等差数列 · 通项公式
$$a_n=a_1+(n-1)d=a_m+(n-m)d=pn+q$$
其中 $p=d$，$q=a_1-d$。已知任一项 $a_m$ 与公差 $d$ 亦可求通项。
第八章 数列 · 模块一 等差、等比数列问题
等差、等比数列的
等差、等比数列的
基本公式
诸多等差、等比数列问题，都可以直接代入通项公式、前 n 项和公式解决——把已知条件"翻译"成关于 $a_1$、$d$（或 $a_1$、$q$）的方程（组），求解后回代目标式，即可解决问题。熟悉基本公式，是本节的根本。
难度 ★★
高考核心方法
方法册 + 练习册
熟记等差、等比数列的通项公式与前 n 项和公式（含等价变形）
会用公式"翻译"已知条件，建立关于 $a_1$ 与公差（公比）的方程（组）
求出 $a_1$ 与 $d$（或 $q$），或找到它们的关系，代入目标式求解
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知识导览 · 01
内容提要
四个基本公式 · 全部问题的基础
等差数列 · 前 n 项和
$$S_n=\frac{n(a_1+a_n)}{2}=na_1+\frac{n(n-1)}{2}d=An^2+Bn$$
其中 $A=\dfrac{d}{2}$，$B=a_1-\dfrac{d}{2}$。前 n 项和是关于 n 的二次式（$d\neq0$）。
等比数列 · 通项公式
$$a_n=a_1q^{\,n-1}=a_mq^{\,n-m}$$
公比 $q\neq0$。已知任一项 $a_m$ 与公比 $q$ 亦可求通项。
等比数列 · 前 n 项和
$$S_n=\begin{cases}na_1, & q=1\\[6pt]\dfrac{a_1(1-q^n)}{1-q}, & q\neq1\end{cases}$$
$q\neq1$ 时亦可写为 $S_n=\dfrac{a_1-a_nq}{1-q}$。注意分类讨论 $q=1$。
知识导览 · 02
通用解题路径
基本公式题的四步走
1
审题定位
弄清已知条件与所求目标，判断涉及的是 $a_1,d$ 还是 $a_1,q$。
2
套公式翻译
用通项、前 n 项和公式，把已知条件写成关于 $a_1$、$d(q)$ 的方程（组）。
3
解方程（组）
求出 $a_1$ 与 $d$（或 $q$），或找到它们之间的数量关系。
4
回代求解
把结果代入目标式，求出答案或研究最值、取值范围。
核心思想：已知和所求都用基本公式表示，问题就归结为解方程（组）；只有一个条件时，则寻找变量间的关系来化简目标式。
类型Ⅰ · 等差数列的通项公式与前 n 项和公式
例 1
★★
已知等差数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$，且 $a_5=5$，$a_1+S_{11}=67$，则 $S_5=$____。
答案：$S_5=15$
解 析
已知和所求都容易套公式，将已知翻译成关于 $a_1$ 和公差 $d$ 的方程组并求解，再算 $S_5$：
$$\begin{cases}a_5=a_1+4d=5\\[2pt]a_1+S_{11}=a_1+11a_1+55d=67\end{cases}$$
解得 $a_1=d=1$，所以 $S_5=5a_1+10d=15$。
答案：$15$
类型Ⅰ · 等差数列的通项公式与前 n 项和公式
变式 1
★★
等差数列 $\{a_n\}$ 中，$a_2+a_6+a_7=18$，则 $\dfrac12a_9-a_7$ 的值为（ ）
A．$-6$ B．$-3$ C．$3$ D．$6$
答案：B
解 析
已知条件和要求的量都容易用公式表示，直接套公式翻译它们：
$$a_2+a_6+a_7=(a_1+d)+(a_1+5d)+(a_1+6d)=3a_1+12d=18$$
所以 $a_1+4d=6$ ①，故
$$\dfrac12a_9-a_7=\dfrac12(a_1+8d)-(a_1+6d)=-\dfrac12a_1-2d=-\dfrac12(a_1+4d)=-3$$
答案：B（$-3$）
类型Ⅰ · 等差数列的通项公式与前 n 项和公式
变式 2
★★
已知 $S_n$ 是等差数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和，若 $a_1+a_3=6$，$S_5=S_3+11$，则 $\dfrac{S_n+8}{a_n-1}$ 的最小值为（ ）
