数列是一组有序数组，在高中我们比较常见的是两个特殊的数列：等差数列和等比数列。
1 等差数列
等差数列是指数列的后一项减去前一项恒为定值，比如对于数列$\{a_n\}$，若满足$a_{n+1}-a_n=\text{定值}$恒成立，则称数列$\{a_n\}$为等差数列，这里的定值为公差，常用字母$d$表示。
$$ a_{n+1}-a_n=d,n\in N,n \geq 1 $$1.1 等差数列的通项公式
数列$\{a_n\}$为等差数列，则称该数列的第一项，即$a_1$为首项，$d$为公差，则$a_n$的表达式如下：
$$ a_n=a_1+(n-1)d,n\in N,n \geq 1 $$若$a_1$未知，而是知道数列$\{a_n\}$中的其他项，例如$a_m$，我们也可以按照如下方式写出通项公式：
$$ a_n=a_m+(n-m)d,n\in N,n \geq 1 $$无论是上面那一种，在将通项公式写成关于$n$的表达式之后，我们会发现在公差$d \neq 0$时，等差数列的通项公式都是关于$n$的一次函数。
$$ a_n = dn+(a_1-d)=An+B $$1.2 中项公式
等差数列中连续的三项满足如下关系：
$$ a_{n-1}+a_{n+1}=2a_n $$这个关系不止是对连续的三项成立，若$m+n=2k$，则有
$$ a_m+a_n=2a_k $$但需要注意的是，这个不能完全逆推，即$a_m+a_n=2a_k$不一定能够推导$m+n=2k$，因为公差$d=0$时，等差数列中的每一项均相等。
这个关系可以无限拓展。当$x_1+x_2+...+x_n= nk$时，有
$$ a_{x_1}+a_{x_2}+...+a_{x_n}=na_k $$同时我们也可以对右侧进行更改，即当$m+n=p+q$时，有如下关系：
$$ a_m+a_n=a_p+a_q $$1.3 等差数列和
由中项公式的性质我们可以得到：
$$ a_1+a_n=a_2+a_{n-1}=... $$所以根据这个原理，我们可以推导出等差数列前$n$项和的公式：
$$ S_n=\frac{n(a_1+a_n)}{2}=\frac{n(a_m+a_{n-m})}{2} $$推导过程如下：
$$ \begin{array}{c} S_n=a_1+a_2+...+a_{n-1}+a_n \\ S_n=a_n+a_{n-2}+...+a_2+a_1 \end{array} $$两者相加
$$ \begin{array}{} 2S_n=(a_1+a_n)+(a_2+a_{n-1}+...(a_{n-1}+a_2)+(a_n+a_1))\\ =n(a_1+a_n)\\ S_n= \frac{n(a_1+a_n)}{2} \end{array} $$在1.1中我们知道了$a_n=a_1+(n-1)d$，将其带入$S_n$中，得到下方的表达式。
$$ S_n=na_1+\frac{n(n-1)d}{2} $$将其化简为关于$n$的函数，
$$ S_n=\frac{d}{2}n^2+(a_1-\frac{d}{2})n $$当公差$d \neq 0$时，等比数列和是一个关于$n$的无常数项的二次函数：
$$ S_n=An^2+Bn $$1.4 等差数列和的性质
2 等比数列
等比数列是指数列中的后一项除以前一项为定值，且定值不为$0$。比如对于数列$\{a_n\}$，若满足$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\text{定值}$恒成立，则称数列$\{a_n\}$为等比数列，这里的定值为公比，常用字母$q$表示。
2.1 等比数列通项公式
数列$\{a_n\}$为等比数列，则称该数列的第一项，即$a_1$为首项，$q$为公比，则$a_n$的表达式如下：
$$ a_n=a_1q^{n-1},q \neq 0 ,n\in N ,n \geq 1 $$注意：等比数列所有项均不为0，且奇数项同号，偶数项同号
若$a_1$未知，而是知道数列$\{a_n\}$中的其他项，例如$a_m$，我们也可以按照如下方式写出通项公式：
$$ a_n=a_nq^{n-m},q \neq 0 ,n\in N ,n \geq 1 $$2.2 中项公式
等比数列中连续的三项满足如下关系：
$$ a_{n-1}a_{n+1}=a^2_n $$这个关系不止是对连续的三项成立，若$m+n=2k$，则有
$$ a_ma_n=a^2_k $$但需要注意的是，这个不能完全逆推，即$a_ma_n=a^2_k$不一定能够推导$m+n=2k$，因为公差$q=1$时，等比数列中的每一项均相等。
