数列 · 第 4 讲 · 2026-08-30 · 约 9 分钟

等差中项与性质——对称的直觉

等差数列最优美的性质就是对称性——到两端距离相等的两项之和相等。等差中项只是这个对称性的一个特例而已。

从一个有趣的现象开始

上一讲最后留了一道思考题：等差数列中， $a_5 + a_9$ 等于多少？

你可能会老老实实展开：

a_5 + a_9 = (a_1 + 4d) + (a_1 + 8d) = 2a_1 + 12d

然后发现 $2a_1 + 12d = 2(a_1 + 6d) = 2a_7$ 。

所以 $a_5 + a_9 = 2a_7$ 。

但再看看脚标： $5 + 9 = 14$ ， $7 + 7 = 14$ 。脚标加起来相等，两项的和也相等。

这是巧合吗？不是。这是等差数列最核心的性质之一。

等差中项

先从最简单的情况说起。

如果三个数 $a, A, b$ 成等差数列，那么 $A$ 叫做 $a$ 和 $b$ 的等差中项。

根据等差数列的定义：

A - a = b - A

移项得：

2A = a + b

也就是：

A = \frac{a + b}{2}

一句话：等差中项等于前后两项的算术平均数。

这个结论很直观——三个数成等差，中间那个当然是两边的平均值。

但如果我告诉你，等差中项的意义远不止"三个数的中间值"呢？它其实是等差数列对称性的一个缩影。

示意图

等差数列的对称性与等差中项

到两端距离相等的两项之和都相等——等差中项只是"两项重合"时的特例

脚标和性质

等差中项说的是三项的关系，那四项呢？更多项呢？

性质：在等差数列中，如果 $m + n = p + q$ （ $m, n, p, q$ 都是正整数），那么

a_m + a_n = a_p + a_q

我们来证明一下，用通项公式展开两边：

左边：

a_m + a_n = [a_1 + (m-1)d] + [a_1 + (n-1)d] = 2a_1 + (m + n - 2)d

右边：

a_p + a_q = [a_1 + (p-1)d] + [a_1 + (q-1)d] = 2a_1 + (p + q - 2)d

因为 $m + n = p + q$ ，所以两边完全相等。证毕。

这个性质看起来简单，但用起来非常巧妙。它的本质是：

在等差数列里，你关心的不是每项具体是多少，而是它们在数列中的"位置关系"。位置对称的两项，加起来是一个定值。

这也是为什么很多等差数列的题目，你不需要求出首项和公差，直接用脚标关系就能做出来。

一个特例：等差中项

当 $p = q$ 时，也就是 $m + n = 2p$ ，性质就变成了：

a_m + a_n = 2a_p

这就是等差中项公式—— $a_p$ 是 $a_m$ 和 $a_n$ 的等差中项。

所以说，等差中项是脚标和性质的一个特例，而脚标和性质是等差中项的推广。

对称性的直觉

为什么等差数列会有这么漂亮的对称性？

你可以这样想：等差数列是均匀分布在一条直线上的点。

从左往右走，每步迈 $d$
从右往左走，每步也是 $d$

所以，从首项往前走 $k$ 步和从末项往后走 $k$ 步，加起来恰好等于首项加末项。一个多走了 $kd$ ，另一个少走了 $kd$ ，加起来刚好抵消。

这就是对称性的来源——因为公差是常数，所以从两头往中间走，走同样步数，两项之和不变。

这个直觉比公式更重要。记住了"对称"这两个字，很多题目你一眼就能看出答案。

其他常用性质

除了脚标和性质，等差数列还有几个常用的性质，都是从定义和通项公式推出来的。

性质一：等距抽取还是等差

从等差数列中，每隔相同的距离取一项，组成的新数列仍然是等差数列。

比如从 $\{a_n\}$ 中取出所有奇数项： $a_1, a_3, a_5, a_7, \ldots$ ，这还是一个等差数列，公差变成了原来的 2 倍（因为隔了一项，相当于跳了两步）。

再比如取出 $a_2, a_5, a_8, a_{11}, \ldots$ ，脚标每次加 3，新数列的公差就是 $3d$ 。

道理很简单：脚标差了 $k$ ，项值就差 $kd$ ，只要每次脚标增量一样，公差就不变。

性质二：线性组合还是等差

如果 $\{a_n\}$ 和 $\{b_n\}$ 都是等差数列，那么：

$\{a_n + b_n\}$ 是等差数列（公差 $d_a + d_b$ ）
$\{k \cdot a_n\}$ 是等差数列（公差 $k \cdot d_a$ ， $k$ 是常数）
$\{a_n + c\}$ 是等差数列（公差还是 $d_a$ ， $c$ 是常数）

