本文覆盖高中数学"数列"一章的全部核心概念、公式、性质、题型与易错点，公式统一使用 LaTeX 书写。适合作为一轮复习的知识清单，也可作为二轮专题突破的查阅手册。
阅读建议：第 1–4 章是概念与公式根基，必须熟记并能默写；第 5–6 章是"求通项"与"求和"两大核心技能；第 7–11 章是综合应用、题型归纳与易错点；第 12 章是速查表，考前 10 分钟看。
1 数列的基本概念
1.1 数列的定义
按照一定次序排列的一列数称为数列：
$$ a_1,\ a_2,\ a_3,\ \cdots,\ a_n,\ \cdots $$简记为 $\{a_n\}$。其中每一个数叫做数列的项，$a_1$ 叫首项，$a_n$ 叫第 $n$ 项，$n$ 叫做该项的序号（项数）。
要点
- 数列中的数是有顺序的，$\{1,2,3\}$ 与 $\{3,2,1\}$ 是不同数列；
- 数列中的数可以重复出现，如 $1,1,1,\cdots$；
- 数列与集合不同：集合无序、元素互异，数列有序、可重复。
1.2 数列的表示方法
| 表示方法 | 说明 | 示例 |
|---|---|---|
| 通项公式法 | 用 $a_n=f(n)$ 表示第 $n$ 项 | $a_n=2n-1$ |
| 列表法 | 列出前若干项 | $1,3,5,7,\cdots$ |
| 图象法 | 描出点 $(n,a_n)$ | 离散的点集 |
| 递推公式法 | 由前项（或前几项）表示后项 | $a_{n+1}=2a_n+1$ |
| 前 $n$ 项和法 | 给出 $S_n$ 的表达式 | $S_n=n^2+n$ |
1.3 数列是特殊的函数
数列 $\{a_n\}$ 可以看作定义域为**正整数集 $\mathbb{N}^{*}$（或其有限子集 $\{1,2,\cdots,k\}$）**的函数：
$$ a_n=f(n),\quad n\in\mathbb{N}^{*} $$因此：
- 数列的图象是一群孤立的点 $(1,a_1),(2,a_2),\cdots$，它们都在函数 $y=f(x)$ 的图象上；
- 研究数列的单调性、最值时，可以借用函数的单调性、二次函数、基本不等式等工具，但必须注意自变量 $n$ 只能取正整数；
- 函数 $y=f(x)$ 的某些性质（如连续性）数列并不具备，反之亦然。
典型陷阱：把 $n$ 当作连续变量求最值后，必须回到整数点。例如求 $a_n=n+\dfrac{10}{n}$ 的最小项，若把 $n$ 当正实数，由均值不等式得 $n=\sqrt{10}\approx3.16$ 时取最小，但 $n$ 只能取正整数，需比较 $a_3=3+\dfrac{10}{3}=\dfrac{19}{3}$ 与 $a_4=4+\dfrac{10}{4}=\dfrac{13}{2}$，得最小项为 $a_3=\dfrac{19}{3}$。
1.4 数列的分类
按项数分
- 有穷数列：项数有限，如 $1,2,3,\cdots,10$；
- 无穷数列：项数无限，如 $1,\dfrac12,\dfrac13,\cdots$。
按增减性分
| 类型 | 定义 | 示例 |
|---|---|---|
| 递增数列 | 对任意 $n$，$a_{n+1}>a_n$ | $1,2,3,\cdots$ |
| 递减数列 | 对任意 $n$，$a_{n+1}| $1,\dfrac12,\dfrac13,\cdots$ | |
| 常数列 | 对任意 $n$，$a_{n+1}=a_n$ | $2,2,2,\cdots$ |
| 摆动数列 | 从第 2 项起，有些项大于前项，有些项小于前项 | $1,-1,1,-1,\cdots$ |
按取值范围分
- 有界数列：存在正数 $M$，使 $\lvert a_n\rvert\le M$ 对一切 $n$ 成立；
- 无界数列：不存在这样的 $M$。
1.5 数列的单调性判定
方法一：作差法（最常用）
$$ a_{n+1}-a_n>0\ (\forall n)\iff\{a_n\}\text{ 递增} $$$$ a_{n+1}-a_n<0\ (\forall n)\iff\{a_n\}\text{ 递减} $$方法二：作商法
当 $a_n>0$（各项同号）时：
$$ \frac{a_{n+1}}{a_n}>1\iff\{a_n\}\text{ 递增},\qquad \frac{a_{n+1}}{a_n}<1\iff\{a_n\}\text{ 递减} $$注意：作商法必须保证 $a_n$ 恒正（或恒负），否则符号翻转会导致结论错误。
方法三：借助函数单调性
若 $a_n=f(n)$，且 $f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上单调递增，则 $\{a_n\}$ 递增。但反之不成立：$f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上不单调，数列仍可能单调。
1.6 数列的周期性
若存在正整数 $T$，使得对任意 $n$ 都有 $a_{n+T}=a_n$，则称 $\{a_n\}$ 为周期数列，$T$ 为一个周期，最小的正周期叫最小正周期。
常见周期递推：
| 递推关系 | 周期 |
|---|---|
| $a_{n+1}=\dfrac{1+a_n}{1-a_n}$ | 4 |
| $a_{n+1}=\dfrac{1}{1-a_n}$ | 3 |
| $a_{n+1}=-\dfrac{1}{a_n}$ | 2 |
| $a_{n+2}=a_{n+1}-a_n$ | 6 |
例 1.1 已知 $a_1=1,\ a_2=2$，且 $a_{n+2}=a_{n+1}-a_n$，求 $a_{2024}$。
解 依次计算：
$$ a_3=a_2-a_1=1,\quad a_4=a_3-a_2=-1,\quad a_5=a_4-a_3=-2, $$$$ a_6=a_5-a_4=-1,\quad a_7=a_6-a_5=1,\quad a_8=a_7-a_6=2. $$可见 $a_7=a_1,\ a_8=a_2$，故周期 $T=6$。又 $2024=6\times337+2$，所以
$$ a_{2024}=a_2=2. $$例 1.2 已知 $a_1=2$，$a_{n+1}=\dfrac{1+a_n}{1-a_n}$，求 $a_{2025}$。
解 $a_2=\dfrac{3}{-1}=-3$，$a_3=\dfrac{-2}{4}=-\dfrac12$，$a_4=\dfrac{1/2}{3/2}=\dfrac13$，$a_5=\dfrac{4/3}{2/3}=2=a_1$，故周期 $T=4$。$2025=4\times506+1$，所以 $a_{2025}=a_1=2$。
1.7 数列中的"最大项"与"最小项"
求数列 $\{a_n\}$ 的最大项，常用邻项比较法：设第 $n$ 项最大，则
$$ \begin{cases} a_n\ge a_{n-1},\\[2pt] a_n\ge a_{n+1}, \end{cases} \quad (n\ge2) $$解出 $n$ 的范围，取正整数。最小项同理（不等号反向）。
例 1.3 已知 $a_n=\dfrac{n}{2^n}$，求数列的最大项。
解（作商法，因 $a_n>0$）