A．$\dfrac{11}{2}$ B．$\dfrac{28}{5}$ C．$\dfrac{17}{3}$ D．$\dfrac{13}{2}$
答案：A
解 析
两个条件都容易用公式表示，直接套公式求出 $a_1$ 和 $d$：
$$\begin{cases}2a_1+2d=6\\[2pt]5a_1+10d=3a_1+3d+11\end{cases}\quad\Longrightarrow\quad a_1=2,\ d=1$$
于是 $a_n=a_1+(n-1)d=n+1$，$S_n=\dfrac{n(a_1+a_n)}{2}=\dfrac{n(2+n+1)}{2}=\dfrac{n^2}{2}+\dfrac{3n}{2}$，进而将目标式化为关于 $n$ 的单变量函数：
$$\frac{S_n+8}{a_n-1}=\frac{\frac{n^2}{2}+\frac{3n}{2}+8}{n}=\frac{n}{2}+\frac{8}{n}+\frac{3}{2}\ge 2\sqrt{\frac n2\cdot\frac8n}+\frac32=\frac{11}{2}$$
取等条件是 $\dfrac n2=\dfrac8n$，即 $n=4$，所以 $\left(\dfrac{S_n+8}{a_n-1}\right)_{\min}=\dfrac{11}{2}$。
答案：A
类型Ⅰ · 等差数列的通项公式与前 n 项和公式
变式 3
★★
已知 $\{a_n\}$、$\{b_n\}$ 均为公差不为 $0$ 的等差数列，且 $a_3=b_2$，$a_6=b_4$，则 $\dfrac{a_4-a_1}{b_3-b_2}=$（ ）
A．$2$ B．$1$ C．$\dfrac32$ D．$3$
答案：A
解 析
观察目标式，分子分母容易化为公差，先化简目标式。设 $\{a_n\}$、$\{b_n\}$ 的公差分别为 $d_1$、$d_2$（均不为 $0$），则
$$\frac{a_4-a_1}{b_3-b_2}=\frac{3d_1}{d_2}$$
所以只需找 $d_1$ 与 $d_2$ 的关系。把已知条件用通项公式翻译并消去无关项：
$$\begin{cases}a_3=b_2\\[2pt]a_6=b_4\end{cases}\quad\Longrightarrow\quad\begin{cases}a_1+2d_1=b_1+d_2\\[2pt]a_1+5d_1=b_1+3d_2\end{cases}$$
两式作差消去 $a_1$、$b_1$，得 $-3d_1=-2d_2$，所以 $\dfrac{d_1}{d_2}=\dfrac23$，代入得 $\dfrac{a_4-a_1}{b_3-b_2}=\dfrac{3d_1}{d_2}=2$。
答案：A（$2$）
类型Ⅰ · 方法小结
方法小结
基本公式功能强大——在诸多等差数列问题中，用通项公式与前 $n$ 项和公式"翻译"已知条件，求出 $a_1$ 和 $d$，或找到它们的关系，即可解决问题。
类型Ⅱ · 等比数列的通项公式与前 n 项和公式
例 2
2023 · 全国乙卷
★★
已知 $\{a_n\}$ 为等比数列，$a_2a_4a_5=a_3a_6$，$a_9a_{10}=-8$，则 $a_7=$____。
答案：$a_7=-2$
解 析
已知和所求都容易用通项公式翻译，直接代入：
$$a_2a_4a_5=a_3a_6\;\Longrightarrow\;a_1q\cdot a_1q^3\cdot a_1q^4=a_1q^2\cdot a_1q^5\quad\text{化简得}\ a_1q=1\ \text{①}$$
$$a_9a_{10}=-8\;\Longrightarrow\;a_1q^8\cdot a_1q^9=a_1^2q^{17}=-8\ \text{②}$$
由①得 $a_1=\dfrac1q$，代入②得 $q^{15}=-8$，所以 $q^5=-2$ ③。结合①③：
$$a_7=a_1q^6=a_1q\cdot q^5=q^5=-2$$
答案：$-2$
类型Ⅱ · 等比数列的通项公式与前 n 项和公式
变式 1
2022 · 全国乙卷
★★
