本篇文章重点梳理数列章节相关的知识，以及在求解数列相关问题时比较常用且能较好地简便计算的方法。有关等差数列与等比数列的内容本文主要是以给出性质为主，中点在于后两部分求数列的通项以及数列的求和。
一、等差数列
时刻把等差数列想成一个离散的一次函数，熟练掌握等差数列各项之间（包括但不限于首项 $a_1$，$d$ ）的关系。
1.基本量运算
（1）$a_n=a_1+(n-1)d$
（2）$a_n=a_m+(m-n)d$
（3）$a_n=S_n-S_{n+1}$
（4）$S_n=\dfrac{n(a_1+a_n)}{2}=na_1+(\dfrac{n(n-1)d}{2})=\dfrac{d}{2}n^2+(a_1-\dfrac{d}{2}n)$
引申：如果发现前 $n$ 项和的公式是 $S_n=An^2+Bn$ 的形式，则可以断定 $a_n$ 为等差数列
（5）下标性质 ：在等差数列中，如果有 $m+n=p+q$ 则 $a_m+a_n=a_p+a_q$ 。
推广，如果 $p_1+p_2+...+p_m=q_1+q_2+...+q_m$ 那么 $a_{p_1}+a_{p_2}+...+a_{p_m}=a_{q_1}+a_{q_2}+...+a_{q_m}$
再推广：如果 $a_1=d$ 且 $p_1+p_2+...+p_m=q_1+q_2+...+q_n$ 即此时两边个数不相等，也依然有 $a_{p_1}+a_{p_2}+...+a_{p_m}=a_{q_1}+a_{q_2}+...+a_{q_n}$
（6）$a_{n-k}+a_{n+k}=2a_n(n>k)$
2.等差数列前 \(n\) 项和性质
（1）如果数列 $a_n$ 是公差为 $d$ 的等差数列，则数列 $\{ \dfrac{S_n}{n} \}$ 也是等差数列，且公差为 $\dfrac{d}{2}$
（2）若 $S_m,S_{2m},S_{3m}$ 分别表示等差数列的前 $m$ ，$2m$ ，$3m$ 项和，则 $S_m,S_{2m}-S_m,S_{3m}-S_{2m}$ 也成等差数列，且公差为 $md$
（3）设两个等差数列 $\{a_n\}$ ，$\{b_n\}$，$S_n$ 与 $T_n$ 分别表示这两个数列的前 $n$ 项和，则 $\dfrac{a_n}{b_n}=\dfrac{S_{2n-1}}{T_{2n-1}} \longleftarrow S_{2n-1}=(2n-1)a_n$
（4）若等差数列项数为 $2n$ ，$S_{2n}=n(a_n+a_{n+1})$ ，$偶奇S_偶-S_奇=nd$ ，$偶奇\dfrac{S_偶}{S_奇}=\dfrac{a_{n+1}}{a_n}$
（4）若等差数列项数为 $2n+1$ ，$S_{2n+1}=(n+1)a_{n+1}$ ，$偶奇S_偶-S_奇=-a_{n+1}$ ，$偶奇\dfrac{S_偶}{S_奇}=\dfrac{n}{n+1}$ ，其中 $a_{n+1}$ 为数列的中间项。
二、等比数列
等比数列在很多性质上是有共通出的，可以在很多方面简单理解为对运算符的“升次”。
1.基本量运算
（1）$a_n=a_1+q^{n-1}$
（2）$a_n=a_m+q^{m-n}$
（3）$S_n=\dfrac{a_1(1-q^n)}{1-q}$
（4）下标性质 ：在等比数列中，如果有 $m+n=p+q$ 则 $a_ma_n=a_pa_q$ 。
推广，如果 $p_1+p_2+...+p_m=q_1+q_2+...+q_m$ 那么 $a_{p_1}a_{p_2}\times...\times a_{p_m}=a_{q_1}a_{q_2}\times...\times a_{q_m}$
再推广：如果 $a_1=q$ 且 $p_1+p_2+...+p_m=q_1+q_2+...+q_n$ 即此时两边个数不相等，也依然有 $a_{p_1}a_{p_2}\times...\times a_{p_m}=a_{q_1}a_{q_2}\times...\times a_{q_n}$
（5） $a_{n-k}\times a_{n+k}=a_n^2(n>k)$ 需要注意的是在解题时一定要注意， $a_n$ 是有两个解的。
2.等比数列前 \(n\) 项积性质
根据运算符的“升次”，可以知道与等差数列前 $n$ 项对应的应该是等比数列的前 $n$ 项积。
（1）$\prod_{2n-1}=a_n^{2n-1}$