$$ \frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{(n+1)/2^{n+1}}{n/2^n}=\frac{n+1}{2n}. $$由 $\dfrac{n+1}{2n}>1\iff n<1$，得 $n=1$ 时 $\dfrac{a_2}{a_1}=1$，即 $a_2=a_1$；当 $n\ge2$ 时 $\dfrac{n+1}{2n}<1$，即 $a_{n+1} 所以数列先"持平"后递减： 故最大项为 $a_1=a_2=\dfrac12$（两项同时取到，答题时不能漏写）。 另解（邻项比较法）设第 $n$ 项最大，则 故 $n=1$ 或 $n=2$，最大项为 $a_1=a_2=\dfrac12$。 设 $S_n=a_1+a_2+\cdots+a_n$，则 推导：当 $n\ge2$ 时， 最高频失分点：用 $a_n=S_n-S_{n-1}$ 求出的是 $n\ge2$ 时的表达式，必须单独验证 $n=1$ 时是否也满足。若不满足，则通项要写成分段形式。 类型 A：已知 $S_n$ 求 $a_n$ 例 2.1 已知 $S_n=n^2+n+1$，求 $a_n$。 解 $n=1$ 时 $a_1=S_1=1+1+1=3$。 $n\ge2$ 时， 验证：$n=1$ 代入 $2n$ 得 $2\ne3$，故 类型 B：已知 $a_n$ 与 $S_n$ 的混合关系求 $a_n$ 基本策略：利用 $a_n=S_n-S_{n-1}\ (n\ge2)$ 消去其中一个，得到只含 $S_n$ 或只含 $a_n$ 的递推式。 例 2.2 已知 $a_1=1$，且 $a_n=2S_{n-1}\ (n\ge2)$，求 $a_n$。 解 当 $n\ge2$ 时 $a_n=2S_{n-1}$，将 $n$ 换成 $n+1$ 得 故 $\{a_n\}$ 从第 2 项起是公比为 $3$ 的等比数列。又 $a_2=2S_1=2a_1=2$，所以 即 例 2.3 已知 $a_1=1$，且 $a_n+2S_nS_{n-1}=0\ (n\ge2)$，求 $a_n$。 解 由 $a_n=S_n-S_{n-1}$ 代入得 两边同除以 $S_nS_{n-1}$（由 $a_1=1>0$ 及递推式可知 $S_n\ne0$）得 故 $\left\{\dfrac{1}{S_n}\right\}$ 是首项 $\dfrac{1}{S_1}=1$、公差为 $2$ 的等差数列： 于是 $n\ge2$ 时 而 $a_1=S_1=1$，不满足上式，故 类型 C：已知 $S_n$ 与 $n$ 的关系（如 $S_n=kn+b$ 型） 例 2.4 已知 $S_n=2^n-1$，求 $a_n$。 解 $a_1=S_1=1$；$n\ge2$ 时 $a_n=(2^n-1)-(2^{n-1}-1)=2^{n-1}$。$n=1$ 时 $2^{1-1}=1$ 也成立，故 $a_n=2^{n-1}$。 若 $S_n$ 是不含常数项的二次式 $S_n=An^2+Bn$，则 $\{a_n\}$ 是等差数列（公差 $2A$）； 若 $S_n$ 含常数项，如 $S_n=An^2+Bn+C\ (C\ne0)$，则从第 2 项起才是等差数列，且 $a_1=S_1$ 需单独写。 若 $S_n=A-Aq^n$ 型（$q\ne1$），则 $\{a_n\}$ 是等比数列。 若数列 $\{a_n\}$ 从第 2 项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数 $d$，即 则称 $\{a_n\}$ 为等差数列，$d$ 叫做公差。 等价定义：$2a_{n}=a_{n-1}+a_{n+1}\ (n\ge2)$（中项形式），这是判断等差数列的充要条件。 更一般地（下标差公式，极重要）： 由此可得 结构特征：$a_n=dn+(a_1-d)$，即 $a_n$ 是 $n$ 的一次函数（$d\ne0$ 时），斜率就是公差 $d$；$d=0$ 时为常数列。 若 $a,A,b$ 成等差数列，则 $A$ 叫做 $a$ 与 $b$ 的等差中项： 等差中项唯一存在，且与 $a,b$ 的大小无关。 两式等价（由 $a_n=a_1+(n-1)d$ 代入第一式即得第二式）。 结构特征： 即 $S_n$ 是不含常数项的二次函数（$d\ne0$ 时），且 $S_0=0$ 是其图象必过原点的原因。 由 $S_n=An^2+Bn$ 反推：$d=2A$，$a_1=A+B$。 设 $\{a_n\}$ 为等差数列，公差为 $d$。 (1) 下标和性质 若 $m+n=p+q$（$m,n,p,q\in\mathbb{N}^{*}$），则 特别地，$2a_{n}=a_{n-k}+a_{n+k}$（要求下标有意义）。 注意：反之不成立。即 $a_m+a_n=a_p+a_q$ 不能推出 $m+n=p+q$。 (2) 等距抽取性质 $a_k,\ a_{k+m},\ a_{k+2m},\ \cdots$ 仍成等差数列，公差为 $md$。 (3) 线性组合性质 若 $\{a_n\},\{b_n\}$ 都是等差数列，则 $\{pa_n+qb_n\}$（$p,q$ 为常数）仍是等差数列。 (4) 片段和性质 $S_n,\ S_{2n}-S_n,\ S_{3n}-S_{2n},\ \cdots$ 成等差数列，公差为 $n^2d$。 (5) $\left\{\dfrac{S_n}{n}\right\}$ 的性质 所以 $\left\{\dfrac{S_n}{n}\right\}$ 是首项 $a_1$、公差 $\dfrac{d}{2}$ 的等差数列。这个结论在"已知 $S_n/n$ 求 $a_n$“类题目中非常好用。 (6) 奇数项与偶数项的和 设项数为 $2n$： 设项数为 $2n-1$： 记忆：奇数项个数的和等于"项数 × 中间项”，这是等差数列特有的"中间项"结论。 (7) 两个等差数列前 $n$ 项和之比 若 $\{a_n\},\{b_n\}$ 为等差数列，前 $n$ 项和分别为 $S_n,T_n$，则 (8) 通项与前 $n$ 项和的关系（同一数列） 判定时必须验证首项或说明对 $n\ge2$ 成立后再验证 $n=1$。 情形一：$a_1>0,\ d<0$，$S_n$ 有最大值。 方法 1（邻项变号法）：$S_n$ 最大 $\iff$ 方法 2（二次函数法）：$S_n=\dfrac{d}{2}n^2+\left(a_1-\dfrac{d}{2}\right)n$，配方求顶点横坐标 $n_0=-\dfrac{a_1-\frac{d}{2}}{d}$，取距 $n_0$ 最近的正整数（若 $n_0$ 为半整数，则两个相邻整数同时取到最值）。 情形二：$a_1<0,\ d>0$，$S_n$ 有最小值，条件为 例 3.1 已知等差数列 $\{a_n\}$ 中 $a_1=25$，$d=-3$，求 $S_n$ 的最大值及取得最大值时的 $n$。 解 $a_n=25-3(n-1)=28-3n$。令 故 $n=9$。此时 （$a_9=28-27=1>0$，$a_{10}=-2<0$，故 $S_9$ 最大。注意此时 $S_{10}=115<117$，并非两项同时取到。） 易错：当 $a_n=0$ 时，$S_{n-1}=S_n$，最大值在两个 $n$ 处同时取到，答案要写全。 例 3.2 已知等差数列中 $a_3=7,\ a_7=15$，求 $a_n$、$S_n$，并求 $\lvert a_1\rvert+\lvert a_2\rvert+\cdots+\lvert a_n\rvert$。 解 由下标差公式 故 由于 $a_n=2n+1>0$ 恒成立， 例 3.3 等差数列 $\{a_n\}$ 中，$S_{10}=100$，$S_{100}=10$，求 $S_{110}$。 解 由片段和性质，$S_{10},\,S_{20}-S_{10},\,\cdots$ 成等差数列。