已知等比数列 $\{a_n\}$ 的前 $3$ 项和为 $168$，$a_2-a_5=42$，则 $a_6=$（ ）
A．$14$ B．$12$ C．$6$ D．$3$
答案：D
解 析
由已知条件建立关于 $a_1$ 和 $q$ 的方程组，求出后再求 $a_6$。设公比为 $q$：
$$\begin{cases}a_1+a_2+a_3=a_1(1+q+q^2)=168\\[2pt]a_2-a_5=a_1q(1-q^3)=a_1q(1-q)(1+q+q^2)=42\end{cases}$$
两式相除得 $\dfrac{1}{q(1-q)}=4$，解得 $q=\dfrac12$，所以 $a_1=96$，故
$$a_6=96\times\left(\dfrac12\right)^5=3$$
答案：D（$3$）
类型Ⅱ · 等比数列的通项公式与前 n 项和公式
变式 2
★★
已知正项等比数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$，且 $S_4-2S_2=3$，则 $S_6-S_4$ 的最小值为（ ）
A．$\dfrac14$ B．$3$ C．$4$ D．$12$
答案：D
解 析
项的下标较小，直接列项翻译已知和所求更简便：
$$S_4-2S_2=(a_1+a_2+a_3+a_4)-2(a_1+a_2)=a_3+a_4-a_1-a_2=(a_1+a_2)(q^2-1)=3\ \text{①}$$
$$S_6-S_4=a_5+a_6=(a_1+a_2)q^4\ \text{②}$$
由①反解出 $a_1+a_2=\dfrac{3}{q^2-1}$ 代入②，化为关于 $q$ 的单变量表达式：
$$S_6-S_4=\frac{3q^4}{q^2-1}=3(q^2-1)+\frac{3}{q^2-1}+6$$
用均值不等式前先判断 $q^2-1$ 的正负：$\{a_n\}$ 是正项等比数列，故 $a_1+a_2>0$，结合①知 $q^2-1>0$，所以
$$S_6-S_4\ge 2\sqrt{3(q^2-1)\cdot\frac{3}{q^2-1}}+6=12$$
当且仅当 $3(q^2-1)=\dfrac{3}{q^2-1}$，即 $q=\sqrt2$ 时等号成立，故 $S_6-S_4$ 的最小值为 $12$。
答案：D（$12$）
类型Ⅱ · 方法小结
方法小结
在诸多等比数列问题中，用通项公式和前 $n$ 项和公式"翻译"已知条件，求出 $a_1$ 和 $q$，或找到它们的关系，即可解决问题。反思：单条件的等比数列问题，可翻译已知条件建立变量间的关系，用于化简目标式。
类型Ⅲ · 等差、等比数列综合题
例 3
★★★
在等差数列 $\{a_n\}$ 中，$a_1=2$，且 $a_2$、$a_3+2$、$a_8$ 构成等比数列。
（1）求数列 $\{a_n\}$ 的通项公式；
（2）令 $b_n=2^{a_n}+9$，记 $S_n$ 为数列 $\{b_n\}$ 的前 $n$ 项和，若 $S_n\ge2023$，求正整数 $n$ 的最小值。
答案：$a_n=2n$；$n_{\min}=6$
解
（1）条件容易直接代公式求出 $d$。设公差为 $d$，因为 $a_2$、$a_3+2$、$a_8$ 成等比数列，所以 $(a_3+2)^2=a_2a_8$，即
$$(a_1+2d+2)^2=(a_1+d)(a_1+7d)$$
将 $a_1=2$ 代入整理得 $d^2=4$，解得 $d=\pm2$。注意检验：$(a_3+2)^2=a_2a_8$ 只是成等比数列的必要条件。当 $d=-2$ 时，$a_2=a_1+d=0$，与题意不符，故 $d=2$，$a_n=a_1+(n-1)d=2n$。
（2）因为 $4^n$ 是等比数列可以求和，对 $4^n$ 与 $9$ 分别求和再相加：
$$b_n=2^{a_n}+9=2^{2n}+9=4^n+9$$
$$S_n=(4^1+4^2+\cdots+4^n)+9n=\frac{4(1-4^n)}{1-4}+9n=\frac{4^{n+1}-4}{3}+9n$$
解不等式 $S_n\ge2023$ 直接求解困难，但 $\{S_n\}$ 单调递增，只需找临界情况：
$$S_{n+1}-S_n=4^{n+1}+9>0\quad\Longrightarrow\quad\{S_n\}\ \text{单调递增}$$
