}=-5<0$，$a_8=\dfrac{6}{16-15}=6>0$， 负正分界确实在第 7 项与第 8 项之间；$a_2=0$ 只让 $S_1=S_2$，不影响最小值的位置。

这道题的关键动作：求和的最值不必先求出 $S_n$ 的表达式—— 只要知道每一项的正负，最值的位置就定了。

习题 4.2 第 1 题

1. 根据下列等差数列 $\{a_{n}\}$ 中的已知量，求相应的未知量：

(1) $a_1 = 20, a_n = 54, S_n = 999$, 求 $d$ 及 $n$; (2) $d = \frac{1}{3}, n = 37, S_n = 629$, 求 $a_1$ 及 $a_n$;

(3) $a_1 = \frac{5}{6}, d = -\frac{1}{6}, S_n = -5$，求 $n$ 及 $a_n$；(4) $d = 2, n = 15, a_n = -10$，求 $a_1$ 及 $S_n$.

这一题是”五个量 $a_1,d,n,a_n,S_n$ 知三求二”的标准演练。先挑那条只含已知量的式子解出第一个未知量。

(1) 已知 $a_1$、$a_n$、$S_n$，公式 (1) 里只剩 $n$ 未知：

$999=\frac{n(20+54)}{2}=37n \;\Longrightarrow\; n=27.$

$n=27$ 是正整数，合法。再由通项公式求 $d$：

$54=20+(27-1)d \;\Longrightarrow\; 26d=34 \;\Longrightarrow\; d=\frac{34}{26}=\frac{17}{13}.$

核：$S_{27}=\dfrac{27\times 74}{2}=999$ ✓。

(2) 已知 $d$、$n$、$S_n$，公式 (2) 里只剩 $a_1$ 未知：

$629=37a_1+\frac{37\times 36}{2}\times\frac13=37a_1+666\times\frac13=37a_1+222,$

$37a_1=407 \;\Longrightarrow\; a_1=11.$

再求末项：

$a_{37}=11+36\times\frac13=11+12=23.$

核：$S_{37}=\dfrac{37\times(11+23)}{2}=\dfrac{37\times 34}{2}=629$ ✓。

(3) 已知 $a_1$、$d$、$S_n$，公式 (2) 里只剩 $n$ 未知：

$-5=n\times\frac56+\frac{n(n-1)}{2}\times\left(-\frac16\right)=\frac{5n}{6}-\frac{n(n-1)}{12}.$

两边乘 $12$：

$-60=10n-n(n-1)=10n-n^2+n=11n-n^2,$

即

$n^2-11n-60=0 \;\Longrightarrow\; (n-15)(n+4)=0 \;\Longrightarrow\; n=15 \ \text{或}\ n=-4.$

项数是正整数，$n=-4$ 舍去，得 $n=15$。再求

$a_{15}=\frac56+14\times\left(-\frac16\right)=\frac{5}{6}-\frac{14}{6}=-\frac{9}{6}=-\frac32.$

核：$S_{15}=\dfrac{15\times\left(\frac56-\frac32\right)}{2}=\dfrac{15\times\left(-\frac23\right)}{2}=-5$ ✓。

(4) 已知 $d$、$n$、$a_n$，通项公式里只剩 $a_1$ 未知：

$-10=a_1+(15-1)\times 2=a_1+28 \;\Longrightarrow\; a_1=-38.$

再用公式 (1)：

$S_{15}=\frac{15\times(-38-10)}{2}=\frac{15\times(-48)}{2}=-360.$

核：用公式 (2)，$15\times(-38)+\dfrac{15\times 14}{2}\times 2=-570+210=-360$ ✓。

习题 4.2 第 2 题

2. 已知 $\{a_{n}\}$ 为等差数列，$a_{1} + a_{3} + a_{5} = 105$，$a_{2} + a_{4} + a_{6} = 99$。求 $a_{20}$。

两个条件各自先压成一项。 由下标和性质 $1+5=2\times 3$ 得 $a_1+a_5=2a_3$，所以

$a_1+a_3+a_5=3a_3=105 \;\Longrightarrow\; a_3=35.$

同理 $2+6=2\times 4$ 得 $a_2+a_6=2a_4$，所以

$a_2+a_4+a_6=3a_4=99 \;\Longrightarrow\; a_4=33.$

求公差：

$d=a_4-a_3=33-35=-2.$

从 $a_3$ 走到 $a_{20}$，跨 $17$ 个公差：

$a_{20}=a_3+17d=35+17\times(-2)=35-34=1.$

核一遍：$a_1=a_3-2d=35+4=39$，则 $a_1+a_3+a_5=39+35+31=105$ ✓， $a_2+a_4+a_6=37+33+29=99$ ✓，$a_{20}=39+19\times(-2)=39-38=1$ ✓。

这道题的关键动作：三项等差之和等于中间项的 3 倍——这是等差中项的直接推论， 比设 $a_1$、$d$ 解二元方程组快一大截。

习题 4.2 第 3 题

3.（1）求从小到大排列的前 $n$ 个正偶数的和.