这个关系可以无限拓展，当$x_1+x_2+...+x_n= nk$时，有
$$ a_{x_1}a_{x_2}a_{x_3}...a_{x_n}=a_{k}^n $$同时我们也可以对右侧进行更改，即当$m+n=p+q$时，有如下关系：
$$ a_ma_n=a_qa_q $$2.3 等比数列和
等比数列和的公式根据公比$q$的取值不同有两结果，首先但$q=1$时，所有项都和首项$a_1$相同，所以有：
$$ S_n=na_1 $$而当$q \neq 1,0$时，
$$ S_n=\frac{a_1(1-q^n)}{1-q} $$我们对其进行变形，会发现其公式有规律性，规律如下。
$$ S_n=\frac{a_1}{1-q}-\frac{a_1}{1-q}q^n $$$$ S_n=A-Aq^n $$2.4 等比数列和的性质
3 求数列通项
3.1 公式法
若数列是等差数列或者等比数列，可以直接采用上面的公式求解数列的通项公式。
但需要注意以下三点：
（1）题目中的“什么”是等差或者等比数列，即主体是什么？ （2）首项是什么？ （3）公差或者公比是什么？
例如：数列$\{a_n+f(n)\}$是等差数列，且公差为$d$，$a_1=3$，求等差数列通项公式。
这道题目中是$a_n+f(n)$这一部分为等差数列，而不是$a_n$，所以通项公式左侧是“$a_n+f(n)$”，首项也不是$a_1$，而是$a_1+f(1)$，所以本题根据题目写出来的直接结果：
$$ a_n+f(n)=a_1+f(1)+(n-1)d $$3.2 累加法
适用题型：已知$a_1$的值，且$a_{n+1}=a_n+f(n)$，求数列$\{a_n\}$的通项公式。
方法：
根据题目条件——$a_{n+1}=a_n+f(n)$，从$a_n$开始写：
$$ \begin{cases} a_n=a_{n-1} +f(n-1) \\ a_{n-1}=a_{n-2} +f(n-2) \\ ...\\ a_3=a_{2} +f(2) \\ a_2=a_{1} +f(1) \\ \end{cases} $$将上方$n-1$个等式相加，得到如下
$$ \begin{align} a_n+a_{n-1}+...+a_3+a_2\\ =a_{n-1}+a_{n-2}+...+a_2+a_1\\ +f(n-1)+f(n-2)+f(2)+f(1) \end{align} $$化简后：
$$ a_n=a_1+f(1)+f(2)+f(n-1)=a_1+\sum_{i=1}^{n-1}{f(i)} $$3.3 累乘法
适用题型： 已知 $a_1$ 的值，且递推关系为 $a_{n+1} = a_n \cdot f(n)$（或等价地 $\frac{a_{n+1}}{a_n}=f(n)$），其中 $f(n)\neq 0$，求数列 $\{a_n\}$ 的通项公式。
方法步骤：
改写递推式由 $a_{n+1} = a_n \cdot f(n)$，将下标退一位，可得：
$$ \frac{a_n}{a_{n-1}} = f(n-1) \quad (n \ge 2) $$列举前 $n-1$ 个比值式从 $n$ 到 2 依次列出：
$$ \frac{a_n}{a_{n-1}} = f(n-1) $$$$ \frac{a_{n-1}}{a_{n-2}} = f(n-2) $$$$ \vdots $$$$ \frac{a_3}{a_2} = f(2) $$$$ \frac{a_2}{a_1} = f(1) $$累乘求积将上述 $n-1$ 个等式的左右两边分别相乘。左边分子分母交错约分，右边为 $f(1)$ 到 $f(n-1)$ 的连乘积：
$$ \frac{a_n}{a_{n-1}} \cdot \frac{a_{n-1}}{a_{n-2}} \cdots \frac{a_2}{a_1} = f(n-1) \cdot f(n-2) \cdots f(1) $$化简得通项 左边化简为 $\frac{a_n}{a_1}$，因此：
$$ \frac{a_n}{a_1} = \prod_{i=1}^{n-1} f(i) $$$$ a_n = a_1 \cdot \prod_{i=1}^{n-1} f(i) \quad $$
3.4 待定系数法
适用题型： 已知 $a_1$ 的值，且递推关系为 $a_{n+1} = p a_n + q$（其中 $p \neq 1$，$q \neq 0$，且 $p$、$q$ 为常数），求数列 $\{a_n\}$ 的通项公式。
方法步骤：
