数列 · 第 5 讲 · 2026-08-30 · 约 10 分钟

等差数列求和——倒序相加的智慧

等差数列前n项和公式有两个，但它们的根是同一个——倒序相加法。理解了这个方法，公式根本不用背，推一遍就记住了。

从高斯的故事说起

你可能听过这个故事：

高斯上小学的时候，老师给全班出了一道题——计算 $1 + 2 + 3 + \ldots + 100$ ，想让孩子们安分一会儿。

结果不到一分钟，小高斯就举手说：老师，我算完了，答案是 5050。

老师很惊讶，问他怎么算这么快。

高斯说：我把这串数倒过来和原来的加在一起——

\begin{aligned} &\ \ 1 + 2 + 3 + \ldots + 100 \\ + &100 + 99 + 98 + \ldots + 1 \\ = &101 + 101 + 101 + \ldots + 101 \end{aligned}

一共 100 个 101，所以总和是 $100 \times 101$ ，但这是两倍的答案，所以要除以 2：

\frac{100 \times 101}{2} = 5050

这个故事的真实性有争议，但这个方法是真的厉害。它有个名字，叫倒序相加法。

高斯算的其实就是等差数列 $\{n\}$ 的前 100 项和。而倒序相加法，就是推导等差数列求和公式的经典方法。

示意图

倒序相加法示意图

把数列倒过来和原数列配对，每一对的高度之和都一样——这就是倒序相加的几何直观

求和公式的推导

设等差数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$ ，即：

S_n = a_1 + a_2 + a_3 + \ldots + a_n

我们用倒序相加法来推导。

把 $S_n$ 正着写一遍，再倒着写一遍：

\begin{aligned} S_n &= a_1 + a_2 + a_3 + \ldots + a_n \\ S_n &= a_n + a_{n-1} + a_{n-2} + \ldots + a_1 \end{aligned}

两式相加：

2S_n = (a_1 + a_n) + (a_2 + a_{n-1}) + (a_3 + a_{n-2}) + \ldots + (a_n + a_1)

现在看右边的每一对。根据上一讲学的脚标和性质：

第一对： $a_1 + a_n$ ，脚标和 $1 + n = n+1$
第二对： $a_2 + a_{n-1}$ ，脚标和 $2 + (n-1) = n+1$
第三对： $a_3 + a_{n-2}$ ，脚标和 $3 + (n-2) = n+1$
……

每一对的脚标和都是 $n+1$ ，所以每一对的和都相等，都等于 $a_1 + a_n$ 。

一共有多少对？ $n$ 对。

所以：

2S_n = n \cdot (a_1 + a_n)

两边除以 2：

S_n = \frac{n(a_1 + a_n)}{2}

这就是等差数列的前 $n$ 项和公式。

倒序相加法为什么能成立？本质上就是利用了等差数列的对称性——到两端距离相等的两项之和相等。没有这个对称性，倒过来加就没有意义。所以这个方法是等差数列专属的，不是随便什么数列都能用。

公式的另一种形式

上面那个公式是用首项和末项表示的：

S_n = \frac{n(a_1 + a_n)}{2}

但有时候你不知道末项 $a_n$ ，只知道首项 $a_1$ 和公差 $d$ 。那怎么办？

把通项公式 $a_n = a_1 + (n-1)d$ 代进去：

S_n = \frac{n[a_1 + a_1 + (n-1)d]}{2} = \frac{n[2a_1 + (n-1)d]}{2}

也就是：

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

这是求和公式的第二种形式，用首项和公差表示。

两个公式各有用场：

知道首项和末项 → 用第一个公式 $S_n = \dfrac{n(a_1 + a_n)}{2}$
知道首项和公差 → 用第二个公式 $S_n = na_1 + \dfrac{n(n-1)}{2}d$

但你其实不用特意记两个。记住第一个，第二个用通项公式推一下就出来了。 记少一点，反而不容易搞混。

从函数视角看求和公式

把第二个公式整理一下：

S_n = na_1 + \frac{n(n-1)}{2}d = \frac{d}{2}n^2 + \left(a_1 - \frac{d}{2}\right)n

令 $A = \dfrac{d}{2}$ ， $B = a_1 - \dfrac{d}{2}$ ，那么：

S_n = An^2 + Bn

这是一个关于 $n$ 的二次函数，而且常数项为 0。

所以：

等差数列的前 $n$ 项和 $S_n$ 是 $n$ 的二次函数（当 $d \neq 0$ 时）
二次项系数是公差的一半： $A = \dfrac{d}{2}$
常数项一定是 0（因为 $S_0 = 0$ ，0 项的和当然是 0）

这个视角非常有用。比如：

判断一个数列是不是等差数列，可以看它的前 $n$ 项和是不是常数项为 0 的二次函数
求 $S_n$ 的最大值最小值，就相当于求二次函数的最值——不过注意 $n$ 只能取正整数，所以要看抛物线对称轴附近的整数点
$S_n$ 的图像是抛物线上的孤立点