又 $S_5=1409<2023$，$S_6=5514>2023$，所以满足 $S_n\ge2023$ 的最小正整数 $n$ 为 $6$。
答案：$a_n=2n$；$n_{\min}=6$
类型Ⅲ · 等差、等比数列综合题
例 4
★★★
公差不为 $0$ 的等差数列 $\{a_n\}$ 的部分项 $a_{k_1}$、$a_{k_2}$、$a_{k_3}$、… 构成等比数列，且 $k_1=1$，$k_2=2$，$k_3=5$，则 $k_n=$____。
答案：$k_n=\dfrac{3^{n-1}+1}{2}$
解 析
已知条件容易代公式，找到 $a_1$ 与 $d$ 的关系。由题意 $a_1$、$a_2$、$a_5$ 成等比数列，故 $a_2^2=a_1a_5$，即
$$(a_1+d)^2=a_1(a_1+4d)\quad\Longrightarrow\quad d=2a_1$$
所以 $a_n=a_1+(n-1)\cdot2a_1=(2n-1)a_1$。等比数列 $\{a_{k_n}\}$ 已有前 $3$ 项，可求其通项（注意 $a_{k_n}$ 是 $\{a_{k_n}\}$ 中的第 $n$ 项）。设公比为 $q$：
$$q=\frac{a_{k_2}}{a_{k_1}}=\frac{a_2}{a_1}=\frac{3a_1}{a_1}=3\quad\Longrightarrow\quad a_{k_n}=a_{k_1}q^{n-1}=a_1\cdot3^{n-1}$$
又 $a_{k_n}=(2k_n-1)a_1$，所以 $a_1\cdot3^{n-1}=(2k_n-1)a_1$，故
$$k_n=\frac{3^{n-1}+1}{2}$$
答案：$\dfrac{3^{n-1}+1}{2}$
类型Ⅲ · 方法小结
方法小结
求数列的最大最小项或 $S_n$ 的最值，直接判断困难时，基本都会优先考虑单调性。
下标 $k_n$ 看起来复杂，其实我们仅仅是将每一个条件用基本公式代入，答案就出来了。
强化训练 · 第 1 / 15 题
12023 · 全国甲卷 · ★
记 $S_n$ 为等差数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和。若 $a_2+a_6=10$，$a_4a_8=45$，则 $S_5=$（ ）
A．$25$ B．$22$ C．$20$ D．$15$
答案：C（$S_5=20$）
解 析
已知和要求的都容易代公式，直接用公式翻译：
$$a_2+a_6=(a_1+d)+(a_1+5d)=2a_1+6d=10\quad\Longrightarrow\quad a_1+3d=5\ \text{①}$$
又 $a_4a_8=45$，即 $(a_1+3d)(a_1+7d)=45$，与①联立解得 $a_1=2$，$d=1$，所以
$$S_5=5a_1+10d=10+10=20$$
答案：C（$S_5=20$）
提示：先独立完成，再点开核对答案；若做错，回到对应类型例题重看方法。
强化训练 · 第 2 / 15 题
22024 · 新课标Ⅱ卷 · ★
设 $S_n$ 为等差数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和，若 $a_3+a_4=7$，$3a_2+a_5=5$，则 $S_{10}=$____。
答案：$S_{10}=95$（$a_1=-4,\ d=3$）
解 析
已知条件容易代公式翻译，建立关于 $a_1$ 和 $d$ 的方程组：
$$\begin{cases}a_3+a_4=(a_1+2d)+(a_1+3d)=7\\[2pt]3a_2+a_5=3(a_1+d)+(a_1+4d)=5\end{cases}$$
解得 $\begin{cases}a_1=-4\\d=3\end{cases}$，所以
$$S_{10}=10a_1+\frac{10\times9}{2}d=-40+45=95$$
答案：$S_{10}=95$
强化训练 · 第 3 / 15 题
32023 · 贵州贵阳模拟 · ★
已知等差数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$，若 $S_1=3$，$\dfrac{S_2}{2}+\dfrac{S_4}{4}=18$，则 $S_5=$（ ）