(2) 求从小到大排列的前 n 个正奇数的和.

(3) 在三位正整数的集合中有多少个数是 5 的倍数？求这些数的和.

（4）在小于100的正整数中，有多少个数被7除余2？这些数的和是多少？

四小问都是”先认出等差数列，再数项数，最后套公式”。

(1) 前 $n$ 个正偶数是 $2,4,6,\dots,2n$，首项 $2$、公差 $2$、末项 $2n$，共 $n$ 项：

$S=\frac{n(2+2n)}{2}=n(n+1).$

核：$n=3$ 时 $2+4+6=12$，而 $3\times 4=12$ ✓。

(2) 前 $n$ 个正奇数是 $1,3,5,\dots,2n-1$，首项 $1$、公差 $2$、末项 $2n-1$，共 $n$ 项：

$S=\frac{n\left[1+(2n-1)\right]}{2}=\frac{n\times 2n}{2}=n^2.$

核：$n=4$ 时 $1+3+5+7=16=4^2$ ✓。

(3) 三位正整数是 $100$ 到 $999$。其中最小的 $5$ 的倍数是 $100$，最大的是 $995$ （$1000$ 已是四位数），它们构成首项 $100$、公差 $5$、末项 $995$ 的等差数列。项数：

$995=100+(k-1)\times 5 \;\Longrightarrow\; 5(k-1)=895 \;\Longrightarrow\; k-1=179 \;\Longrightarrow\; k=180.$

所以有 180 个。它们的和

$S_{180}=\frac{180\times(100+995)}{2}=90\times 1095=98550.$

(4) 被 $7$ 除余 $2$ 的正整数形如 $7t+2$（$t=0,1,2,\dots$），即 $2,\ 9,\ 16,\ \dots$， 首项 $2$、公差 $7$。要求小于 $100$：

$7t+2<100 \;\Longrightarrow\; 7t<98 \;\Longrightarrow\; t<14,$

所以 $t=0,1,\dots,13$，共 14 个，末项 $7\times 13+2=93$。 （下一个是 $100$，但 $100$ 不小于 $100$，且 $100=7\times 14+2$ 确实被 $7$ 除余 $2$——所以这里的 “小于 $100$“是严格不等号，$100$ 必须排除。）它们的和

$S_{14}=\frac{14\times(2+93)}{2}=7\times 95=665.$

核：用公式 (2)，$14\times 2+\dfrac{14\times 13}{2}\times 7=28+91\times 7=28+637=665$ ✓。

习题 4.2 第 5 题

5. 已知一个多边形的周长等于 $158 \mathrm{~cm}$, 所有各边的长成等差数列, 最大的边长为 $44 \mathrm{~cm}$, 公差为 $3 \mathrm{~cm}$. 求这个多边形的边数.

设边数为 $n$（$n\geqslant 3$ 且 $n\in\mathbf{N}^*$）。把各边长从大到小排成数列： 首项 $44$、公差 $-3$（题目说的”公差为 $3$“指相邻两边相差 $3\ \mathrm{cm}$； 从大到小排时每一步减 $3$）。周长就是各边长之和：

$S_n=44n+\frac{n(n-1)}{2}\times(-3)=158.$

两边乘 $2$：

$88n-3n(n-1)=316 \;\Longrightarrow\; 88n-3n^2+3n=316 \;\Longrightarrow\; 3n^2-91n+316=0.$

判别式

$\Delta=91^2-4\times 3\times 316=8281-3792=4489=67^2>0,$

两根

$n=\frac{91\pm 67}{6},\qquad\text{即}\qquad n=4 \quad\text{或}\quad n=\frac{158}{6}=\frac{79}{3}.$

$\dfrac{79}{3}$ 不是整数，舍去；$n=4$ 满足 $n\geqslant 3$。

验一遍它是不是真的可行：$n=4$ 时四条边依次是 $44,\ 41,\ 38,\ 35$（都为正）， 周长 $44+41+38+35=158$ ✓，且最大边 $44<41+38+35=114$，满足”任一边小于其余各边之和”这条 多边形必须满足的条件。