**设定常数 $\lambda$**将递推式改写为以下形式（目标是将 $\{a_n + \lambda\}$ 构造为等比数列）：
$$ a_{n+1} + \lambda = p(a_n + \lambda) $$**展开并确定 $\lambda$**将上式展开：
$$ a_{n+1} + \lambda = p a_n + p\lambda $$与原递推式 $a_{n+1} = p a_n + q$ 对比，可得：
$$ q = p\lambda - \lambda = \lambda(p-1) $$因为 $p \neq 1$，所以：
$$ \lambda = \frac{q}{p-1} $$构造等比数列将 $\lambda = \frac{q}{p-1}$ 代入，得到：
$$ a_{n+1} + \frac{q}{p-1} = p\left(a_n + \frac{q}{p-1}\right) $$因此，数列 $\left\{a_n + \frac{q}{p-1}\right\}$ 是等比数列，首项为 $a_1 + \frac{q}{p-1}$，公比为 $p$。
写出等比数列通项根据等比数列通项公式：
$$ a_n + \frac{q}{p-1} = \left(a_1 + \frac{q}{p-1}\right) \cdot p^{\,n-1} $$解得 $\{a_n\}$ 的通项公式 移项得到：
$$ \boxed{a_n = \left(a_1 + \frac{q}{p-1}\right) p^{\,n-1} - \frac{q}{p-1}} \quad (n \ge 1) $$当 $n=1$ 时，代入验证显然成立。
3.5 倒数法
适用题型： 已知 $a_1$ 的值，且递推关系为 $a_{n+1} = \dfrac{a_n}{p a_n + q}$（其中 $p$、$q$ 为常数，且 $a_n \neq 0$），求数列 $\{a_n\}$ 的通项公式。
方法步骤：
两边取倒数对递推式 $a_{n+1} = \dfrac{a_n}{p a_n + q}$ 两边同时取倒数，得：
$$ \frac{1}{a_{n+1}} = \frac{p a_n + q}{a_n} = p + \frac{q}{a_n} $$换元构造新数列令 $b_n = \dfrac{1}{a_n}$，则递推式化为：
$$ b_{n+1} = q b_n + p $$求解新数列 $\{b_n\}$ 的通项此时转化为形如 $b_{n+1} = q b_n + p$ 的递推式，需分两种情况讨论：
当 $q = 1$ 时：$b_{n+1} = b_n + p$，数列 $\{b_n\}$ 为等差数列，直接利用累加法得：
$$ b_n = b_1 + (n-1)p = \frac{1}{a_1} + (n-1)p $$当 $q \neq 1$ 时： 使用待定系数法（参考 2.4 节），构造：
$$ b_{n+1} + \frac{p}{q-1} = q\left(b_n + \frac{p}{q-1}\right) $$因此 $\left\{b_n + \dfrac{p}{q-1}\right\}$ 为等比数列，首项为 $b_1 + \dfrac{p}{q-1} = \dfrac{1}{a_1} + \dfrac{p}{q-1}$，公比为 $q$，故：
$$ b_n + \frac{p}{q-1} = \left(\frac{1}{a_1} + \frac{p}{q-1}\right) q^{\,n-1} $$所以：
$$ b_n = \left(\frac{1}{a_1} + \frac{p}{q-1}\right) q^{\,n-1} - \frac{p}{q-1} $$
回代得 $\{a_n\}$ 的通项公式由 $a_n = \dfrac{1}{b_n}$，得到：
当 $q = 1$ 时：
$$ \boxed{a_n = \dfrac{1}{\dfrac{1}{a_1} + (n-1)p}} \quad (n \ge 1) $$当 $q \neq 1$ 时：
$$ \boxed{a_n = \dfrac{1}{\left(\dfrac{1}{a_1} + \dfrac{p}{q-1}\right) q^{\,n-1} - \dfrac{p}{q-1}}} \quad (n \ge 1) $$
3.6 取对数法
适用题型： 已知 $a_1 > 0$，且递推关系为 $a_{n+1} = p \cdot (a_n)^r$（其中 $p > 0$，$r$ 为常数，且 $r \neq 1$，$a_n > 0$），求数列 $\{a_n\}$ 的通项公式。