但注意， $\{a_n \cdot b_n\}$ 一般不是等差数列——两个一次函数相乘变成二次函数了，就不是等差了。

性质三：连续等长片段的和成等差

这个性质稍微进阶一点：如果 $S_n$ 是等差数列前 $n$ 项的和，那么 $S_k, S_{2k} - S_k, S_{3k} - S_{2k}, \ldots$ 仍然成等差数列。

比如前 5 项的和、第 6 到第 10 项的和、第 11 到第 15 项的和……这三组和本身也构成等差数列。

为什么？因为每一段都比前一段整体往后挪了 $k$ 项，每一项都多了 $kd$ ，一共 $k$ 项，所以每段和比前一段多了 $k^2d$ ，是个常数。

这个性质我们讲到求和的时候会再细说，这里先有个印象就行。

一个经典的应用

来看一道题感受一下：

等差数列 $\{a_n\}$ 中， $a_3 + a_7 = 16$ ， $a_4 + a_6 = ?$

你要是老老实实列方程，也能算出来。但用脚标和性质，一秒钟就有答案：

$3 + 7 = 10$ ， $4 + 6 = 10$ ，脚标和相等，所以 $a_3 + a_7 = a_4 + a_6 = 16$ 。

再进一步： $a_5 = ?$

因为 $4 + 6 = 5 + 5$ ，所以 $a_4 + a_6 = 2a_5$ ，所以 $a_5 = 8$ 。

从头到尾你都不需要知道首项和公差是多少，只看脚标就够了。

这就是性质的力量——它让你跳过中间步骤，直接抓住最本质的关系。

一个容易踩的坑

脚标和性质用多了，有人会顺手写出这样的式子：

"因为 $m + n = p$ ，所以 $a_m + a_n = a_p$ "

这是错的！大错特错！

脚标和性质说的是"两对的和相等"，不是"两项的和等于另一项"。

$a_m + a_n = a_p$ 只有在非常特殊的情况下才成立（比如 $a_1 = d$ 的时候碰巧成立），一般情况下是不对的。

记住：等式两边各有几项，脚标就各加几个。 两项对两项，四项对四项，不能一边两项一边一项。

a_m + a_n = a_p + a_q \quad \Longleftarrow \quad m + n = p + q \quad \text{ ✓ 正确}

a_m + a_n = a_p \quad \Longleftarrow \quad m + n = p \quad \text{ ✗ 错误}

在高中数学体系里的位置

等差数列的性质，是从"会套公式"到"会用思想"的第一道门槛。

只掌握通项公式的学生，做每道题都要列方程求 $a_1$ 和 $d$ ，步骤多、速度慢、还容易算错。

掌握了性质的学生，能一眼看出题目里的对称关系，跳过繁琐计算直接得出结论。

这中间的差距，就是对数列结构的理解深度。

在高考中，脚标和性质、等差中项这些知识点，通常以选择题、填空题的形式出现，属于"送分但容易错"的类型——说送分是因为只要掌握了性质就很简单，说容易错是因为很多人用的时候不仔细，犯"两项和等于一项"这种低级错误。

更重要的是，这些性质是后面学习等差数列求和的基础。倒序相加法为什么能成立？本质上就是利用了"对称两项之和相等"这个性质。我们下一讲就会讲到。

思考与拓展

等差数列 $\{a_n\}$ 中， $a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + a_5 = 30$ ，能直接求出 $a_3$ 吗？为什么？
等差数列 $\{a_n\}$ 共有 15 项，前 15 项的和等于 150，那么中间项 $a_8$ 等于多少？
如果一个数列中，对于任意的 $n \ge 2$ 都有 $2a_n = a_{n-1} + a_{n+1}$ ，这个数列一定是等差数列吗？如果是，怎么证明？
类比等差数列的脚标和性质，你能不能猜测一下等比数列会有什么类似的性质？（提示：等差是"差为常数"，等比是"比为常数"；等差的加法性质，到了等比里会变成什么？）