设 $S_n=An^2+Bn$，则 解得 $A=-\dfrac{11}{100}$，$B=\dfrac{111}{10}$。于是 例 3.4 已知两个等差数列 $\{a_n\},\{b_n\}$ 的前 $n$ 项和分别为 $S_n,T_n$，且 $\dfrac{S_n}{T_n}=\dfrac{7n+1}{4n+27}$，求 $\dfrac{a_{11}}{b_{11}}$。 解 由性质 (7)， 例 3.5 已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=1$，$a_{n+1}=a_n+2n$，求 $a_n$。 解（累加法，详见 5.1 节） 若数列 $\{a_n\}$ 从第 2 项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数 $q$，即 则称 $\{a_n\}$ 为等比数列，$q$ 叫做公比。 两个隐含条件： 因此等比数列中不可能出现 $0$ 项，这是与等差数列最大的差别之一。 下标差形式： 结构特征：$a_n=\dfrac{a_1}{q}\cdot q^n$，即 $a_n=Aq^n$ 的形式（$A\ne0,\ q\ne0$）。 若 $a,G,b$ 成等比数列，则 $G$ 叫 $a$ 与 $b$ 的等比中项： 两个易错点： 最高频失分点：用等比求和公式前必须讨论 $q=1$ 是否可能。题目中若 $q$ 未知（如由 $S_n$ 反求 $q$），一定要分 $q=1$ 与 $q\ne1$ 两种情况。 推导（错位相减法）：$q\ne1$ 时， 两式相减得 $(1-q)S_n=a_1-a_1q^n$，故 $S_n=\dfrac{a_1(1-q^n)}{1-q}$。 结构特征：$q\ne1$ 时， 即 $S_n+B=Aq^n$ 的形式（$B=-A$）。这一结构在"由 $S_n$ 求 $a_n$ 或求 $q$“时很有用。 设 $\{a_n\}$ 为等比数列，公比为 $q$。 (1) 下标和性质 若 $m+n=p+q$，则 特别地，$a_n^2=a_{n-k}a_{n+k}$。 反之不成立；且注意 $a_ma_n=a_pa_q$ 中各项均不为 $0$。 (2) 等距抽取性质 $a_k,\ a_{k+m},\ a_{k+2m},\ \cdots$ 仍成等比数列，公比为 $q^m$。 (3) 运算封闭性 若 $\{a_n\},\{b_n\}$ 为等比数列，则 仍为等比数列。 注意：$\{a_n+b_n\}$ 一般不是等比数列。 (4) 片段和性质 当 $q\ne-1$（或 $n$ 为奇数）且 $S_n\ne0$ 时， 成等比数列，公比为 $q^n$。 陷阱：$q=-1$ 且 $n$ 为偶数时 $S_n=0$，此时片段和全为 $0$，不能构成等比数列，需单独讨论。 (5) 单调性 设 $a_1>0$： 设 $a_1<0$ 时结论相反。 (6) 与等差数列的"对偶” 用中项法时必须补充 $a_n\ne0$，否则 $0,0,0,\cdots$ 会满足 $a_n^2=a_{n-1}a_{n+1}$ 但不是等比数列。 例 4.1 等比数列中 $a_1+a_3=10$，$a_4+a_6=\dfrac54$，求 $a_n$ 与 $S_n$。 解 由 $a_4+a_6=q^3(a_1+a_3)$ 得 又 $a_1(1+q^2)=10$，即 $a_1\cdot\dfrac54=10$，得 $a_1=8$。故 例 4.2 已知等比数列前 $n$ 项和 $S_n=3^n+k$，求 $k$ 及 $a_n$。 解 $a_1=S_1=3+k$；$n\ge2$ 时 要使 $n=1$ 也满足 $a_n=2\cdot3^{n-1}$，需 $3+k=2$，即 $k=-1$。此时 $a_n=2\cdot3^{n-1}$。 一般结论：若 $S_n=Aq^n+B$ 为等比数列的前 $n$ 项和（$q\ne1$），则必有 $A+B=0$。 例 4.3 已知 $a_1=1$，$a_{n+1}=2a_n+1$，求 $a_n$。 解（构造法，详见 5.3 节）设 $a_{n+1}+\lambda=2(a_n+\lambda)$，比较得 $\lambda=1$。故 $\{a_n+1\}$ 是首项 $2$、公比 $2$ 的等比数列： 例 4.4 在等比数列中，$a_1a_2a_3=8$，$a_2a_3a_4=64$，求 $a_5$。 解 由性质，$a_2^3=8\Rightarrow a_2=2$；$a_3^3=64\Rightarrow a_3=4$。故 $q=\dfrac{a_3}{a_2}=2$，$a_1=1$， 例 4.5 等比数列 $\{a_n\}$ 中 $a_1=1$，$q=2$，记 $S_n$ 为前 $n$ 项和，求 $T_n=S_1+S_3+S_5+\cdots+S_{2n-1}$。 解 由 $S_m=\dfrac{1\cdot(1-2^m)}{1-2}=2^m-1$，得 故 验证：$n=1$ 时 $T_1=S_1=1$，公式 $\dfrac{2\cdot3}{3}-1=1$ ✓；$n=2$ 时 $T_2=S_1+S_3=1+7=8$，公式 $\dfrac{2\cdot15}{3}-2=8$ ✓。 这一章是数列的"技术核心"。判断模型 → 选方法 → 验证首项，三步走。 特征：相邻两项之差是关于 $n$ 的函数（可求和）。 方法： 例 5.1 $a_1=1$，$a_{n+1}=a_n+\dfrac{1}{n(n+1)}$，求 $a_n$。 解 $n=1$ 时 $2-1=1=a_1$，故 $a_n=2-\dfrac1n$。 例 5.2 $a_1=2$，$a_{n+1}=a_n+2^n$，求 $a_n$。 解 $n=1$ 时 $2^1=2=a_1$，故 $a_n=2^n$。 特征：相邻两项之比是关于 $n$ 的函数（可求积），且 $a_n\ne0$。 方法： 例 5.3 $a_1=1$，$a_{n+1}=\dfrac{n+1}{n}a_n$，求 $a_n$。 解 $n=1$ 时也成立，故 $a_n=n$。 例 5.4 $a_1=\dfrac12$，$a_{n+1}=\dfrac{n}{n+1}a_n$，求 $a_n$。 解 $n=1$ 时 $\dfrac{1}{2}=\dfrac12$ 成立，故 $a_n=\dfrac{1}{2n}$。 提示：累乘法中约分是关键，写乘积时上下对齐，把 $k=1,2,\cdots,n-1$ 的因子都写出来再约。 方法（待定系数法）：设 展开比较得 于是 $\left\{a_n+\dfrac{q}{p-1}\right\}$ 是公比为 $p$ 的等比数列： 故 若 $p=1$，则退化为 $a_{n+1}=a_n+q$，即等差数列；若 $q=0$，则是 $\{a_n\}$ 本身为等比数列。 例 5.5 $a_1=1$，$a_{n+1}=3a_n+2$，求 $a_n$。 解 $\lambda=\dfrac{2}{3-1}=1$，设 $a_{n+1}+1=3(a_n+1)$。故 $\{a_n+1\}$ 首项 $2$、公比 $3$： 方法：设 展开得 与 $a_{n+1}=pa_n+An+B$ 比较，解方程组 求出 $x,y$ 后，$\{a_n+xn+y\}$ 为等比数列。 例 5.6 $a_1=1$，$a_{n+1}=2a_n+3n$，求 $a_n$。 解 设 $a_{n+1}+x(n+1)+y=2(a_n+xn+y)$，即 与 $a_{n+1}=2a_n+3n$ 逐项比较：$x=3$，$y-x=0$，故 $y=3$。