方法步骤：
判断各项符号并取对数由 $a_1 > 0$ 及 $p > 0$ 可知，数列各项均为正数。对递推式两边取常用对数（或自然对数），这里以取常用对数 $\lg$ 为例：
$$ \lg a_{n+1} = \lg\left[p \cdot (a_n)^r\right] = \lg p + r \cdot \lg a_n $$换元构造新数列令 $b_n = \lg a_n$，则递推式化为：
$$ b_{n+1} = r \cdot b_n + \lg p $$求解新数列 $\{b_n\}$ 的通项此时转化为形如 $b_{n+1} = r b_n + \lg p$ 的递推式，需分情况讨论：
当 $r = 1$ 时：递推式变为 $b_{n+1} = b_n + \lg p$，数列 $\{b_n\}$ 为等差数列，利用累加法得：
$$ b_n = b_1 + (n-1)\lg p = \lg a_1 + (n-1)\lg p $$当 $r \neq 1$ 时（通常考查情况）： 使用待定系数法（参考 2.4 节），构造等比数列：
$$ b_{n+1} + \frac{\lg p}{r-1} = r\left(b_n + \frac{\lg p}{r-1}\right) $$因此 $\left\{b_n + \dfrac{\lg p}{r-1}\right\}$ 为等比数列，首项为 $\lg a_1 + \dfrac{\lg p}{r-1}$，公比为 $r$，故：
$$ b_n + \frac{\lg p}{r-1} = \left(\lg a_1 + \frac{\lg p}{r-1}\right) \cdot r^{\,n-1} $$化简得：
$$ b_n = \lg a_1 \cdot r^{\,n-1} + \lg p \cdot \frac{r^{\,n-1} - 1}{r-1} $$
回代得 $\{a_n\}$ 的通项公式由 $a_n = 10^{\,b_n}$，得到：
当 $r = 1$ 时：
$$ a_n = 10^{\lg a_1 + (n-1)\lg p} = a_1 \cdot p^{\,n-1} $$（此时即等比数列，与预期一致）
当 $r \neq 1$ 时：
$$ \boxed{a_n = a_1^{\,r^{\,n-1}} \cdot p^{\,\frac{r^{\,n-1} - 1}{\,r-1\,}}} \quad (n \ge 1) $$
3.7 根据$S_n$表达式求通项
适用题型： 已知数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和 $S_n$ 的显式表达式（仅含 $n$，例如 $S_n = n^2 + 2n$），求数列 $\{a_n\}$ 的通项公式。
方法步骤：
**求首项 $a_1$**由定义 $S_1 = a_1$，直接代入 $S_n$ 表达式：
$$ a_1 = S_1 = f(1) $$求 $n \ge 2$ 时的通项利用关系式 $a_n = S_n - S_{n-1}$（$n \ge 2$），代入 $S_n = f(n)$ 得：
$$ a_n = f(n) - f(n-1) \quad (n \ge 2) $$验证并写出最终结果检验上式中令 $n=1$ 时，$f(1) - f(0)$ 是否等于步骤 1 求出的 $a_1$。
若相等，则可统一写为：
$$ \boxed{a_n = f(n) - f(n-1)} \quad (n \ge 1) $$此时通常默认 $f(0) = 0$（即空集和为零），使得 $a_1 = f(1) - f(0) = f(1) = S_1$ 成立。
若不相等，则必须写成分段形式：
$$ \boxed{a_n = \begin{cases} f(1), & n=1 \\[4pt] f(n) - f(n-1), & n \ge 2 \end{cases}} $$
3.8 根据$S_n$与$a_n$关系式求通项
适用题型： 已知数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和 $S_n$ 与通项 $a_n$ 满足一个等式（如 $S_n = 2a_n - 1$，或 $S_n = a_n + n^2$ 等），且等式中同时含有 $S_n$ 和 $a_n$（或 $S_{n-1}$ 与 $a_{n-1}$），求数列 $\{a_n\}$ 的通项公式。
方法步骤：