我们后面讲到数列最值的时候会详细展开。

一个重要的性质

上一讲我们提到过一个性质，现在可以正式证明了：

等差数列中，依次每 $k$ 项之和仍成等差数列。

也就是： $S_k,\ S_{2k} - S_k,\ S_{3k} - S_{2k},\ \ldots$ 成等差数列。

用倒序相加的思想来理解这个性质很直观：

第一个 $k$ 项的和： $a_1 + a_2 + \ldots + a_k$
第二个 $k$ 项的和： $a_{k+1} + a_{k+2} + \ldots + a_{2k}$
第三个 $k$ 项的和： $a_{2k+1} + a_{2k+2} + \ldots + a_{3k}$

第二段的每一项都比第一段对应的项多了 $kd$ （往后挪了 $k$ 个位置，每个位置差 $d$ ），一共 $k$ 项，所以第二段比第一段多了 $k^2d$ 。

同理，第三段比第二段也多 $k^2d$ 。

所以这三段的和构成了一个新的等差数列，公差是 $k^2d$ 。

这个性质在做选择填空题的时候特别好用，能省去很多计算。

求和公式的灵活运用

等差数列求和说起来就一个公式，但用起来变化很多。这里说几个常见的技巧。

技巧一：选择合适的公式

看到求和题，先看看题目给的是什么条件：

给了首项和末项 → $S_n = \dfrac{n(a_1 + a_n)}{2}$
给了首项和公差 → $S_n = na_1 + \dfrac{n(n-1)}{2}d$
给了中间项 → 考虑用对称性，比如奇数项的和 = 项数 × 中间项

举个例子：等差数列共 9 项，第 5 项是 10，求前 9 项的和。

S_9 = \frac{9(a_1 + a_9)}{2} = \frac{9 \times 2a_5}{2} = 9a_5 = 90

根本不用算首项和公差，用中项一代就出来了。

技巧二： $S_n$ 与 $a_n$ 的关系

知道了前 $n$ 项和 $S_n$ ，怎么求通项 $a_n$ ？

很简单：

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

这个关系对任何数列都成立，不只是等差数列。前 $n$ 项和减去前 $n-1$ 项和，剩下的当然就是第 $n$ 项了。

但注意： $n=1$ 的时候要单独算，因为 $S_0$ 一般没定义（虽然在等差的情况下 $S_0 = 0$ ，但其他数列不一定）。

技巧三：奇偶项问题

等差数列中，如果告诉你前 $n$ 项中奇数项的和与偶数项的和，怎么处理？

核心思路：奇数项构成一个新的等差数列，偶数项也构成一个新的等差数列，公差都是 $2d$ 。

如果总共有 $2n$ 项（偶数项）：

偶数项之和 − 奇数项之和 = $nd$ （每一对偶项比奇项多 $d$ ，共 $n$ 对）

如果总共有 $2n+1$ 项（奇数项）：

奇数项之和 − 偶数项之和 = $a_{n+1}$ （中间项，多出来的那一项）

这些结论不用死记，画个图、分个类就出来了。

在高中数学体系里的位置

等差数列求和是数列章节里最重要的考点之一，几乎是高考必考。

从题型上看，它可以出现在任何位置：

选择填空：直接考公式应用、性质运用，难度中等
解答题第一问：给递推关系，先证等差再求和，属于基础分
综合大题：和不等式、函数结合，考 $S_n$ 的最值、放缩证明，难度较大

从思想方法上看，倒序相加法是高中数学里几个经典的求和技巧之一，后面学组合数的时候你还会遇到它。它体现了一种很重要的思维方式：当直接相加不容易的时候，试试改变相加的顺序，看看能不能找到某种对称性来简化计算。

除了倒序相加，高中阶段还要学错位相减、裂项相消、分组求和等方法——但倒序相加是第一个，也是最能体现"利用对称性"思想的一个。

所以学这一讲，不要只记住了两个求和公式就完事了。倒序相加法本身，比公式更值得理解。

思考与拓展

等差数列 $\{a_n\}$ 中， $S_{10} = 100$ ， $S_{20} = 400$ ，求 $S_{30}$ 。你能用几种方法做？
等差数列的前 $n$ 项和 $S_n = 3n^2 + 2n$ ，求这个数列的通项公式和公差。
一个等差数列共有 20 项，所有奇数项的和是 80，所有偶数项的和是 120，求公差 $d$ 。
倒序相加法只能用于等差数列吗？你能不能想出一个不是等差数列、但也可以用倒序相加法求和的数列？（提示：想想什么函数有 $f(x) + f(1-x) =$ 常数这样的性质）

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

等差数列求和公式有两个，但它们都来自同一个思想——倒序相加。利用对称性，把难算的加法变成简单的乘法。

— Y. · 2026-08-30

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