（2）若 $\prod_m,\prod_{2m},\prod_{3m}$ 分别表示等比数列的前 $m$ ，$2m$ ，$3m$ 项积，则 $\prod_m,\dfrac{\prod _{2m}}{\prod_m},\dfrac{\prod_{3m}}{\prod_{2m}}$ 成等比数列，且公比为 $q^m$
3.等比数列前 \(n\) 项和性质
（1）若 $S_m,S_{2m},S_{3m}$ 分别表示等比数列的前 $m$ ，$2m$ ，$3m$ 项和，则 $S_m,S_{2m}-S_m,S_{3m}-S_{2m}$ 也成等比数列，且公比为 $q^m$ 。
（2）$S_{n+m}=S_n+q^nS_m \longrightarrow \dfrac{S_{n+m}-S_n}{S_m}=q^n$
（3）项数为 $2n$ 时，$奇偶\dfrac{S_奇}{S_偶}=\dfrac{a_1}{a_2}$ ，项数为 $2n-1$ 时，$奇偶S_奇-S_偶=\dfrac{a_1\cdot [1-(-q)^{2n-1}]}{1-(-q)}=\dfrac{a_1+a_1\cdot q^{2n-1]}}{1+q}=\dfrac{a_1+a_{2n}}{1+q}$
三、求数列的通项
实际上求数列的通项一共包含四种情况
（1）已知数列的类型求通项（基本量运算）
（2）已知数列的前 $n$ 项和或积求通项
（3）已知数列的和项关系求通项
消去 $S$ （再写一遍做差）
消去 $a$ （利用 $a_n=S_n-S_{n-1},n \geq2$）
（4）已知数列的递推公式求通项
①已知 $a_{n+1}-a_n=f(n)$ $\longrightarrow$ 累加法
②已知 $\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=g(n)$ $\longrightarrow$ 累乘法
③已知 $a_{n+1}=ka_n+b$ $\longrightarrow$ 推广为： $a_{n+1}=ka_n+f(n)$
④已知 $a_{n+1}=\dfrac{ma_n}{ka_n+b}$ $\longrightarrow$ 推广为 ： $a_{n+1}=\dfrac{ma_n+n}{ka_n+b}$
⑤已知 $a_{n+1}=ka_n+ma_{n-1}$ $\longrightarrow$ 二阶递推
$...$
针对于前三种求数列的通项类型较为基础，前面已经有所涉及。此处涉及的关于求数列的通项的问题，往往都是第（4）种类型，出现复杂且陌生的数列。实际上已知递推公式求通项的模型特别多，重点还是掌握求解过程中的方法，再次基础上可以尽可能多地整理陌生且有巧妙做法的模型。
1.累加法
累加法也算是求解数列通项里较容易理解的方法，其原理为：
$$
a_n=a_1+(a_2-a_1)+(a_3-a_2)+...+(a_n-a_{n-1}),n\geq 2 且n\in \N*
$$
我们已经拿到了 $a_n-a_{n-1}=f(n-1),n\geq2$ 将每一项代入求和即可得到：
$$
a_n=a_1+f(1)+f(2)+...+f(n-1),,n\geq 2 且n\in \N*
$$
同时要注意上述式子 $n$ 的范围为 $n\geq2$ 所以我们还需要验证，**当 $n=1$ 时，$a_1$ 是否也符合**求解出来的通项公式，如果符合，则直接下结论；如果不符合则需要以分段的形式写出 $a_n$ 的通项公式。
2.累乘法
累乘法的原理类似于累加法，其原理为：
$$
a_n=a_1\times\dfrac{a_2}{a_1} \times\dfrac{a_3}{a_2} \times...\times\dfrac{a_n}{a_{n-1}},n\geq 2 且n\in \N*
$$
我们已经拿到了 $\dfrac{a_n}{a_{n-1}}=g(n),n\geq2$ 将每一项代入乘到一起即可得到：
$$
a_n=a_1\times g(1) \times g(2) \times...\times g(n-1),n\geq 2 且n\in \N*
$$
同累加法一样，我们还是需要注意上述式子 $n$ 的范围，验证 $a_1$ ，此处不赘述。
3. \(a_{n+1}=ka_n+f(n)\) 类
此类型下求解数列的通项公式主要有三种思路：
①待定系数法构造左右同构（不动点改造）
②再写一遍做差构造左右同构