**求首项 $a_1$**令 $n=1$，由 $S_1 = a_1$ 代入混合关系式，解出 $a_1$（注意此时 $S_1$ 直接等于 $a_1$，不涉及 $S_0$）。
写出 $n-1$ 时的关系式将原式中的 $n$ 替换为 $n-1$（要求 $n-1 \ge 1$，即 $n \ge 2$），得到：
$$ S_{n-1} = \text{关于 } a_{n-1}, n-1 \text{ 的表达式} $$**两式相减消去 $S_n$**用原式减去第 2 步得到的式子，左边为：
$$ S_n - S_{n-1} = a_n \quad (n \ge 2) $$右边则得到关于 $a_n$ 与 $a_{n-1}$（以及 $n$）的等式：
$$ a_n = \text{（化简后的式子）} $$求解所得的递推关系式根据化简后递推式的具体形式，选用合适的方法求解：
- 若为 $a_n - a_{n-1} = f(n)$（或类似），用累加法；
- 若为 $\dfrac{a_n}{a_{n-1}} = f(n)$，用累乘法；
- 若为 $a_n = p a_{n-1} + q$，用待定系数法；
- 若为分式型，尝试倒数法；
- 若为幂指型，尝试取对数法等。
求得 $n \ge 2$ 时的通项表达式 $a_n = g(n)$。
验证首项并写出最终结果将 $n=1$ 代入 $g(n)$，检查是否等于步骤 1 中求出的 $a_1$。
- 若相等，则通项公式可统一写为： $$ \boxed{a_n = g(n)} \quad (n \ge 1) $$
- 若不相等，则必须写成分段形式： $$ \boxed{a_n = \begin{cases} a_1, & n=1 \\ g(n), & n \ge 2 \end{cases}} $$
4 求数列和
4.1 公式法
适用题型： 题目直接说明数列 $\{a_n\}$ 是等差数列或等比数列，或者通过计算（如相邻两项差为常数、比为常数）能够直接判断其为等差或等比数列，此时直接套用公式求通项或前 $n$ 项和。
方法步骤：
确定基本量根据题意，求出首项 $a_1$ 和公差 $d$（等差）或公比 $q$（等比，且 $q \neq 0$）。
代入通项公式
- 若为等差数列： $$ a_n = a_1 + (n-1)d \quad (n \ge 1) $$
- 若为等比数列： $$ a_n = a_1 \cdot q^{\,n-1} \quad (n \ge 1) $$
代入前 $n$ 项和公式（若题目要求求和）
- 等差数列求和（两种形式，视条件选用）： $$ S_n = \frac{n(a_1 + a_n)}{2} \quad \text{或} \quad S_n = n a_1 + \frac{n(n-1)}{2}d $$
- 等比数列求和（关键：务必讨论公比 $q$ 是否为 $1$）： $$ S_n = \begin{cases} n a_1, & q = 1 \\[6pt] \dfrac{a_1(1 - q^n)}{1 - q} = \dfrac{a_1(q^n - 1)}{q - 1}, & q \neq 1 \end{cases} $$
化简得出结果 将 $a_1$、$d$ 或 $q$ 代入后，合并整理成最简形式即可。
4.2 分组求和法
适用题型： 数列 $\{a_n\}$ 的通项可以分解为若干个（通常为两个或三个）简单数列的和（或差），而这些简单数列的前 $n$ 项和是已知的（如等差数列、等比数列、裂项相消数列、常数数列等），此时可将通项拆开，分别求和后再合并，得到原数列的前 $n$ 项和 $S_n$。
方法步骤：
**分解通项（拆分）**将 $a_n$ 拆分成几个已知求和公式的子项之和：
$$ a_n = b_n + c_n + d_n + \cdots $$其中 $\{b_n\}$、$\{c_n\}$、$\{d_n\}$ 均为可直接求和的简单数列（如等差、等比、裂项型等）。
分别求和利用已知的求和公式，分别计算前 $n$ 项和：
$$ \sum_{i=1}^n b_i, \quad \sum_{i=1}^n c_i, \quad \sum_{i=1}^n d_i, \cdots $$合并相加 将步骤 2 中各部分的求和结果相加（若是 $a_n = b_n - c_n$ 则相减），化简合并同类项，即得 $S_n$：
$$ \boxed{S_n = \sum_{i=1}^n b_i + \sum_{i=1}^n c_i + \sum_{i=1}^n d_i + \cdots} $$
典型拆分模式（参考速查）：