高考母题

（2025·天津） 已知数列 $\left \{ a_{ n } \right \}$ 是等差数列， $\left \{ b_{ n } \right \}$ 是等比数列， $a_{ 1 } =b_{ 1 } =2,a_{ 2 } =b_{ 2 } +1,a_{ 3 } =b_{ 3 }$ ．
(1)求 $\left \{ a_{ n } \right \}$ ， $\left \{ b_{ n } \right \}$ 的通项公式；
(2) $∀n∈{ N } ^ { * }$ ， $I=\left \{ 0,1 \right \}$ ，有 $T_{ n } =\left \{ p_{ 1 } a_{ 1 } b_{ 1 } +p_{ 2 } a_{ 2 } b_{ 2 } +...+p_{ n-1 } a_{ n-1 } b_{ n-1 } +p_{ n } a_{ n } b_{ n } \|p_{ 1 } ,p_{ 2 } ,...,p_{ n-1 } ,p_{ n } ∈I \right \}$ ，（i）求证：对任意实数 $t∈T_{ n }$ ，均有 $t < a_{ n+1 } b_{ n+1 }$ ; （ii）求 $T_{ n }$ 所有元素之和．

展开详解

(1) $a_{ n } =3n-1,b_{ n } =2 ^ { n }$ ；
(2)（i）证明：由（1） $p_{ n } a_{ n } b_{ n } =\left\{ ( { 3n-1 } \right )2 ^ { n } p_{ n } =0$ 或 $p_{ n } a_{ n } b_{ n } =\left ( { 3n-1 } \right )2 ^ { n } >0$ ， $a_{ n+1 } b_{ n+1 } =\left ( { 3n+2 } \right )2 ^ { n+1 }$ ，当 $p_{ n } a_{ n } b_{ n } =\left ( { 3n-1 } \right )2 ^ { n } >0$ 时，设 $S_{ n } =p_{ 1 } a_{ 1 } b_{ 1 } +p_{ 2 } a_{ 2 } b_{ 2 } +...+p_{ n-1 } a_{ n-1 } b_{ n-1 } +p_{ n } a_{ n } b_{ n }$ $=2×2+5×2 ^ { 2 } +...+\left ( { 3n-4 } \right )2 ^ { n-1 } +\left ( { 3n-1 } \right )2 ^ { n }$ ，所以 $2S_{ n } =2×2 ^ { 2 } +5×2 ^ { 3 } +...+\left ( { 3n-4 } \right )2 ^ { n } +\left ( { 3n-1 } \right )2 ^ { n+1 }$ ，所以 $-S_{ n } =4+3×\left ( { 2 ^ { 2 } +2 ^ { 3 } +...+2 ^ { n } } \right )-\left ( { 3n-1 } \right )2 ^ { n+1 }$ $=4+3×\frac { 2 ^ { 2 } \left ( { 1-2 ^ { n-1 } } \right ) } { 1-2 }-\left ( { 3n-1 } \right )2 ^ { n+1 } =-8+\left ( { 4-3n } \right )2 ^ { n+1 }$ ，所以 $S_{ n } =8+\left ( { 3n-4 } \right )2 ^ { n+1 }$ ，为 $T_{ n }$ 中的最大元素，此时 $a_{ n+1 } b_{ n+1 } -S_{ n } =\left ( { 3n+2 } \right )2 ^ { n+1 } -\left[ 8+\left ( { 3n-4 } \right )2 ^ { n+1 } \right]=6⋅2 ^ { n+1 } -8>0$ 恒成立，所以对 $∀t∈T_{ n }$ ，均有 $t < a_{ n+1 } b_{ n+1 }$ . （ii） $2 ^ { n-1 } ⋅\left[ 8+\left ( { 3n-4 } \right )2 ^ { n+1 } \right]$ 【分析】
（1）设数列 $\left \{ a_{ n } \right \}$ 的公差为d，数列 $\left \{ b_{ n } \right \}$ 公比为 $q\left ( { q≠0 } \right )$ ，由题设列出关于d和 $q\left ( { q≠0 } \right )$ 的方程求解，再结合等差和等比数列通项公式即可得解；
（2）（i）由题意结合（1）求出 $a_{ n+1 } b_{ n+1 }$ 和 $p_{ 1 } a_{ 1 } b_{ 1 } +p_{ 2 } a_{ 2 } b_{ 2 } +...+p_{ n-1 } a_{ n-1 } b_{ n-1 } +p_{ n } a_{ n } b_{ n }$ 的最大值，再作差比较两者大小即可证明；（ii）法一：根据 $p_{ 1 } ,p_{ 2 } ,...,p_{ n-1 } ,p_{ n }$ 中全为1、一个为0其余为1、2个为0其余为、…、全为0几个情况将 $T_{ n }$ 中的所有元素分系列，并求出各系列中元素的和，最后将所有系列所得的和加起来即可得解；法二：根据 $T_{ n }$ 元素的特征得到 $T_{ n }$ 中的所有元素的和中各项 $a_{ i } b_{ i } \left ( { i∈\left \{ 1,2,...,n \right \} } \right )$ 出现的次数均为 $2 ^ { n-1 }$ 次即可求解.