于是 即 $\{a_n+3n+3\}$ 是首项 $a_1+3+3=7$、公比 $2$ 的等比数列： 验证：$n=1$ 得 $7-3-3=1=a_1$ ✓；$n=2$ 得 $14-6-3=5=2a_1+3$ ✓。 提示：待定系数一定要把式子展开、按 $n$ 的同类项逐项对齐，不能凭感觉设 $y$。 方法：两边同除以 $q^{n+1}$： 令 $b_n=\dfrac{a_n}{q^n}$，则 $b_{n+1}=\dfrac{p}{q}b_n+\dfrac1q$，化为模型三。 例 5.7 $a_1=1$，$a_{n+1}=2a_n+3^n$，求 $a_n$。 解 两边同除 $3^{n+1}$： 令 $b_n=\dfrac{a_n}{3^n}$，则 $b_{n+1}=\dfrac23b_n+\dfrac13$。设 $b_{n+1}+\lambda=\dfrac23(b_n+\lambda)$，比较得 故 $\{b_n-1\}$ 是首项 $b_1-1=\dfrac{a_1}{3}-1=-\dfrac23$、公比 $\dfrac23$ 的等比数列： 于是 验证：$n=1$ 得 $3-2=1=a_1$ ✓；$n=2$ 得 $9-4=5=2a_1+3$ ✓。 方法：两边取倒数， 令 $b_n=\dfrac{1}{a_n}$，化为 $b_{n+1}=\dfrac{r}{p}b_n+\dfrac{q}{p}$，即模型三。 例 5.8 $a_1=1$，$a_{n+1}=\dfrac{a_n}{2a_n+1}$，求 $a_n$。 解 取倒数： 故 $\left\{\dfrac{1}{a_n}\right\}$ 是首项 $1$、公差 $2$ 的等差数列： 例 5.9 $a_1=1$，$a_{n+1}=\dfrac{2a_n}{a_n+2}$，求 $a_n$。 解 取倒数：$\dfrac{1}{a_{n+1}}=\dfrac{a_n+2}{2a_n}=\dfrac12+\dfrac{1}{a_n}$。 故 $\left\{\dfrac{1}{a_n}\right\}$ 首项 $1$、公差 $\dfrac12$： 方法：设 $a_{n+1}-\alpha a_n=\beta(a_n-\alpha a_{n-1})$，则 $\alpha+\beta=p$，$\alpha\beta=-q$，即 $\alpha,\beta$ 是方程 的两根（特征方程）。于是 $\{a_{n+1}-\alpha a_n\}$ 是公比为 $\beta$ 的等比数列，再化归为模型三或累加。 例 5.10 $a_1=1,\ a_2=2$，$a_{n+2}=3a_{n+1}-2a_n$，求 $a_n$。 解 特征方程 $x^2-3x+2=0$，根为 $1,2$。取 $\alpha=1,\beta=2$，则 又 $a_2-a_1=1$，故 $a_{n+1}-a_n=2^{n-1}$。累加： 验证：$a_3=3\cdot2-2\cdot1=4=2^2$ ✓。 通用结论：若特征方程有两不等实根 $\alpha,\beta$，则 $a_n=C_1\alpha^{\,n-1}+C_2\beta^{\,n-1}$，由 $a_1,a_2$ 定 $C_1,C_2$；若有重根 $\alpha$，则 $a_n=(C_1+C_2n)\alpha^{\,n-1}$。 (a) $a_{n+1}=a_n^k$ 型（$a_n>0$）：两边取对数， 故 $\{\ln a_n\}$ 是等比数列。 例 5.11 $a_1=2$，$a_{n+1}=a_n^2$，求 $a_n$。 解 $\ln a_{n+1}=2\ln a_n$，$\ln a_n=2^{n-1}\ln2$，故 $a_n=2^{\,2^{n-1}}$。 (b) $a_{n+1}=\dfrac{a_n}{a_n+2}$ 型的推广：见 5.6。 (c) 分式线性递推 $a_{n+1}=\dfrac{pa_n+q}{ra_n+s}$：若不动点方程 $x=\dfrac{px+q}{rx+s}$ 有两不等实根 $\alpha,\beta$，则 $\left\{\dfrac{a_n-\alpha}{a_n-\beta}\right\}$ 为等比数列。 例 5.12 $a_1=2$，$a_{n+1}=\dfrac{2a_n-1}{a_n}$，求 $a_n$。 解 不动点方程 $x=\dfrac{2x-1}{x}$，即 $x^2-2x+1=0$，重根 $x=1$。令 $b_n=\dfrac{1}{a_n-1}$，则 故 $\{b_n\}$ 是首项 $\dfrac{1}{2-1}=1$、公差 $1$ 的等差数列：$b_n=n$， 验证：$n=1$：$2$ ✓；$n=2$：$\dfrac{2\cdot2-1}{2}=\dfrac32$ ✓。 等差数列： 等比数列： 常用求和公式： 特征：通项是几类可求和数列的和/差。 例 6.1 设 $a_n=n+2^n$（“等差 + 等比"型），求 $S_n$。 解 例 6.2 求 $S_n=1\dfrac12+2\dfrac14+3\dfrac18+\cdots+\left(n+\dfrac{1}{2^n}\right)$。 解 核心思想：把通项拆成两项之差，求和时中间项相互抵消。 常用裂项公式 例 6.3 求 $S_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)}$。 解 例 6.4 求 $S_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{(2k-1)(2k+1)}$。 解 例 6.5 求 $S_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}+\sqrt{k+1}}$。 解 裂项要点： 特征：通项为”等差 × 等比"，即 $a_n=(An+B)q^{\,n-1}$ 型。 方法：写出 $S_n$，两边乘公比 $q$，错位相减，中间部分构成等比数列求和。 例 6.6 求 $S_n=1+3\cdot2+5\cdot2^2+\cdots+(2n-1)2^{\,n-1}$。 解 相减： 即 故 验证：$n=1$：$S_1=1$，公式 $(2-3)\cdot2+3=1$ ✓；$n=2$：$S_2=1+6=7$，公式 $(4-3)\cdot4+3=7$ ✓。 错位相减三大坑： 特征：与首末两端等距的两项之和为定值（如 $a_k+a_{n+1-k}=$ 常数）。 例 6.7 已知 $f(x)=\dfrac{4^x}{4^x+2}$，求 解 先算 $f(x)+f(1-x)$。由 $4^{1-x}=\dfrac{4}{4^x}$ 得 故 所求式共 $100$ 项，把它们倒序再写一遍： 由于 $\dfrac{k}{101}+\dfrac{101-k}{101}=1$，两式相加时每一对的和都是 $1$，共 $50$ 对，故 $2S=50\times1$， 例 6.8（等差数列求和本质）$S_n=a_1+a_2+\cdots+a_n$，倒序 $S_n=a_n+a_{n-1}+\cdots+a_1$，相加得 $2S_n=n(a_1+a_n)$，故 $S_n=\dfrac{n(a_1+a_n)}{2}$。 特征：通项含 $(-1)^n$ 或正负交替。 方法：把相邻两项（或若干项）合并成一组，分组求和；注意项数奇偶要分类。 例 6.9 求 $S_n=1-2+3-4+\cdots+(-1)^{n-1}n$。 解 当 $n=2k$： 当 $n=2k-1$： 故 例 6.10 求 $S_n=1^2-2^2+3^2-4^2+\cdots+(-1)^{n-1}n^2$。 