| 通项形式$a_n$ | 拆分组别 | 求和依据 |
|---|---|---|
| $a_n = An + B + C \cdot q^{n-1}$ | 等差$\{An+B\}$ + 等比 $\{Cq^{n-1}\}$ | 等差、等比求和公式 |
| $a_n = (An + B) + \dfrac{1}{n(n+1)}$ | 等差 + 裂项$\left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}\right)$ | 等差求和 + 裂项相消 |
| $a_n = p^n + \log_q n$ | 等比 + 对数列（少见，高考通常不考对数求和） | 仅作示意，一般两个容易求和的组合 |
示例（简略）： 已知 $a_n = 2n + 3^{n}$，则：
$$ S_n = \sum_{i=1}^n 2i + \sum_{i=1}^n 3^i = 2 \cdot \frac{n(n+1)}{2} + \frac{3(3^n - 1)}{3-1} = n(n+1) + \frac{3^{n+1} - 3}{2} $$4.3 裂项相消
适用题型： 数列 $\{a_n\}$ 的通项可以拆分为相邻两项（或相隔 $k$ 项）的代数差的形式，即 $a_n = f(n) - f(n+1)$（或 $a_n = f(n) - f(n+k)$），使得求前 $n$ 项和 $S_n$ 时，展开后中间的项全部正负抵消，只剩下为数不多的首项和末项，从而大幅简化计算。
方法步骤：
**拆项变形（裂项）**将通项 $a_n$ 分解为两项之差：
$$ a_n = f(n) - f(n+1) $$或更一般地：
$$ a_n = f(n) - f(n+k) \quad (k \text{ 为常数}) $$若通项为分式，通常需通过待定系数法配平系数，保证等式成立。
写出前 $n$ 项和并展开
$$ S_n = a_1 + a_2 + a_3 + \cdots + a_n $$将裂项后的表达式代入：
$$ S_n = [f(1)-f(2)] + [f(2)-f(3)] + [f(3)-f(4)] + \cdots + [f(n)-f(n+1)] $$观察并抵消中间项观察展开式，相邻两项中前一项的 $-f(2)$ 与后一项的 $+f(2)$ 抵消，$-f(3)$ 与 $+f(3)$ 抵消……依次类推，中间项全部消去。
化简并得出结果 消去中间项后，只剩首项与末项（若 $a_n = f(n) - f(n+1)$，剩余 $f(1)$ 与 $-f(n+1)$）：
$$ \boxed{S_n = f(1) - f(n+1)} $$若 $a_n = f(n) - f(n+k)$，则剩余前 $k$ 项与末 $k$ 项，需根据具体情况书写。
注意事项：
系数配平（核心易错点）：若直接相减后分子不为原分子，必须乘上配平系数。例如：
$$ \frac{1}{n(n+2)} \neq \frac{1}{n} - \frac{1}{n+2} \quad (\text{因为右边通分为 } \frac{2}{n(n+2)}) $$正确应为：
$$ \frac{1}{n(n+2)} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+2}\right) $$剩余项的规律：
- 若 $a_n = f(n) - f(n+1)$，求和后剩 前 1 项 和 末 1 项：$f(1) - f(n+1)$。
- 若 $a_n = f(n) - f(n+2)$，求和后剩 前 2 项 和 末 2 项：$f(1)+f(2) - f(n+1)-f(n+2)$。
- 一般地，若 $a_n = f(n) - f(n+k)$，则剩前 $k$ 项和末 $k$ 项。
根式型裂项（有理化）：对于形如 $a_n = \dfrac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}$ 的通项，利用分母有理化：
$$ \frac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} = \sqrt{n+1} - \sqrt{n} $$此时 $f(n) = \sqrt{n}$，可直接套用上述公式。
验证 $n=1$： 求出 $S_n$ 后，令 $n=1$ 代入，检验是否等于 $a_1$。若不等，说明裂项过程或系数配平有误。
常见裂项公式速查（$\boldsymbol{k}$ 为常数）：
| 通项形式$a_n$ | 裂项结果 | 求和结果$S_n$（部分抵消后） |