A．$21$ B．$48$ C．$75$ D．$83$
答案：C（$S_5=75$，$a_1=3,\ d=6$）
解 析
已知和所求都容易代公式。由 $S_1=a_1=3$，且
$$\frac{S_2}{2}+\frac{S_4}{4}=\frac{2a_1+d}{2}+\frac{4a_1+6d}{4}=2a_1+2d=18$$
所以 $a_1+d=9$，解得 $d=6$，故
$$S_5=5a_1+10d=15+60=75$$
答案：C（$S_5=75$）
强化训练 · 第 4 / 15 题
42022 · 江苏南京模拟 · ★★
把 $120$ 个面包全部分给 $5$ 个人，使每人所得面包个数成等差数列，且较大的三份之和是较小的两份之和的 $7$ 倍，则最小一份面包的个数为（ ）
A．$2$ B．$5$ C．$6$ D．$11$
答案：A（最小一份为 $2$）
解 析
先把文字信息翻译成数列问题：设 5 人分到的面包从少到多依次为 $a_1,a_2,\dots,a_5$，公差为 $d$，由题意
$$\begin{cases}a_3+a_4+a_5=7(a_1+a_2)\\[2pt]S_5=5a_1+10d=120\end{cases}$$
即 $\begin{cases}3a_1+9d=7(2a_1+d)\\a_1+2d=24\end{cases}$，由第一式得 $d=\dfrac{11a_1}{2}$，代入第二式得 $a_1+11a_1=24$，故 $a_1=2$。
答案：A（最小一份为 $2$）
强化训练 · 第 5 / 15 题
52023 · 北京海淀模拟 · ★★
在等比数列 $\{a_n\}$ 中，$a_1+a_3=10$，$a_2+a_4=-5$，则 $\{a_n\}$ 的前 $5$ 项和 $S_5=$____。
答案：$S_5=\dfrac{11}{2}$（$a_1=8,\ q=-\dfrac12$）
解 析
求 $S_5$ 需要 $a_1$ 和 $q$，把两个已知等式翻译成关于 $a_1$、$q$ 的方程组：
$$\begin{cases}a_1+a_3=a_1(1+q^2)=10\ \text{①}\\[2pt]a_2+a_4=a_1q(1+q^2)=-5\ \text{②}\end{cases}$$
② ÷ ① 得 $q=-\dfrac12$，代入①得 $a_1=8$，所以
$$S_5=\frac{a_1(1-q^5)}{1-q}=\frac{8\times\left[1-\left(-\frac12\right)^5\right]}{1-\left(-\frac12\right)}=\frac{11}{2}$$
答案：$S_5=\dfrac{11}{2}$
强化训练 · 第 6 / 15 题
62022 · 上海模拟 · ★★
已知 $\{a_n\}$ 是各项均为正数的等比数列，若 $a_4-a_5=2a_6$，则 $\dfrac{S_2}{a_3}$ 的值为____。
答案：$\dfrac{S_2}{a_3}=6$（$q=\dfrac12$）
解 析
设公比为 $q$，由 $a_4-a_5=2a_6$ 得
$$a_1q^3-a_1q^4=2a_1q^5\quad\Longrightarrow\quad 1-q=2q^2$$
解得 $q=\dfrac12$ 或 $q=-1$；又 $\{a_n\}$ 各项均为正数，故 $q=\dfrac12$，所以
$$\frac{S_2}{a_3}=\frac{a_1+a_2}{a_3}=\frac{a_1(1+q)}{a_1q^2}=\frac{1+q}{q^2}=6$$
答案：$\dfrac{S_2}{a_3}=6$
强化训练 · 第 7 / 15 题
72022 · 甘肃民勤模拟 · ★★☆
已知等比数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$，若 $a_4=8$，$S_6=9S_3$，则 $a_1=$（ ）
A．$\dfrac12$ B．$1$ C．$2$ D．$4$
答案：B（$a_1=1$，$q=2$）
解 析
设公比为 $q$。由 $S_6=9S_3$ 知 $q\neq1$（否则 $S_6=6a_1$、$S_3=3a_1$，不满足），故