（1）设数列 $\left \{ a_{ n } \right \}$ 的公差为d，数列 $\left \{ b_{ n } \right \}$ 公比为 $q\left ( { q≠0 } \right )$ ，则由题得 $\left \{ \right\}⇒\left \{ \right.$ ，所以 $a_{ n } =2+3\left ( { n-1 } \right )=3n-1,b_{ n } =2×2 ^ { n-1 } =2 ^ { n }$ ；
（2）（i）略（ii）法一：由（i）得对任意实数 $t∈T_{ n }$ ，均有 $t < a_{ n+1 } b_{ n+1 }$ ，所以 $p_{ 1 } a_{ 1 } b_{ 1 } +p_{ 2 } a_{ 2 } b_{ 2 } +...+p_{ n-1 } a_{ n-1 } b_{ n-1 } < a_{ n } b_{ n }$ ， $p_{ 1 } a_{ 1 } b_{ 1 } +p_{ 2 } a_{ 2 } b_{ 2 } +...+p_{ n-1 } a_{ n-1 } b_{ n-1 } < p_{ 1 } a_{ 1 } b_{ 1 } +p_{ 2 } a_{ 2 } b_{ 2 } +...+p_{ n-1 } a_{ n-1 } b_{ n-1 } +a_{ n } b_{ n }$ ，所以 $p_{ 1 } a_{ 1 } b_{ 1 } +p_{ 2 } a_{ 2 } b_{ 2 } +...+p_{ n-1 } a_{ n-1 } b_{ n-1 } +p_{ n } a_{ n } b_{ n }$ 取值随着 $p_{ i } \left ( { p_{ i } ∈{ I },1≤i≤n } \right )$ 的取值不同各不相同，又 $S_{ n } =8+\left ( { 3n-4 } \right )2 ^ { n+1 }$ 为 $T_{ n }$ 中的最大元素，由题意可得 $T_{ n }$ 中的所有元素由以下系列中所有元素组成：当 $p_{ 1 } ,p_{ 2 } ,...,p_{ n-1 } ,p_{ n }$ 均为1时：此时该系列元素只有 $S_{ n } =8+\left ( { 3n-4 } \right )2 ^ { n+1 }$ 即 ${ C }_{ n } ^{ 0 }$ 个；当 $p_{ 1 } ,p_{ 2 } ,...,p_{ n-1 } ,p_{ n }$ 中只有一个为0，其余均为1时：此时该系列的元素有 $S_{ n } -a_{ 1 } b_{ 1 } ,S_{ n } -a_{ 2 } b_{ 2 } ,S_{ n } -a_{ 3 } b_{ 3 } ,...,S_{ n } -a_{ n } b_{ n }$ 共有 ${ C }_{ n } ^{ 1 }$ 个，则这 $n$ 个元素的和为 ${ C }_{ n } ^{ 1 }S_{ n } -\left ( { a_{ 1 } b_{ 1 } +a_{ 2 } b_{ 2 } +...+a_{ n } b_{ n } } \right )=\left ( { { C }_{ n } ^{ 1 }-{ C }_{ n } ^{ 0 } } \right )S_{ n }$ ；当 $p_{ 1 } ,p_{ 2 } ,...,p_{ n-1 } ,p_{ n }$ 中只有2个为0，其余均为1时：此时该系列的元素为 $S_{ n } -a_{ i } b_{ i } -a_{ j } b_{ j } \left ( { i,j∈\left \{ 1,2,...,n \right \},i≠j } \right )$ 共有 ${ C }_{ n } ^{ 2 }$ 个，则这 $n$ 个元素的和为 ${ C }_{ n } ^{ 2 }S_{ n } -{ C }_{ n-1 } ^{ 1 }\left ( { a_{ 1 } b_{ 1 } +a_{ 2 } b_{ 2 } +...+a_{ n } b_{ n } } \right )=\left ( { { C }_{ n } ^{ 2 }-{ C }_{ n-1 } ^{ 1 } } \right )S_{ n }$ ；当 $p_{ 1 } ,p_{ 2 } ,...,p_{ n-1 } ,p_{ n }$ 中有 $3$ 个为0，其余均为1时：此时该系列的元素为 $S_{ n } -a_{ i } b_{ i } -a_{ j } b_{ j } -a_{ k } b_{ k } \left ( { i,j,k∈\left \{ 1,2,...,n \right \},i≠j≠k } \right )$ 共有 ${ C }_{ n } ^{ 3 }$ 个，则这 $n$ 个元素的和为 ${ C }_{ n } ^{ 3 }S_{ n } -{ C }_{ n-1 } ^{ 2 }\left ( { a_{ 1 } b_{ 1 } +a_{ 2 } b_{ 2 } +...