所以这个多边形有 4 条边。

习题 4.2 第 6 题

6. 数列 $\{a_{n}\}$，$\{b_{n}\}$ 都是等差数列，且 $a_{1} = 5$，$b_{1} = 15$，$a_{100} + b_{100} = 100$。求数列 $\{a_{n} + b_{n}\}$ 的前100项的和。

令 $c_n=a_n+b_n$。设 $\{a_n\}$、$\{b_n\}$ 的公差分别为 $d_1$、$d_2$，则

$c_{n+1}-c_n=(a_{n+1}-a_n)+(b_{n+1}-b_n)=d_1+d_2,$

是常数，所以 $\{c_n\}$ 也是等差数列（这一步不能省——下面要用等差数列的求和公式）。

已知

$c_1=a_1+b_1=5+15=20,\qquad c_{100}=a_{100}+b_{100}=100.$

用公式 (1)：

$S_{100}=\frac{100\left(c_1+c_{100}\right)}{2}=\frac{100\times(20+100)}{2}=50\times 120=6000.$

核一遍：$\{c_n\}$ 的公差 $d_1+d_2=\dfrac{c_{100}-c_1}{99}=\dfrac{80}{99}$， 用公式 (2) 重算 $S_{100}=100\times 20+\dfrac{100\times 99}{2}\times\dfrac{80}{99}=2000+50\times 80=2000+4000=6000$ ✓。

注意题目只给了 $c_1$ 与 $c_{100}$，$d_1$、$d_2$ 各自是多少并不需要知道—— 公式 (1) 只要首末两项。

习题 4.2 第 7 题

7. 已知 $S_{n}$ 是等差数列 $\{a_{n}\}$ 的前 $n$ 项和.

(1) 证明 $\left\{\frac{S_{n}}{n}\right\}$ 是等差数列；

(2) 设 $T_{n}$ 为数列 $\left\{\frac{S_{n}}{n}\right\}$ 的前 n 项和，若 $S_{4}=12, S_{8}=40$ ，求 $T_{n}$ .

(1) 证明。 设 $\{a_n\}$ 的首项为 $a_1$、公差为 $d$。由求和公式 (2)，

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

两边除以 $n$（$n\in\mathbf{N}^*$，故 $n\neq 0$，除得动）：

$\frac{S_n}{n}=a_1+\frac{n-1}{2}d.$

记 $b_n=\dfrac{S_n}{n}$，则对任意 $n\in\mathbf{N}^*$，

$b_{n+1}-b_n=\left[a_1+\frac{n}{2}d\right]-\left[a_1+\frac{n-1}{2}d\right]=\frac{d}{2},$

是与 $n$ 无关的常数。按定义，$\left\{\dfrac{S_n}{n}\right\}$ 是等差数列， 首项 $b_1=a_1$、公差 $\dfrac d2$。（这也正是”前 $n$ 项的平均数”那条性质： $\dfrac{S_n}{n}=\dfrac{a_1+a_n}{2}$。）

(2) 先由两个条件定出 $a_1$ 与 $d$：

$$\begin{cases} S_4=4a_1+6d=12,\\ S_8=8a_1+28d=40, \end{cases} \qquad\text{即}\qquad \begin{cases} 2a_1+3d=6,\\ 2a_1+7d=10. \end{cases}$$

相减得 $4d=4$，即 $d=1$；回代 $2a_1=6-3=3$，即 $a_1=\dfrac32$。

于是由 (1)，

$b_n=\frac{S_n}{n}=a_1+\frac{n-1}{2}d=\frac32+\frac{n-1}{2}=\frac{n+2}{2}.$

$\{b_n\}$ 是首项 $b_1=\dfrac32$、公差 $\dfrac12$ 的等差数列，末项 $b_n=\dfrac{n+2}{2}$， 用公式 (1) 求它的前 $n$ 项和：

$$T_n=\frac{n\left(b_1+b_n\right)}{2}=\frac{n\left(\frac32+\frac{n+2}{2}\right)}{2} =\frac{n\cdot\frac{n+5}{2}}{2}=\frac{n(n+5)}{4}.$$

核一遍：$b_1=\dfrac32,\ b_2=2,\ b_3=\dfrac52,\ b_4=3$， $T_4=\dfrac32+2+\dfrac52+3=9$；而公式给 $\dfrac{4\times 9}{4}=9$ ✓。 再核 $S_4$：$b_4=\dfrac{S_4}{4}=3 \Rightarrow S_4=12$ ✓；$b_8=\dfrac{8+2}{2}=5 \Rightarrow S_8=40$ ✓。

习题 4.2 第 8 题

8. 已知两个等差数列 2, 6, 10, …, 190 及 2, 8, 14, …, 200, 将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列. 求这个新数列的各项之和.