③形如 $a_{n+1}=pa_{n}+q(n),p\ne1$ 的递推式，可以等号两边同时除以 $p^{n+1}$ ，得到 $\dfrac{a_{n+1}}{p^{n+1}}=\dfrac{a_n}{p^n}+\dfrac{q(n)}{p^{n+1}}$ ，此时我们将 $\dfrac{a_n}{p^n}$ 看作为一个新的数列 $\{ b_n \}$ ，则可以用累加法求出 $b_n$ ，进而求得 $a_n$ 。
为了便于理解，我们直接以一道题目为例
$$
已知： S_n=2S_{n-1}+2n-1,n\geq2 ，且 a_1=1 ，求数列 \{ a_n \} 的通项公式
$$
解法一：直接构造同构
根据已经给出的前 $n$ 项和公式，我们直接尝试构造出
$$
S_n+An+B=2(S_{n-1}+A(n-1)+B)
$$
调整为
$$
S_n=2S_{n-1}+An-2A+B
$$
列方程即可解得 $A=2$，$B=3$ ，于是可以得到
$$
S_n+2n+3=2[S_{n-1}+2(n-1)+3]
$$
所以 $\{ S_n+2n+3 \} $ 是首项为 $6$ ，公比为 $2$ 的等差数列
$$
\therefore S_n=3\times 2^n-2n-3
\\
\therefore S_{n-1}=3\times 2^{n-1}-2(n-1)-3
$$
于是就得到数列 $\{ a_n \}$ 的通项公式为
$$
a_n=3\times 2^{n-1}-2
$$
解法二：再写一遍做差构造同构
直接对前 $n$ 项和公式再写一遍做差，得到
$$
S_n=2S_{n-1}+2n-1
\\
S_{n-1}=2S_{n-2}+2n-3
\\
\therefore a_n=2a_{n-1}+2
$$
拿到 $a_n$ 的递推数列后采用改造，在这里介绍不动点的方法：直接令 $a_n$ 与 $a_{n-1}$ 均为 $x$ ，则有
$$
x=2x+2
$$
解得 $x=-2$ ，于是原递推公式两边同时减去 $-2$ ，即 $+2$，可得
$$
a_{n+2}+2=2(a_{n-1}+2)
\\
\therefore 数列\{ a_{n}+2 \} 是首项为3，公比为2的等比数列
\\
\therefore a_n=3\times 2^{n-1}-2
$$
此处补充不动点方法的原理，其中 $f(a_n)$ 表示关于 $a_n$ 的多项式或两个多项式的商
$$
考虑有 a_{n+1}=f(a_n)
\\
\therefore a_{n+1}-\alpha=f(a_n)-\alpha
\\
则当 a_n=\alpha，且f(\alpha)-\alpha=0 时
\\
基于代数基本定理，多项式 f(a_n)-\alpha 必有 (a_n-\alpha) 这个因式
\\
\therefore a_{n+1}-\alpha=(a_n-\alpha)g(a_n)
$$
切记： **不动点方法中我们解出来的不动点是一个常数，必须是与 $n$ 无关的，即如果递推关系式中含有 $f(n)$ 则无法使用不动点来求解** ，待定系数法的适用范围更广，但是也有不能使用的情况：递推关系中含有 $f(n)$ ，且 $f(n)$ 为指数函数的形式 $k^n$ **如果 $a_n=ka_{n-1}+k^n$ 即，底数与前一项前的系数相同，则待定系数法无解** ，我们以一个例子来看这种情况：
$$
已知： a_n=2a_{n-1}+2^n-1,n\geq2 ，且 a_1=5 ，求数列 \{ a_n \} 的通项公式
$$
这个题目就是出现不动点与待定系数法均失效的情况，我们发现问题就出现在 $2^n$ 上所以我们先 拿出来，这样剩余的部分我们就可以使用不动点法与待定系数法改造。
此处以待定系数法为例，
$$
a_n+An+B=2(a_{n-1}+A(n-1)+B)+2^n
\\
拆开整理可得，a_n+An+B=2a_{n-1}+2An-2A+2B
\\
\therefore A=0,B=1
\\
\therefore a_n-1=2(a_{n-1}-1)+2^n
\\
令b_n=a_n-1 \therefore b_n=2b_{n-1}+2^n
\\
两边同时除以 2^n \therefore \dfrac{b_n}{2^n}=\dfrac{b_{n-1}}{2^{n-1}}+1
\\
\therefore \{ \dfrac{b_n}{2^n} \} 为首项是2公差为1的等差数列 \therefore \dfrac{b_n}{2^n}=n+1
\\
\therefore a_n=(n+1)2^n+1
$$
这个解答里也用到了解法三的思路。
解法三：两边同时除以 \(k^{n+1}\)