|---|---|---|
| $\dfrac{1}{n(n+1)}$ | $\dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{n+1}$ | $1 - \dfrac{1}{n+1}$ |
| $\dfrac{1}{n(n+k)}$ | $\dfrac{1}{k}\left(\dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{n+k}\right)$ | $\dfrac{1}{k}\left(1 + \cdots + \dfrac{1}{k} - \dfrac{1}{n+1} - \cdots - \dfrac{1}{n+k}\right)$ |
| $\dfrac{1}{(2n-1)(2n+1)}$ | $\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2n-1} - \dfrac{1}{2n+1}\right)$ | $\dfrac{1}{2}\left(1 - \dfrac{1}{2n+1}\right)$ |
| $\dfrac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}$ | $\sqrt{n+1} - \sqrt{n}$ | $\sqrt{n+1} - 1$ |
| $\dfrac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n+k}}$ | $\dfrac{1}{k}(\sqrt{n+k} - \sqrt{n})$ | $\dfrac{1}{k}(\sqrt{n+k} + \cdots - \sqrt{n+1} - \cdots)$ |
4.4 倒序相加
适用题型： 求数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和 $S_n$，其中数列 $\{a_n\}$ 满足“与首末两端等距离的两项之和等于常数”，即：
$$ a_1 + a_n = a_2 + a_{n-1} = a_3 + a_{n-2} = \cdots = C \quad (\text{常数}) $$最典型的应用是推导等差数列前 $n$ 项和公式，以及求解具有函数对称性（如 $f(x) + f(1-x) = 1$）特征的数列求和。
方法步骤：
**正序写出 $S_n$**将前 $n$ 项和按原顺序展开：
$$ S_n = a_1 + a_2 + a_3 + \cdots + a_{n-1} + a_n $$**倒序写出 $S_n$**将上式中各项的顺序反过来重新写一遍：
$$ S_n = a_n + a_{n-1} + a_{n-2} + \cdots + a_2 + a_1 $$两式相加将上述两个等式左右两边分别相加，左边为 $2S_n$，右边将对应项（首尾配对）相加：
$$ 2S_n = (a_1 + a_n) + (a_2 + a_{n-1}) + (a_3 + a_{n-2}) + \cdots + (a_n + a_1) $$化简并求解 若满足 $a_1 + a_n = a_2 + a_{n-1} = \cdots = C$，则右边共有 $n$ 对，每对和为 $C$，故：
$$ 2S_n = n \cdot C $$即：
$$ \boxed{S_n = \frac{n}{2}(a_1 + a_n)} $$
4.5 错位相减
适用题型： 求数列 $\{c_n\}$ 的前 $n$ 项和 $S_n$，其中 $c_n = a_n \cdot b_n$，$\{a_n\}$ 为等差数列，$\{b_n\}$ 为等比数列（公比为 $q$，且 $q \neq 1$）。即 $c_n$ 的通项形如 $(An + B) \cdot q^{n-1}$ 或 $(An + B) \cdot q^n$。
方法步骤：
写出 $S_n$ 的展开式设等差数列 $\{a_n\}$ 的公差为 $d$，等比数列 $\{b_n\}$ 的公比为 $q$（$q \neq 1$）。将前 $n$ 项和按“等差项”与“等比项”的乘积展开：
$$ S_n = a_1 b_1 + a_2 b_2 + a_3 b_3 + \cdots + a_n b_n $$**两边同乘公比 $q$**将上式左右两边同时乘以等比数列的公比 $q$，得到 $qS_n$ 的展开式（注意右边每一项的等比部分下标整体向后移一位）：