先把两个数列写清楚。

• 第一个：首项 $2$、公差 $4$，通项 $4k-2$，末项 $190$（由 $4k-2=190$ 得 $k=48$，共 48 项）。 它的项都是”被 $4$ 除余 $2$“的数；
• 第二个：首项 $2$、公差 $6$，通项 $6j-4$，末项 $200$（由 $6j-4=200$ 得 $j=34$，共 34 项）。 它的项都是”被 $6$ 除余 $2$“的数。

公共项的形状。 一个数同时”被 $4$ 除余 $2$“且”被 $6$ 除余 $2$“，等价于它减去 $2$ 后 既是 $4$ 的倍数又是 $6$ 的倍数，即是 $\operatorname{lcm}(4,6)=12$ 的倍数。所以公共项形如

$12s+2 \quad (s=0,1,2,\dots),$

即 $2,\ 14,\ 26,\ \dots$——它们本身构成一个首项 $2$、公差 $12$ 的等差数列。

再卡住上界。 公共项必须同时落在两个数列里，所以不能超过两个末项中较小的那个：

$12s+2\leqslant 190 \;\Longrightarrow\; 12s\leqslant 188 \;\Longrightarrow\; s\leqslant 15.67,$

故 $s=0,1,\dots,15$，共 16 项，末项 $12\times 15+2=182$。 （$182\leqslant 190$ 且 $182\leqslant 200$，两边都在；下一个 $194>190$，越界。）

验一下 $182$ 确实在两个数列里：$182=4\times 46-2$ ✓，$182=6\times 31-4$ ✓。

求和（首项 $2$、末项 $182$、共 16 项）：

$S_{16}=\frac{16\times(2+182)}{2}=8\times 184=1472.$

核一遍：用公式 (2)，$16\times 2+\dfrac{16\times 15}{2}\times 12=32+120\times 12=32+1440=1472$ ✓。

习题 4.2 第 9 题

9. 一支车队有 15 辆车，某天下午依次出发执行运输任务。第一辆车于 14 时出发，以后每间隔 10 min 发出一辆车。假设所有的司机都连续开车，并都在 18 时停下来休息。

(1) 截止到 18 时，最后一辆车行驶了多长时间？

(2) 如果每辆车行驶的速度都是 $60 \, km/h$ ，这个车队当天一共行驶了多少千米？

先把出发时刻写成数列。 第 1 辆 14:00 出发，以后每辆晚 $10\ \mathrm{min}$， 所以第 $k$ 辆的出发时刻比 14:00 晚 $10(k-1)$ 分钟。从 14:00 到 18:00 共 $4\times 60=240\ \mathrm{min}$，故第 $k$ 辆车的行驶时间（单位：min）是

$t_k=240-10(k-1)=250-10k \qquad (k=1,2,\dots,15).$

这是首项 $t_1=240$、公差 $-10$ 的等差数列。

(1) 最后一辆是第 15 辆：

$t_{15}=250-10\times 15=100 \ (\mathrm{min}),$

即 1 小时 40 分钟。

（核一遍：第 15 辆的出发时刻是 $14{:}00$ 后 $10\times 14=140\ \mathrm{min}$，即 $16{:}20$； 从 $16{:}20$ 到 $18{:}00$ 正是 $100\ \mathrm{min}$ ✓。且 $t_{15}=100>0$， 说明 15 辆车在 18 时之前都已出发，全部有行驶时间。）

(2) 15 辆车的行驶时间总和

$\sum_{k=1}^{15}t_k=\frac{15\left(t_1+t_{15}\right)}{2}=\frac{15\times(240+100)}{2}=\frac{15\times 340}{2}=2550 \ (\mathrm{min}).$

化成小时：$2550\ \mathrm{min}=\dfrac{2550}{60}=42.5\ \mathrm{h}$。速度 $60\ \mathrm{km/h}$，所以总路程