在这个题目里，这种方法或许优势没有体现的太明显，在解法二的基础上加了一些步骤，但是 这种方法也是在求解数列问题中的重要方法，需要掌握。
由解法二可得，
$$
a_n=2a_{n-1}+2
$$
等式两边同时除以 $2^n$ ，可得
$$
\dfrac{a_n}{2^n}=\dfrac{a_{n-1}}{2^{n-1}}+\dfrac{1}{2^{n-1}}
$$
累加法可求出
$$
\dfrac{a_n}{2^n}=\dfrac{3}{2}-\dfrac{1}{2^{n-1}}
\\
\therefore a_n=3\times 2^{n-1}-2
$$
4. \(a_{n+1}=\dfrac{ma_n+n}{ka_n+b}\) 类
根据刚才所提及的不动点方法的原理，发现在这种形势下，不动点方法是可以做的，需要注意解不动点方程时，
- 如果出现两个不动点 $p$ ，$q$ ，则原递推式可以转化为 $\dfrac{a_n-p}{a_n-q}=k\cdot \dfrac{a_{n-1}-p}{a_{n-1}-q}$
- 如果出现一个不动点 $r$ ，则原递推式可转化为 $\dfrac{1}{a_n-r}=\dfrac{1}{a_{n-1}-r}-k$
5. \(a_{n+1}=ka_n+ma_{n-1}\) 类
对于二阶递推类的求通项问题，常用的方法是特征根方程法，与不动点的解法类似
我们将所有的 $a_n$ 形式的全部转化，其中 $a_{n+1}$ 是关于 $\lambda$ 平方项，$a_n$ 是一次项，$a_{n-1}$ 是常数项 ，于是原递推式子就变为了
$$
\lambda^2=k\lambda+m
$$
解出来两个 $\lambda$ 后对应的是两种构造但是殊途同归，只需要选择一个 $\lambda$ 将递推数列改为
$$
a_{n+1}-\lambda a_n=k(a_n-\lambda a_{n-1})
\\
将 \{ a_{n}-\lambda a_{n-1} \} 看作为一个整体，则该数列为等比数列。
$$
这个问题就转化为了一阶递推问题，在这里就不继续展开。
至于特征根方程法的原理，个人倾向于借助不动点来理解，即接下来要讲述的是**不动点与特征根之间的联系**
首先对于上述的二阶递推关系，变形得，
$$
\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\dfrac{m}{(\dfrac{a_n}{a_{n-1}})}+k
\\
令 b_n=\dfrac{a_{n}}{a_{n-1}}，b_{n+1}=\dfrac{m}{b_n}+k
\\
使用不动点，x=\dfrac{m}{x}+k，即x^2-kx-m
\\
发现与我们直接使用特征根得到的方程：\lambda^2-k\lambda-m 是相同的
$$
于是我们就理解，特征根其实跟不动点在某种意义上来说是相同的，打通了这两种方法之间的路。
花费很大功夫，我们梳理完了一些常见的求数列的模型，这些数列囊括了大部分可能会有难度的求数列通项问题，最重要的还是明确解这些问题时的思路及原理，来应对陌生题目。
四、数列求和的方法
高中阶段对数列的求和主要要求是基于求出数列通项的基础上，所以对数列求和的方法相对来说比较套路，有很多规律可循，下面给出的方法包括了几乎所有能见到的数列求和方法。
公式法不再此处赘述。
1.分组求和
分组求和的思想非常好理解，如果 $c_n=a_n+b_n$ 并且 $a_n$ 与 $b_n$ 相对来说比较好进行求和，那么可以直接对 $a_n$ 与 $b_n$ 求和后再相加。
分组求和中还有一种情况就是数列 $a_n$ 中出现负数项，而题目中，要求我们求 $|S_n|$ ，此时可以找出数列 $a_n$ 的零点，然后零点分段求和
2.倒叙相加法
设 $a_n=f(n)$ ，$m,p$ 均为常数，且 $m\in \N* $ ，如果有 $f(m-n)+f(n)=p$ 或者 $f(\dfrac{m}{n})+f(n)=p$ ，则可以使用倒叙相加法，即可以将下标之和或积为定值且两项之和或积为定值的项，组合到一起运算。
3.裂项求和法
裂项是一门艺术，如果能一眼看出裂项的方式，那么一个求和公式往往可能减少大量的运算，消去大量算式，而这一部分内容没有什么技巧可言，应多多整理见到的比较巧妙的裂项方式，下面给出许多裂项方式。
（1） $\dfrac{k}{\sqrt n+\sqrt{n+k}}=\sqrt{n+k}-\sqrt n$