解 每两项合并：$(2k-1)^2-(2k)^2=-(4k-1)$。 当 $n=2k$： 当 $n=2k-1$： 故 $S_n=(-1)^{n-1}\dfrac{n(n+1)}{2}$。 并项求和要点：先讨论 $n$ 的奇偶，再合并；奇数情形可用 $S_{2k-1}=S_{2k-2}+a_{2k-1}$ 转化。 很多求和题需要先求出 $a_n$，观察其结构再选择方法。 例 6.11 已知 $a_n=\dfrac{2n-1}{2^n}$，求 $S_n$。 解 这是"等差 × 等比"，用错位相减。设 $S_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{2k-1}{2^k}$， 相减： 化简得 故 验证：$n=1$：$S_1=\dfrac12$，公式 $3-\dfrac52=\dfrac12$ ✓。 特征：数列为周期数列，或通项含三角函数（$\sin$、$\cos$ 的周期性）。 方法：求出周期 $T$，计算一个周期的和，再按 $\dfrac nT$ 分组。 例 6.12 已知 $a_n=\sin\dfrac{n\pi}{3}$，求 $S_{2025}$。 解 周期 $T=6$，一个周期内 $2025=6\times337+3$，故 (1) 作差法：$a_{n+1}-a_n$ 的符号。 (2) 作商法：$a_n>0$ 时看 $\dfrac{a_{n+1}}{a_n}$ 与 $1$ 的大小。 (3) 函数法：把 $a_n=f(n)$ 延拓为 $f(x)$，用导数或单调性判断，但结论要回到整数点验证。 例 7.1 判断 $a_n=\dfrac{n}{n^2+1}$ 的单调性。 解 分子展开： 故当 $n=1$ 时分子为 $-1<0$，即 $a_2 所以 $\{a_n\}$ 从第 1 项起即单调递减： 最大项为 $a_1=\dfrac12$。 方法一：邻项比较 设第 $n$ 项最大，则 解出 $n$ 的整数范围。 方法二：作差找"转折点" 令 $a_{n+1}-a_n=0$ 解出临界 $n_0$，再比较 $n_0$ 附近的整数项。 例 7.2 求 $a_n=(n+1)\left(\dfrac{9}{10}\right)^{n}$ 的最大项。 解 由 $\dfrac{9(n+2)}{10(n+1)}>1\iff 9n+18>10n+10\iff n<8$，得： 故最大项为 核心转化： 即"恒成立求参数范围“一律转化为最值问题。 例 7.3 已知 $a_n=n^2-\lambda n$ 对任意 $n\in\mathbb{N}^{*}$ 都单调递增，求 $\lambda$ 的取值范围。 解 需 $a_{n+1}-a_n>0$ 对一切 $n$ 成立： 即 $\lambda<2n+1$ 对一切 $n\ge1$ 成立，故 所以 $\lambda<3$。 注意：若题目改为"从第 2 项起单调递增"或"第 5 项起递增”，则条件变为对 $n\ge n_0$ 成立，答案随之改变。 例 7.4 已知 $S_n=n^2-2n$，求使 $S_n$ 最小的 $n$。 解 $S_n=(n-1)^2-1$，当 $n=1$ 时取最小值 $-1$。 陷阱：不要机械地用"$a_n\le0$ 且 $a_{n+1}\ge0$"。本题 $a_1=S_1=-1$，$a_n=2n-3\ (n\ge2)$，$a_1=-1<0$，$a_2=1>0$，按公式应取 $n=1$，与配方结果一致。但如果直接用配方而忽略"$n$ 为正整数"，可能得出 $n=1$ 之外的无意义答案。 口诀：任意配最"紧"（min 对应 $>$、max 对应 $\le$），存在配最"松"。 (1) 分离参数法 把参数 $\lambda$ 单独移到一边，化为"$\lambda\le f(n)$ 恒成立"或"$\lambda\ge f(n)$ 恒成立"，再求 $f(n)$ 的最值。 例 7.5 已知 $a_n=2^n+\lambda\cdot2^{-n}$ 对任意 $n\in\mathbb{N}^{*}$ 都有 $a_n\ge2$，求 $\lambda$ 的取值范围。 解 由 $2^n+\lambda\cdot2^{-n}\ge2$，两边乘 $2^n>0$ 得 令 $t=2^n\ge2$，则右边为 $2t-t^2=-(t-1)^2+1$，在 $t\ge2$ 上单调递减，最大值为 $t=2$ 时的 $0$。故 (2) 最值法（不分离参数） 直接构造关于 $n$ 的函数 $g(n,\lambda)$，对 $\lambda$ 分类讨论其单调性，再取最值。 (3) 数列单调性法 若不等式等价于"新数列 $\{b_n\}$ 单调"，则用 $b_{n+1}-b_n$ 的符号处理。 例 7.6 已知 $a_n=\dfrac{n}{n^2+\lambda}$（$\lambda>0$）对任意 $n$ 单调递减，求 $\lambda$ 的取值范围。 解 由 $a_{n+1} 即 (1) 一次型：$a_n=pn+q$ 对应直线上的整点，单调性由 $p$ 决定。 (2) 二次型：$a_n=An^2+Bn+C$，最值在对称轴附近的整数点。 (3) 分式型：$a_n=\dfrac{an+b}{cn+d}$，可分离常数 $\dfrac{a}{c}+\dfrac{bc-ad}{c(cn+d)}$，单调性由 $\dfrac{bc-ad}{c}$ 的符号决定。 (4) 指数型：$a_n=Aq^n$，$q>1$ 递增，$0 例 7.7 求 $a_n=\dfrac{3n-1}{2n+1}$ 的最大值与最小值（$n\in\mathbb{N}^{*}$）。 解 分离常数： 由于 $2n+1$ 递增，$\dfrac{5}{2(2n+1)}$ 递减，故 $a_n$ 递增： 所以数列有最小值 $\dfrac23$，无最大值（上确界为 $\dfrac32$）。 提醒：“无最大值"与"最大值为 $\dfrac32$“是两回事，前者才是正确答案。这类"上确界取不到"的情况在数列中最常见。 有些题目只要求"从第 $k$ 项起"单调或"存在某项"满足条件，此时不能直接用全局最值。 例 7.8 已知 $a_n=n^2-\lambda n$，若数列从第 $5$ 项起单调递增，求 $\lambda$ 的取值范围。 解 需 $a_{n+1}-a_n=2n+1-\lambda>0$ 对一切 $n\ge5$ 成立，即 故 $\lambda<11$。 对比：若要求"对一切 $n\ge1$ 递增”，则 $\lambda<3$。条件范围不同，答案差别很大，审题时务必圈出"从第几项起”。 证明形如 (1) 裂项型放缩 (2) 根式型放缩 (3) 指数型放缩 (4) 均值型放缩 例 8.1 证明：对任意 $n\ge2$， 证明 当 $k\ge2$ 时 故 例 8.2 证明：$\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}<2\sqrt{n}$。 证明 当 $k\ge2$ 时 又 $k=1$ 时 $\dfrac{1}{\sqrt1}=1<2=2\left(\sqrt1-\sqrt0\right)$ 也成立。故 例 8.3 已知 $a_n=\dfrac{1}{n(n+1)}$，证明 $S_n<1$。 证明 放缩法最大的难点是放缩过头导致结论不成立。常用策略： 例 8.4 证明 $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2}<\frac{7}{4}$（更强的界）。 