$$\frac{a_1(1-q^6)}{1-q}=9\cdot\frac{a_1(1-q^3)}{1-q}\quad\Longrightarrow\quad 1-q^6=9(1-q^3)$$
即 $(1-q^3)(1+q^3)=9(1-q^3)$，因 $1-q^3\neq0$，得 $1+q^3=9$，所以 $q^3=8$，$q=2$。又 $a_4=a_1q^3=8$，故 $a_1=1$。
答案：B（$a_1=1$）
强化训练 · 第 8 / 15 题
82022 · 北京模拟 · ★★☆
已知等差数列 $\{a_n\}$ 单调递增且满足 $a_1+a_8=6$，则 $a_6$ 的取值范围是（ ）
A．$(-\infty,3)$ B．$(3,6)$ C．$(3,+\infty)$ D．$(6,+\infty)$
答案：C（$a_6=3+\dfrac32d>3$）
解 析
只给了一个等式，无法求出 $a_1$ 和 $d$，但可以建立它们的关系用于消元。设公差为 $d$，由 $a_1+a_8=6$ 得 $2a_1+7d=6$ ①；又 $\{a_n\}$ 单调递增，故 $d>0$。由①得 $a_1=3-\dfrac{7d}{2}$，所以
$$a_6=a_1+5d=3-\frac{7d}{2}+5d=3+\frac{3d}{2}>3$$
答案：C（$(3,+\infty)$）
强化训练 · 第 9 / 15 题
92022 · 陕西西安一模 · ★★★
设 $S_n$ 是等比数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和，$S_3$、$S_9$、$S_6$ 成等差数列，且 $a_4+a_7=2a_n$，则 $n=$____。
答案：$n=10$（$q^3=-\dfrac12$）
解 析
先把 $S_3$、$S_9$、$S_6$ 成等差数列翻译成 $a_1$、$q$ 的关系。由 $2S_9=S_3+S_6$ 知 $q\neq1$（否则 $2S_9=18a_1$，$S_3+S_6=9a_1$，矛盾），所以
$$2\cdot\frac{a_1(1-q^9)}{1-q}=\frac{a_1(1-q^3)}{1-q}+\frac{a_1(1-q^6)}{1-q}$$
化简得 $2q^6-q^3-1=0$，解得 $q^3=-\dfrac12$（$q^3=1$ 舍去）。再由 $a_4+a_7=2a_n$：
$$a_1q^3+a_1q^6=2a_1q^{n-1}\quad\Longrightarrow\quad q^{n-1}=\frac{q^3+q^6}{2}=-\frac18=q^9$$
所以 $n-1=9$，$n=10$。
答案：$n=10$
强化训练 · 第 10 / 15 题
102023 · 广东六校联考 · ★★★
已知等差数列 $\{a_n\}$ 的公差不为 $0$，$a_1=1$ 且 $a_2$、$a_4$、$a_8$ 成等比数列，其前 $n$ 项和为 $S_n$，则（ ）
A．$a_{2023}=4045$ B．$\dfrac{a_4}{a_3}<\dfrac{a_5}{a_4}$ C．$\dfrac{a_1+a_{19}}{a_4+a_6}=2$ D．$\dfrac{S_{n+1}}{n+1}=\dfrac{n+1}{2}$
答案：C（$d=1$，$a_n=n$）
解 析
由 $a_2$、$a_4$、$a_8$ 成等比数列，得 $a_4^2=a_2a_8$，即 $(1+3d)^2=(1+d)(1+7d)$，解得 $d=1$ 或 $0$；由题意 $d\neq0$，故 $d=1$，$a_n=n$。
A：$a_{2023}=2023\neq4045$，错误；
B：$\dfrac{a_4}{a_3}=\dfrac43$，$\dfrac{a_5}{a_4}=\dfrac54$，而 $\dfrac43>\dfrac54$，错误；
C：$\dfrac{a_1+a_{19}}{a_4+a_6}=\dfrac{1+19}{4+6}=2$，正确；
D：$S_{n+1}=\dfrac{(n+1)(n+2)}{2}$，故 $\dfrac{S_{n+1}}{n+1}=\dfrac{n+2}{2}$，错误。
答案：C
强化训练 · 第 11 / 15 题
112023 · 新高考Ⅰ卷 · ★★★