（2）$\dfrac{1}{n(n+k)}=\dfrac{1}{k}\cdot (\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+k})$
（3）$2n-1=(n+1)^2-n^2$
（4）$\dfrac{2n+1}{n^2(n+1)^2}=\dfrac{1}{n^2}-\dfrac{1}{(n+1)^2}$
（5）$3n^2+3n+1=(n+1)^3-n^3$
（6）$\log_m(1+\dfrac{1}{n})=\log_m(n+1)-\log_mn$
（7）设 $a_n$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$ ，则 $\dfrac{a_{n+1}}{S_nS_{n+1}}=\dfrac{1}{S_n}-\dfrac{1}{S_{n+1}}$
（8）$\dfrac{3^n}{(3^n-1)(3^{n+1}-1)}=\dfrac{1}{2}(\dfrac{1}{3^n-1}-\dfrac{1}{3^{n+1}-1})$
（9）$\dfrac{n\cdot 2^{n+1}}{(n+1)(n+2)}=\dfrac{2^{n+2}}{n+2}-\dfrac{2^{n+1}}{n+1}$
（10） $2^n\cdot n=(2n-2)\cdot 2^n-(2n-4)\cdot 2^{n-1}$
（11）$n^2=\dfrac{1}{3}n^3+\dfrac{1}{2}n^2+\dfrac{1}{6}n-[\dfrac{1}{3}(n-1)^3+\dfrac{1}{2}(n-1)^2+\dfrac{1}{6}(n-1)]$
（12）$n(n+1)(n+2)=\dfrac{1}{4}[n(n+1)(n+2)(n+3)-(n-1)n(n+1)(n+2)]$
坚持积累！
4.乘公比错位相减法
乘公比错位相减法主要应用于差比数列，何为差比数列？ 不妨设 $a_n$ 为等差数列， $b_n$ 为等比数列， $c_n=a_nb_n$ 或 $c_n=\dfrac{a_n}{b_n}$ ，则 $c_n$ 被称为差比数列，特别的是，等比数列和等差数列都是差比数列。
乘公比错位相减法没有什么技巧，考察的就是对长式子的化简计算，计算时一定要谨慎。
这里给出结论 如果$a_n=(kn+b)\cdot q^n$ ，则其前 $n$ 项和的公式形式为
$$
S_n=(An+B)\cdot q^n-B
$$
注意 $S_0=0$ 必要条件用于检验。
对于差比数列的公式求和，还有一种待定系数方法，我们以一道题目为例，展示上述两种方法。
$$
求和 : S_n=x+2x^2+3x^3+...+nx^n
$$
解法一：乘公比错位相减
先乘公比，然后错位相减，可以通过补 $0$ 的方式对齐。
$$
S_n=x+2x^2+3x^3+...+nx^n+0
\\
xS_n=0+x^2+2x^3+3x^4+...+(n-1)x^n+nx^{n+1}
\\
(1-x)S_n=x+x^2+x^3+...+x^n-nx^{n+1}
\\
(1-x)S_n=\dfrac{x(x^n-1)}{x-1}-nx^{n+1}
\\
S_n=\dfrac{x(1-x^n)}{(1-x)^2}-\dfrac{nx^{n+1}}{1-x}
$$
解法二：待定系数法
$$
设 f(n)=(An+B)x^n-B \ 则有\begin{cases}x=f(1)-f(0) \ 2x^2=f(2)-f(1)\end{cases} \ 解得\begin{cases}A=\dfrac{x}{x-1}\B=\dfrac{-x}{(x-1)^2}\end{cases}\ \therefore nx^n=f(n)-f(n-1)\ \therefore S_n=nxn+(n-1)x{n-1}+...+2x^2+x\=f(n)-f(n-1)+f(n-1)-f(n-2)+...+f(1)-f(0) \ \therefore S_n=f(n)-f(0)=[\dfrac{x}{x-1}n-\dfrac{x}{(x-1)2}]xn+\dfrac{x}{(x-1)^2}
$$
以上就是数列知识的总结，数列难点不光在对于数列通项公式的求解与数列的求和，难点还在于数列可以与前面所学习的所有代数知识相结合，往往求解的时候综合性较强，但是最基础的东西和一些总结出的方法和思路还是先需要掌握好。
标签：总结,数列,dfrac,times,2n,+...+,梳理,等差数列 From： https://www.cnblogs.com/Cybersites/p/16966640.html