证明 保留前两项，从第 3 项起放缩： 除 8.2 的四类之外，下列不等式在压轴题中出现频率极高，建议逐条推一遍再记住。 (1) 阶乘型 (2) 分母为 $2^k-1$ 型 因为 $2^k<2\left(2^k-1\right)\iff 0<2^k-2$，当 $k\ge2$ 时成立。 (3) 三次分式裂项 (4) 平方差型强化 (5) 对数型（数列与对数交汇） 说明：由 $\ln(1+x) 证明和式不等式时，“先放缩再求和"与"先求和再放缩"是两条不同的路，选错会绕远路。 (1) 先放缩再求和：适用于通项本身没有闭式求和（如 $\dfrac{1}{n^2}$、$\dfrac{1}{\sqrt n}$）。 (2) 先求和再放缩：适用于通项能求和（如等差乘等比、可裂项），求和后对结果作估计。 例 8.5 证明 $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{2^k}<2$。 解（先求和再放缩）由错位相减法（见 6.4 节）得 例 8.6 证明 $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k!}<2$。 解（先放缩再求和）当 $k\ge2$ 时 $\dfrac{1}{k!}\le\dfrac{1}{2^{k-1}}$，故 例 8.7 证明 $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2^k-1}<2$。 解 $k=1$ 时 $\dfrac{1}{2-1}=1$；当 $k\ge2$ 时 $\dfrac{1}{2^k-1}<\dfrac{2}{2^k}=\dfrac{1}{2^{k-1}}$。故 例 8.8 证明 $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}>2\left(\sqrt{n+1}-1\right)$。 解 对每个 $k\ge1$， 累加得 对比 8.2 节：$\dfrac{1}{\sqrt k}<2\left(\sqrt k-\sqrt{k-1}\right)$ 给的是上界，本题用的是下界。同一个根式有两套放缩方向，看题目要"证大"还是"证小”。 若多次放缩都"过头"，通常说明目标界太紧，此时改走下面三条路： 证明一个与正整数 $n$ 有关的命题 $P(n)$： 两个易错点： 例 9.1 证明：$1+3+5+\cdots+(2n-1)=n^2$。 证明 (1) $n=1$ 时，左边 $=1$，右边 $=1^2=1$，成立。 (2) 假设 $n=k$ 时成立，即 $1+3+\cdots+(2k-1)=k^2$。则 $n=k+1$ 时， 即 $n=k+1$ 时也成立。 (3) 由 (1)(2) 知对一切正整数 $n$ 成立。 例 9.2 证明：$1^2+2^2+\cdots+n^2=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}$。 证明 (1) $n=1$ 时左右均为 $1$，成立。 (2) 假设 $n=k$ 时成立，则 $n=k+1$ 时， 括号内为 故 即 $n=k+1$ 时成立。(3) 由 (1)(2) 知结论成立。 例 9.3 证明：$n\ge1$ 时，$2^n>n$。 证明 (1) $n=1$ 时 $2>1$，成立。 (2) 假设 $n=k$ 时 $2^k>k$，则 故 $n=k+1$ 时成立。(3) 结论成立。 关键技巧：证明 $2k\ge k+1$ 时用到了 $k\ge1$，这是"从 $k$ 到 $k+1$ 过渡"的常用手法——凑出目标形式。 例 9.4 已知 $a_1=1$，$a_{n+1}=\dfrac{a_n}{1+a_n}$，先猜通项再用归纳法证明。 解 计算前几项： 猜想 $a_n=\dfrac1n$。 证明 (1) $n=1$ 时 $a_1=1=\dfrac11$，成立。 (2) 假设 $a_k=\dfrac1k$，则 故 $n=k+1$ 时成立。(3) 结论成立，即 $a_n=\dfrac1n$。 说明：本题也可用取倒数法（$a_{n+1}=\dfrac{a_n}{a_n+1}$ 型）直接求得，见 5.6 节。 步骤： 适用场合：递推式中 $a_{n+1}$ 依赖多个前项，如 $a_{n+2}=pa_{n+1}+qa_n$。 例 9.5 设 $a_1=1,\ a_2=2,\ a_{n+2}=3a_{n+1}-2a_n$，证明 $a_n=2^{\,n-1}$。 证明 (1) $n=1$：$a_1=1=2^0$；$n=2$：$a_2=2=2^1$，均成立。 (2) 假设 $n\le k$ 时 $a_n=2^{\,n-1}$（$n=1,2,\cdots,k$），则 $n=k+1$ 时， 即 $n=k+1$ 时成立。 (3) 由 (1)(2) 知 $a_n=2^{\,n-1}$ 对一切 $n\in\mathbb{N}^{*}$ 成立。 注意：本题若只用第一归纳法（只假设 $a_k$），无法推出 $a_{k+1}$，因为递推式还用到 $a_{k-1}$。看到"$a_{n+2}$“就应想到强归纳。 直接归纳时常常"推不动”，原因是归纳假设太弱。此时把命题加强，反而容易证。 例 9.6 证明 $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2}<2$。 错法：假设 $\displaystyle\sum_{k=1}^{k}\frac{1}{i^2}<2$，则 右边 $>2$，推不出 $<2$。这就是"假设太弱"。 正法：改证更强的命题 (1) $n=2$：$1+\dfrac14=\dfrac54<2-\dfrac12=\dfrac32$，成立。 (2) 假设 $n=k$ 时成立，则 $n=k+1$ 时， 只需证 即 等价于 $k\le k+1$，显然成立。故 $n=k+1$ 时成立。 (3) 结论成立，从而原不等式成立（因为 $2-\dfrac1n<2$）。 口诀：“证不出来，就往强里证”。加强命题的常见形式是把常数界换成含 $n$ 的界。 例 9.7 用归纳法证明 $1\cdot2+2\cdot3+\cdots+n(n+1)=\dfrac{n(n+1)(n+2)}{3}$。 证明 (1) $n=1$：左边 $=2$，右边 $=\dfrac{1\cdot2\cdot3}{3}=2$，成立。 (2) 假设 $n=k$ 成立，则 $n=k+1$ 时左边比 $n=k$ 时多了第 $k+1$ 项 $(k+1)(k+2)$： 正是 $n=k+1$ 时的右端，故成立。 要点：写"多了哪一项"是归纳法证明和式的第一步，不要跳过。 (1) 等差模型：每年增加相同的量（如固定增量存款、等额本息的本金部分）。 (2) 等比模型：每年按固定增长率变化（如复利、人口增长、折旧）。 (3) 递推模型：$a_{n+1}=pa_n+q$（如"每年新增 + 剩余"的混合增长）。 例 10.1（复利） 存入银行 $10000$ 元，年利率 $3\%$，按复利计息，$n$ 年后本利和为多少？ 解 设第 $n$ 年末本利和为 $a_n$，则 故 $\{a_n\}$ 是首项 $10300$、公比 $1.03$ 的等比数列： 例 10.2（分期付款） 贷款 $100000$ 元，月利率 $0.5\%$，分 $12$ 个月等额还清，每月应还多少？ 解 设每月还 $x$ 元。第 $n$ 个月后剩余本金为 $b_n$，则 这是 $a_{n+1}=pa_n+q$ 型。令 $b_n-\lambda=1.005\,(b_{n-1}-\lambda)$，比较得 $\lambda=\dfrac{-x}{1-1.005}=200x$。