$60\times 42.5=2550 \ (\mathrm{km}).$

核一遍：$60\ \mathrm{km/h}$ 恰好是 $1\ \mathrm{km/min}$，所以”总分钟数”与”总千米数”数值相同—— $2550\ \mathrm{min}\to 2550\ \mathrm{km}$，两者一致（这个巧合正好当验算用）。

习题 4.2 第 10 题

10. 已知等差数列 $\{a_{n}\}$ 的公差为 $d$，求证 $\frac{a_{m} - a_{n}}{m - n} = d$。你能从直线的斜率角度来解释这个结果吗？

求证。 这里 $m,\ n\in\mathbf{N}^*$ 且 $m\neq n$（否则分母为零，式子无意义）。 由通项公式，

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

两式相减，$a_1$ 抵消：

$a_m-a_n=\left[(m-1)-(n-1)\right]d=(m-n)d.$

因为 $m\neq n$，即 $m-n\neq 0$，两边同除以 $m-n$：

$\frac{a_m-a_n}{m-n}=d.$

证毕。

从斜率的角度解释。 把数列的每一项画成平面上的点 $\left(n,\ a_n\right)$。 取两点 $A\left(n,\ a_n\right)$ 与 $B\left(m,\ a_m\right)$（$m\neq n$，故两点横坐标不同，直线 $AB$ 有斜率）， 则直线 $AB$ 的斜率

$k_{AB}=\frac{a_m-a_n}{m-n}=d.$

也就是说：等差数列图象上任意两点连线的斜率都等于公差 $d$。 斜率处处相同意味着这些点共线——这正是上一小节那句话的严格版本： 等差数列的通项 $a_n=dn+(a_1-d)$ 是 $n$ 的一次式，点 $(n,a_n)$ 全落在斜率为 $d$ 的直线 $y=dx+(a_1-d)$ 上。

举例核一遍：取 $a_n=3n-1$（$a_1=2$，$d=3$），则 $\dfrac{a_5-a_2}{5-2}=\dfrac{14-5}{3}=3=d$ ✓。

习题 4.2 第 12 题

12. 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”。“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……设各层球数构成一个数列 $\{a_{n}\}$ .

(1) 写出数列 $\{a_{n}\}$ 的一个递推公式；

• (2) 根据 (1) 中的递推公式, 写出数列 $\{a_{n}\}$ 的一个通项公式.

(1) 先看层与层之间多了多少。 由题给的前三项 $a_1=1$、$a_2=3$、$a_3=6$，

$a_2-a_1=2,\qquad a_3-a_2=3.$

差本身是 $2,\ 3,\dots$，即第 $n$ 层比第 $n-1$ 层多 $n$ 个球（每层是一个三角形阵列， 第 $n$ 层比上一层多出一整排，那一排恰有 $n$ 个球）。于是递推公式

$$\begin{cases} a_1=1,\\ a_n=a_{n-1}+n, & n\geqslant 2. \end{cases}$$

（核一遍：$a_2=1+2=3$ ✓，$a_3=3+3=6$ ✓，再往下 $a_4=6+4=10$，与三角形数 $1,3,6,10,\dots$ 相符。）

(2) 由递推求通项：把差累加起来。 对 $n\geqslant 2$，把 $n$ 个式子

$a_2-a_1=2,\quad a_3-a_2=3,\quad \dots,\quad a_n-a_{n-1}=n$

逐式相加，左边中间各项两两抵消（叠加法）：

$a_n-a_1=2+3+\dots+n.$

右边是首项 $2$、末项 $n$、共 $n-1$ 项的等差数列之和：

$2+3+\dots+n=\frac{(n-1)(2+n)}{2}=\frac{n^2+n-2}{2}.$

所以

$a_n=1+\frac{n^2+n-2}{2}=\frac{2+n^2+n-2}{2}=\frac{n(n+1)}{2} \qquad (n\geqslant 2).$

回头验 $n=1$：$\dfrac{1\times 2}{2}=1=a_1$，对得上，所以通项公式对全部 $n\in\mathbf{N}^*$ 成立：

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

核一遍：$a_1=1$，$a_2=3$，$a_3=6$，$a_4=10$，与题给数据及三角垛的实际堆法相符； $a_n-a_{n-1}=\dfrac{n(n+1)}{2}-\dfrac{(n-1)n}{2}=\dfrac{n\left[(n+1)-(n-1)\right]}{2}=n$，与 (1) 的递推式一致。

这道题的关键动作：递推式的差是等差数列时，用”逐式相加”（叠加法）求通项—— 中间项全部抵消，只剩首项与一个等差数列的和。