记 $S_n$ 为数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和，设甲：$\{a_n\}$ 为等差数列，乙：$\left\{\dfrac{S_n}{n}\right\}$ 为等差数列，则（ ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
答案：C（充要条件）
解 析
判断是否为等差数列，就看通项是否可写为 $pn+q$ 的一次函数形式。
充分性：若 $\{a_n\}$ 为等差数列，则
$$S_n=na_1+\frac{n(n-1)}{2}d=\frac d2 n^2+\left(a_1-\frac d2\right)n\quad\Longrightarrow\quad \frac{S_n}{n}=\frac d2 n+a_1-\frac d2$$
记 $p=\dfrac d2$，$q=a_1-\dfrac d2$，则 $\dfrac{S_n}{n}=pn+q$，故 $\left\{\dfrac{S_n}{n}\right\}$ 是等差数列，充分性成立。
必要性：若 $\left\{\dfrac{S_n}{n}\right\}$ 为等差数列，设 $\dfrac{S_n}{n}=pn+q$，则 $S_n=pn^2+qn$，于是当 $n\ge2$ 时
$$a_n=S_n-S_{n-1}=pn^2+qn-p(n-1)^2-q(n-1)=2pn+q-p$$
$a_1=S_1=p+q$ 也满足上式，所以 $a_n$ 具有等差数列通项形式，必要性成立。
答案：C（充要条件）
反思：$\{a_n\}$ 为等差数列的充要条件是通项为 $pn+q$ 形式，或前 $n$ 项和 $S_n$ 为 $An^2+Bn$ 形式。
强化训练 · 第 12 / 15 题
122022 · 广东模拟 · ★★★☆
已知 $\{a_n\}$ 和 $\{b_n\}$ 均为等差数列，若 $a_1=b_2=6$，$a_4+b_5=9$，则 $a_7+b_8$ 的值是____。
答案：$a_7+b_8=6$
解 析
解法一：设 $\{a_n\}$、$\{b_n\}$ 的公差分别为 $d_1$、$d_2$，由 $a_4+b_5=(a_1+3d_1)+(b_2+3d_2)=12+3(d_1+d_2)=9$，得 $d_1+d_2=-1$，所以
$$a_7+b_8=(a_1+6d_1)+(b_2+6d_2)=a_1+b_2+6(d_1+d_2)=6+6-6=6$$
解法二：用通项公式表示已知与所求：由 $a_1=6$，$b_2=b_1+d_2=6$ ①，$a_4+b_5=6+3d_1+b_1+4d_2=9$ ②。把②×2 得 $12+6d_1+2b_1+8d_2=18$，减去①得 $12+6d_1+b_1+7d_2=12$，即 $6d_1+b_1+7d_2=0$，于是 $a_7+b_8=6+(6d_1+b_1+7d_2)=6$。
答案：$a_7+b_8=6$
强化训练 · 第 13 / 15 题
132022 · 辽宁模拟 · ★★
已知等差数列 $\{a_n\}$ 和等比数列 $\{b_n\}$ 满足 $a_1=1$，$a_2=b_1=3$。
（1）求 $\{a_n\}$ 的通项公式；
（2）在① $b_3=12$；② $a_{b_2}=11$；③ $a_2+2b_2=3a_3$ 这三个条件中选一个作为已知条件，使 $\{b_n\}$ 存在且唯一，并求数列 $\{b_{a_n}\}$ 的前 $n$ 项和 $S_n$。
答案：$a_n=2n-1$；$S_n=4^n-1$
解 析
（1）设 $\{a_n\}$ 的公差为 $d$，则 $d=a_2-a_1=2$，故
$$a_n=a_1+(n-1)d=1+2(n-1)=2n-1$$
（2）设 $\{b_n\}$ 的公比为 $q$。
若选①：$q^2=\dfrac{b_3}{b_1}=4$，$q=\pm2$，数列 $\{b_n\}$ 不唯一，不能选。
若选②：由 $a_{b_2}=11$ 及 $a_n=2n-1$ 得 $2b_2-1=11$，故 $b_2=6$，$q=\dfrac{b_2}{b_1}=2$，$b_n=3\times2^{n-1}$（唯一）；
若选③：$a_2+2b_2=3a_3$ 即 $3+2b_2=15$，故 $b_2=6$，接下来同选②。
$$b_{a_n}=b_{2n-1}=3\times2^{2n-2}=3\times4^{n-1}$$