故 要求 $b_{12}=0$，即 取 $1.005^{12}\approx1.06168$，得 公式记忆：等额本息月供 其中 $A$ 为贷款本金，$r$ 为月利率，$n$ 为月数。 例 10.3（增长与减少） 某工厂第一年产量为 $a$，以后每年比上一年增长 $10\%$，但每年因设备损耗减产 $b$。求第 $n$ 年产量。 解 设第 $n$ 年产量为 $a_n$，则 这是 $a_{n+1}=pa_n+q$ 型（$p=1.1,\ q=-b$），由 $\lambda=\dfrac{q}{p-1}=\dfrac{-b}{0.1}=-10b$ 得 即 $\{a_n-10b\}$ 是首项 $a-10b$、公比 $1.1$ 的等比数列： 验证：$n=1$ 时 $(a-10b)+10b=a=a_1$ ✓。 例 10.4（存款问题） 每年年初存入 $a$ 元，年利率 $r$，按复利计息，第 $n$ 年末本利和是多少？ 解 第 $1$ 年的存款到第 $n$ 年末变为 $a(1+r)^{n}$，第 $2$ 年的变为 $a(1+r)^{n-1}$，……，第 $n$ 年的变为 $a(1+r)$。故 (1) 单利与复利 例 10.5 存入 $A=10000$ 元，年利率 $r=3\%$，分别按单利、复利计算第 $10$ 年末的本利和。 解 单利：$10000\times(1+10\times0.03)=13000$ 元； 复利：$10000\times1.03^{10}\approx10000\times1.3439=13439$ 元。 两者相差约 $439$ 元——这就是"复利的力量”，也是等差与等比增长速度差异的直观体现。 (2) 等额本息还款（分期付款） 模型：$b_0=A$，$b_n=(1+r)b_n-x$，其中 $b_n$ 为第 $n$ 期后剩余本金。 由 5.5 节的构造法可得 令 $b_n=0$ 得月供公式 例 10.6 贷款 $A=200000$ 元，年利率 $4.9\%$（月利率 $r=\dfrac{4.9\%}{12}$），分 $20$ 年（$n=240$ 期）还清，求月供。 解 月利率 $r=\dfrac{0.049}{12}\approx0.0040833$，$n=240$， 补充：等额本金——每期还的本金相同（$\dfrac{A}{n}$），利息按剩余本金计算，故每期还款额构成等差数列： 对比记忆：等额本息 → 每期还款额相同（等比模型）；等额本金 → 每期还款额递减（等差模型）。 (3) 增长率问题（“增长 + 减少"复合） 模型：$a_{n+1}=(1+p)a_n-q$，其中 $p$ 为增长率，$q$ 为每期固定减少量。 由 5.5 节，令 $\lambda=\dfrac{-q}{p}$，则 例 10.7 某牧场现有牛 $1000$ 头，每年自然增长 $10\%$，但每年卖出 $80$ 头，求第 $n$ 年的牛数，并判断牛群是否会无限增长。 解 $a_1=1000$，$a_{n+1}=1.1a_n-80$。由公式 由于 $200\times1.1^{\,n-1}\to+\infty$，牛群会无限增长。 变式：若每年卖出 $120$ 头，则 $a_n=\left(1000-1200\right)1.1^{\,n-1}+1200=1200-200\times1.1^{\,n-1}$，牛群在第 $n$ 年降为 $0$ 之前会先减少——此时要解不等式 $1200-200\times1.1^{\,n-1}\le0$ 求"第几年卖光”。 (4) 人口/细胞分裂模型 (5) 图形计数模型 例 10.8 用火柴棒摆正方形：第 $1$ 个图形用 $4$ 根，之后每个图形比前一个多用 $3$ 根。求第 $n$ 个图形所用火柴数。 解 $a_1=4$，$a_{n+1}=a_n+3$，故 例 10.9 平面内 $n$ 条直线（任意两条相交、任意三条不共点）把平面分成多少部分？ 解 设 $n$ 条直线把平面分成 $a_n$ 部分。第 $n$ 条直线与前 $n-1$ 条直线交于 $n-1$ 个点，被分成 $n$ 段，每段把原来的一块区域一分为二，故 累加得 验证：$n=1$ 时 $\dfrac{1+1+2}{2}=2$ ✓；$n=2$ 时 $\dfrac{4+2+2}{2}=4$ ✓（两条直线分平面为 4 部分）；$n=3$ 时 $\dfrac{9+3+2}{2}=7$ ✓。 (6) 折扣与分段计价 例 10.10 某商品原价 $a$ 元，每年降价 $10\%$，但最低不低于 $b$ 元。写出第 $n$ 年价格的分段表达式。 解 提醒：这类"有下限的等比"必须分段写，不能只写等比通项，否则会出现"价格降到 0 以下"的荒谬结论。 例 10.11 某企业年产值 $1000$ 万元，计划每年增长 $8\%$，问至少几年后年产值超过 $2000$ 万元？ 解 $1000\times1.08^{\,n-1}>2000$，即 $1.08^{\,n-1}>2$。 取对数：$(n-1)\lg1.08>\lg2$， 故至少 $11$ 年（注意"超过"是严格不等号，且 $n$ 取整数需向上取整）。 易错：若问"第几年超过"，答案是第 $11$ 年；若问"经过几年"，答案也是 $11$ 年。但若改成"达到 $2000$ 万元的 $95\%$ 以上"，则需重新解不等式——不要套用上一问的结论。 关于 $a_n$ 与 $S_n$ 关于等差、等比 关于求和 关于单调性与最值 关于应用 题目 已知数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和 $S_n$ 满足 $S_n=2a_n-2$（$n\ge1$）。 (1) 求 $\{a_n\}$ 的通项公式； (2) 设 $b_n=\dfrac{n}{a_n}$，求 $\{b_n\}$ 的前 $n$ 项和 $T_n$。 解 (1) 当 $n=1$ 时，$S_1=2a_1-2$ 且 $S_1=a_1$，故 $a_1=2$。 当 $n\ge2$ 时，由 $S_n=2a_n-2$ 与 $S_{n-1}=2a_{n-1}-2$ 相减： 故 $\{a_n\}$ 是首项 $2$、公比 $2$ 的等比数列： 验证：$n=1$ 时 $2^1=2=a_1$ ✓，故 $a_n=2^n$ 对一切 $n\ge1$ 成立。 解 (2) $b_n=\dfrac{n}{2^n}$，这是"等差 × 等比"型，用错位相减： 相减： 故 验证：$n=1$ 时 $T_1=\dfrac12$，公式给出 $2-\dfrac32=\dfrac12$ ✓。 题目 已知 $a_1=1$，$a_{n+1}=a_n+\dfrac{1}{a_n}$。 (1) 证明 $a_n^2\ge2n-1$； (2) 证明 $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{a_k}<2\sqrt n$。 证明 (1)（数学归纳法） $n=1$ 时 $a_1^2=1\ge1$，成立。 假设 $n=k$ 时 $a_k^2\ge2k-1$，则 $n=k+1$ 时， 故 $n=k+1$ 时成立。由归纳法，$a_n^2\ge2n-1$ 对一切 $n$ 成立。 证明 (2) 由 (1) 得 $a_k\ge\sqrt{2k-1}$，故 又 注意到当 $k\ge1$ 时 $2k-1\ge k$，故 $\sqrt{2k-1}\ge\sqrt k$，从而 于是 最后一步由 8.2 节结论。证毕。 点评：本题的关键是"先估下界，再由下界估倒数"。放缩方向一定要写清，$a_k\ge\sqrt{2k-1}$ 才能推出 $\dfrac{1}{a_k}\le\dfrac{1}{\sqrt{2k-1}}$。 题目 已知 $a_n=2n-1$，$b_n=\dfrac{1}{a_na_{n+1}}$，若 $b_1+b_2+\cdots+b_n<\dfrac{m}{4}$ 对一切 $n\in\mathbb{N}^{*}$ 恒成立，求整数 $m$ 的最小值。 解 先裂项： 故 $S_n=\dfrac{n}{2n+1}=\dfrac12-\dfrac{1}{2(2n+1)}$ 关于 $n$ 单调递增，且 $\sup S_n=\dfrac12$（取不到）。 要使 $S_n<\dfrac m4$ 对一切 $n$ 成立，只需 故整数 $m$ 的最小值为 $2$。 陷阱与辨析：这里 $S_n$ 严格小于 $\dfrac12$ 但可以无限接近，所以 $\dfrac m4$ 只要不小于 $\dfrac12$ 即可，$m=2$ 时 $S_n<\dfrac12=\dfrac m4$ 恒成立，故 $m_{\min}=2$。