+a_{ n } b_{ n } } \right )=\left ( { { C }_{ n } ^{ 3 }-{ C }_{ n-1 } ^{ 2 } } \right )S_{ n }$ ； … 当 $p_{ 1 } ,p_{ 2 } ,...,p_{ n-1 } ,p_{ n }$ 中有 $n-1$ 个为0，1个为1时：此时该系列的元素为 $a_{ 1 } b_{ 1 } ,a_{ 2 } b_{ 2 } ,...,a_{ n } b_{ n }$ 共有 ${ C }_{ n } ^{ n-1 }$ 个，则这 $n$ 个元素的和为 ${ C }_{ n } ^{ n-1 }S_{ n } -{ C }_{ n-1 } ^{ n-2 }\left ( { a_{ 1 } b_{ 1 } +a_{ 2 } b_{ 2 } +...+a_{ n } b_{ n } } \right )=\left ( { { C }_{ n } ^{ n-1 }-{ C }_{ n-1 } ^{ n-2 } } \right )S_{ n }$ ；当 $p_{ 1 } ,p_{ 2 } ,...,p_{ n-1 } ,p_{ n }$ 均为0时：此时该系列的元素为 $0=\left ( { { C }_{ n } ^{ n }-{ C }_{ n-1 } ^{ n-1 } } \right )S_{ n }$ 即 ${ C }_{ n } ^{ n }=1$ 个，综上所述， $T_{ n }$ 中的所有元素之和为 $S_{ n } +\left ( { { C }_{ n } ^{ 1 }-1 } \right )S_{ n } +\left ( { { C }_{ n } ^{ 2 }-{ C }_{ n-1 } ^{ 1 } } \right )S_{ n } +\left ( { { C }_{ n } ^{ 3 }-{ C }_{ n-1 } ^{ 2 } } \right )S_{ n } +...+\left ( { { C }_{ n } ^{ n-1 }-{ C }_{ n-1 } ^{ n-2 } } \right )S_{ n } +0$ $=\left[ \left ( { { C }_{ n } ^{ 0 }+{ C }_{ n } ^{ 1 }+...+{ C }_{ n } ^{ n-1 }+{ C }_{ n } ^{ n } } \right )-\left ( { { C }_{ n-1 } ^{ 0 }+{ C }_{ n-1 } ^{ 1 }+...+{ C }_{ n-1 } ^{ n-2 }+{ C }_{ n-1 } ^{ n-1 } } \right ) \right]S_{ n }$ $=\left ( { 2 ^ { n } -2 ^ { n-1 } } \right )S_{ n } =2 ^ { n-1 } S_{ n } =2 ^ { n-1 } ⋅\left[ 8+\left ( { 3n-4 } \right )2 ^ { n+1 } \right]$ ；法二：由（i）得 $S_{ n } =8+\left ( { 3n-4 } \right )2 ^ { n+1 }$ ，为 $T_{ n }$ 中的最大元素，由题意可得 $T_{ n } =\left \{ S_{ n } ,S_{ n } -a_{ i } b_{ i } ,S_{ n } -a_{ i } b_{ i } -a_{ j } b_{ j } ,S_{ n } -a_{ i } b_{ i } -a_{ j } b_{ j } -a_{ k } b_{ k } ,...,a_{ i } b_{ i } +a_{ j } b_{ j } ,a_{ i } b_{ i } ,0 \right \},\left ( { i,j,k∈\left \{ 1,2,...,n \right \},i≠j≠k } \right )$ ，所以 $T_{ n }$ 的所有的元素的和中各项 $a_{ i } b_{ i } \left ( { i∈\left \{ 1,2,...,n \right \} } \right )$ 出现的次数均为 ${ C }_{ n-1 } ^{ 0 }+{ C }_{ n-1 } ^{ 1 }+...+{ C }_{ n-1 } ^{ n-2 }+{ C }_{ n-1 } ^{ n-1 }=2 ^ { n-1 }$ 次，所以 $T_{ n }$ 中的所有元素之和为 $2 ^ { n-1 } \left ( { a_{ 1 } b_{ 1 } +a_{ 2 } b_{ 2 } +...+a_{ n } b_{ n } } \right )=2 ^ { n-1 } S_{ n } =2 ^ { n-1 } ⋅\left[ 8+\left ( { 3n-4 } \right )2 ^ { n+1 } \right]$ .

一句话总结

等差数列的灵魂是对称性——脚标和相等，两项和就相等。等差中项只是两项的脚标相等时的特例。

— Y. · 2026-08-30

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