$$S_n=3\times4^0+3\times4^1+\cdots+3\times4^{n-1}=\frac{3(1-4^n)}{1-4}=4^n-1$$
答案：$a_n=2n-1$；$S_n=4^n-1$
强化训练 · 第 14 / 15 题
142015 · 四川卷 · ★★☆
数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和 $S_n$ 满足 $S_n=2a_n-a_1$，且 $a_1$、$a_2+1$、$a_3$ 成等差数列。
（1）求数列 $\{a_n\}$ 的通项公式；
（2）记数列 $\left\{\dfrac{1}{a_n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $T_n$，求使 $\left|T_n-1\right|<\dfrac{1}{1000}$ 成立的 $n$ 的最小值。
答案：$a_n=2^n$；$n_{\min}=10$
解 析
（1）条件涉及 $S_n$ 与 $a_n$ 的混搭关系式，可前后相减消去 $S_n$。由 $S_n=2a_n-a_1$ 得 $S_{n+1}=2a_{n+1}-a_1$，两式相减：
$$S_{n+1}-S_n=a_{n+1}=2a_{n+1}-2a_n\quad\Longrightarrow\quad a_{n+1}=2a_n$$
又 $a_1$、$a_2+1$、$a_3$ 成等差数列，所以 $2(a_2+1)=a_1+a_3$，即 $2(2a_1+1)=a_1+4a_1$，解得 $a_1=2$。故 $\{a_n\}$ 是首项、公比均为 $2$ 的等比数列，$a_n=2^n$。
（2）$\dfrac{1}{a_n}=\left(\dfrac12\right)^n$，所以
$$T_n=\frac{\frac12\left[1-\left(\frac12\right)^n\right]}{1-\frac12}=1-\left(\frac12\right)^n$$
由 $\left|T_n-1\right|<\dfrac{1}{1000}$ 得 $\left(\dfrac12\right)^n<\dfrac{1}{1000}$，即 $2^n>1000$，所以 $n\ge10$，$n$ 的最小值为 $10$。
答案：$a_n=2^n$；$n_{\min}=10$
强化训练 · 第 15 / 15 题
152023 · 全国乙卷 · ★★★
记 $S_n$ 为等差数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和，已知 $a_2=11$，$S_{10}=40$。
（1）求 $\{a_n\}$ 的通项公式；
（2）求数列 $\{|a_n|\}$ 的前 $n$ 项和 $T_n$。
答案：$a_n=15-2n$；$T_n=\begin{cases}14n-n^2,&n\le7\\[4pt]n^2-14n+98,&n\ge8\end{cases}$
解 析
（1）设公差为 $d$，则 $a_2=a_1+d=11$ ①，$S_{10}=10a_1+45d=40$ ②。联立解得 $a_1=13$，$d=-2$，所以
$$a_n=13+(n-1)\times(-2)=15-2n$$
（2）通项含绝对值，先判断符号：$a_n=15-2n$ 前 $7$ 项为正，从第 $8$ 项起为负。
当 $n\le7$ 时，
$$T_n=a_1+a_2+\cdots+a_n=\frac{n(a_1+a_n)}{2}=\frac{n(13+15-2n)}{2}=14n-n^2$$
当 $n\ge8$ 时，
$$T_n=2(a_1+\cdots+a_7)-(a_1+\cdots+a_n)=2\times\frac{7\times14}{2}-\frac{n(28-2n)}{2}=n^2-14n+98$$
综上，$T_n=\begin{cases}14n-n^2,&n\le7\\[4pt]n^2-14n+98,&n\ge8\end{cases}$。
答案：$a_n=15-2n$；$T_n=\begin{cases}14n-n^2,&n\le7\\[4pt]n^2-14n+98,&n\ge8\end{cases}$