$$ qS_n = a_1 b_2 + a_2 b_3 + a_3 b_4 + \cdots + a_n b_{n+1} $$错位相减用 $S_n$ 减去 $qS_n$（或反向相减，视方便而定），将两式右端“对齐的同类项”相减。由于 $\{a_n\}$ 是等差数列，相邻项之差为常数 $d = a_{k+1} - a_k$，中间的绝大部分项会相互抵消：
$$ S_n - qS_n = a_1 b_1 + (a_2 - a_1)b_2 + (a_3 - a_2)b_3 + \cdots + (a_n - a_{n-1})b_n - a_n b_{n+1} $$即：
$$ (1 - q)S_n = a_1 b_1 + d(b_2 + b_3 + \cdots + b_n) - a_n b_{n+1} $$化简求和并解出 $S_n$ 上式右端括号中 $b_2 + b_3 + \cdots + b_n$ 是等比数列 $\{b_n\}$ 从第 $2$ 项到第 $n$ 项的和（共 $n-1$ 项），利用等比数列求和公式计算。最后将 $(1-q)$ 除到等式右边，即得 $S_n$ 的表达式：
$$ \boxed{S_n = \frac{a_1 b_1 + d \cdot \dfrac{b_2(1 - q^{n-1})}{1-q} - a_n b_{n+1}}{1-q}} \quad (q \neq 1) $$
5 无穷等比数列和
2.12 无穷等比数列求和（极限法）
适用题型： 求无穷等比数列 $\{a_n\}$ 的各项之和（即前 $n$ 项和 $S_n$ 当 $n \to \infty$ 时的极限），其中公比 $q$ 满足 $|q| < 1$（且 $q \neq 0$）。
方法步骤：
写出前 $n$ 项和公式设无穷等比数列首项为 $a_1$，公比为 $q$。根据 2.1 节，先写出有限项的前 $n$ 项和（$q \neq 1$ 时）：
$$ S_n = \frac{a_1(1 - q^n)}{1 - q} $$判断极限是否存在对 $n \to \infty$ 取极限。由于 $|q| < 1$，则：
$$ \lim_{n \to \infty} q^n = 0 $$取极限并化简 无穷等比数列各项和 $S$ 定义为 $S_n$ 的极限：
$$ S = \lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty} \frac{a_1(1 - q^n)}{1 - q} = \frac{a_1(1 - 0)}{1 - q} $$即得到无穷等比数列求和公式：
$$ \boxed{S = \frac{a_1}{1 - q}} \quad (|q| < 1) $$
6 数学归纳法（归纳—猜想—证明）
适用题型： 已知数列的递推公式（或前 $n$ 项和 $S_n$ 与 $a_n$ 的关系），通过计算前几项能够猜想出通项公式 $a_n$（或前 $n$ 项和 $S_n$）的形式，但无法直接通过常规方法（累加、累乘等）推导，需要利用数学归纳法进行严格证明的题型。 （常用于证明涉及正整数 $n$ 的恒等式、不等式或数列通项猜想。）
方法步骤：
**归纳奠基（验证起始值）**验证当 $n$ 取第一个值 $n_0$（通常 $n_0=1$）时，命题成立。例如验证猜想 $a_n = f(n)$，需计算：
$$ a_1 = f(1) $$若命题是求和 $S_n = g(n)$，则验证 $S_1 = a_1 = g(1)$。
**归纳假设（假设 $n=k$ 时成立）**假设当 $n = k$（$k \ge n_0$，$k \in \mathbb{N}^*$）时命题成立，即：
$$ a_k = f(k) \quad \text{（或 } S_k = g(k) \text{）} $$**归纳递推（证明 $n=k+1$ 时也成立）**利用题设给定的递推关系式（或 $a_{k+1} = S_{k+1} - S_k$），将假设的 $a_k = f(k)$ 代入，推导出 $n = k+1$ 时的形式：
$$ a_{k+1} = f(k+1) $$（或通过 $S_{k+1} = S_k + a_{k+1}$ 推导出 $S_{k+1} = g(k+1)$。）
得出结论 由步骤 1 和步骤 3 可知，命题对 $n = n_0, n_0+1, n_0+2, \cdots$ 均成立。根据数学归纳法原理，原猜想通项公式对所有 $n \ge n_0$ 的正整数成立：
$$ \boxed{a_n = f(n)} \quad (n \ge 1) $$