若把条件改成"存在 $n$ 使 $S_n<\dfrac m4$"，则只需 $\dfrac m4>S_1=\dfrac13$，即 $m>\dfrac43$，整数 $m$ 的最小值变成 $2$——同一道题"任意"与"存在"的答案可能相同，但推理完全不同，务必按"任意→最紧界、存在→最松界"来处理（见 7.4 节）。 题目 已知 $a_n=(-1)^n(2n-1)$，求 $S_n$。 解 分奇偶讨论。 当 $n=2k$ 时（偶数项），两两并项： 当 $n=2k-1$ 时（奇数项）， 综上 统一写作 验证：$n=1$ 时 $S_1=(-1)^1\cdot1=-1$ ✓（即 $a_1=-1$）；$n=2$ 时 $S_2=(-1)^2\cdot2=2=-1+3$ ✓。 结论 1：若 $\{a_n\}$ 为等差数列，$S_n$ 为其前 $n$ 项和，则 $\left\{\dfrac{S_n}{n}\right\}$ 为等差数列，公差为原公差的一半。 结论 2：若 $\{a_n\}$ 为等差数列且 $S_n=S_m\ (n\ne m)$，则 证明 设 $S_n=An^2+Bn$，由 $S_n=S_m$ 得 故 $S_{n+m}=A(n+m)^2+B(n+m)=(n+m)\left[A(n+m)+B\right]=0$。 结论 3：若 $\{a_n\}$ 为等比数列，$S_n$ 为其前 $n$ 项和（$q\ne1$），则 $S_n=A-Aq^n$，且 $S_n$ 的常数项与 $q^n$ 的系数互为相反数。 结论 4：若 $a_{n+1}=pa_n+q$（$p\ne1$），则 结论 5：若 $a_{n+2}=pa_{n+1}+qa_n$ 的特征方程 $x^2=px+q$ 有两不等实根 $\alpha,\beta$，则 其中 $C_1,C_2$ 由 $a_1,a_2$ 确定。 结论 6（中间项公式的逆用）：若 $\{a_n\}$ 为等差数列，则 反之，若对一切 $n\in\mathbb{N}^{*}$ 都有 $a_n=\dfrac{S_{2n-1}}{2n-1}$，则 $\{a_n\}$ 为等差数列（这是判定等差数列的一个充要条件，常用于"证明某数列为等差"的题）。 结论 7（两个等差数列的比值）：若 $\{a_n\},\{b_n\}$ 均为等差数列，$S_n,T_n$ 分别为其前 $n$ 项和，且 $T_{2n-1}\ne0$，则 结论 8（等比数列的"中间项”）：若 $\{a_n\}$ 为等比数列且各项同号，则 结论 9（等差中项判定）：$\{a_n\}$ 为等差数列 $\iff$ 对一切 $n\ge2$ 有 $2a_n=a_{n-1}+a_{n+1}$。 结论 10（等比中项判定）：$\{a_n\}$ 为等比数列（各项非零）$\iff$ 对一切 $n\ge2$ 有 $a_n^2=a_{n-1}a_{n+1}$。 最后叮嘱：数列题的"坑"大多集中在三处——$n=1$ 的验证、$q=1$ 的讨论、整数点的取法。做题时在这三处刻意停顿一秒，能避免绝大多数失分。2 通项 $a_n$ 与前 $n$ 项和 $S_n$ 的关系
2.1 核心公式
2.2 三类基本问题
2.3 由 $S_n$ 求 $a_n$ 的"结构判别"
3 等差数列
3.1 定义
3.2 通项公式
$$
\boxed{\,a_n=a_1+(n-1)d\,}
$$3.3 等差中项
3.4 前 $n$ 项和公式
$$
\boxed{\,S_n=\frac{n(a_1+a_n)}{2}\,}
$$$$
\boxed{\,S_n=na_1+\frac{n(n-1)}{2}d\,}
$$3.5 等差数列的性质（重点）
3.6 等差数列的判定方法
方法 内容 定义法 $a_{n+1}-a_n=d$（常数）对 $n\ge1$ 恒成立 中项法 $2a_n=a_{n-1}+a_{n+1}$ 对 $n\ge2$ 恒成立 通项法 $a_n=pn+q$（$p,q$ 为常数） 求和法 $S_n=An^2+Bn$（无常数项） 3.7 等差数列前 $n$ 项和的最值
3.8 典型例题
4 等比数列
4.1 定义
4.2 通项公式
$$
\boxed{\,a_n=a_1q^{\,n-1}\,}
$$4.3 等比中项
4.4 前 $n$ 项和公式
$$
\boxed{
S_n=
\begin{cases}
na_1, & q=1,\\[6pt]
\dfrac{a_1(1-q^n)}{1-q}=\dfrac{a_1-a_nq}{1-q}, & q\ne1.
\end{cases}}
$$4.5 等比数列的性质（重点）
条件 单调性 $q>1$ 递增 $0 递减 $q=1$ 常数列 $q<0$ 摆动数列 等差数列 等比数列 差为常数 比为常数 $a_n=a_1+(n-1)d$ $a_n=a_1q^{n-1}$ $a_n$ 是 $n$ 的一次函数 $a_n$ 是 $n$ 的指数函数 中项 $2A=a+b$，唯一 中项 $G^2=ab$，两个 $S_n$ 是 $n$ 的二次函数（无常数项） $S_n=A-Aq^n$ $a_m+a_n=a_p+a_q\ (m+n=p+q)$ $a_ma_n=a_pa_q\ (m+n=p+q)$ 可含 $0$ 项 不含 $0$ 项 4.6 等比数列的判定方法
方法 内容 定义法 $\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=q$（$q\ne0$ 常数）对 $n\ge1$ 恒成立 中项法 $a_n^2=a_{n-1}a_{n+1}$ 且 $a_n\ne0$，对 $n\ge2$ 恒成立 通项法 $a_n=Aq^n$（$A\ne0,\ q\ne0$） 求和法 $S_n=A-Aq^n$（$q\ne1$） 4.7 典型例题
5 递推数列求通项公式（八种模型）
5.1 模型一：$a_{n+1}-a_n=f(n)$ —— 累加法
5.2 模型二：$\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=f(n)$ —— 累乘法
5.3 模型三：$a_{n+1}=pa_n+q$（$p\ne1,\ q\ne0$）—— 构造等比数列
5.4 模型四：$a_{n+1}=pa_n+An+B$ —— 构造等比（一次函数型）
5.5 模型五：$a_{n+1}=pa_n+q^n$（$p\ne q$）—— 两边同除
5.6 模型六：$a_{n+1}=\dfrac{pa_n}{qa_n+r}$ —— 取倒数
5.7 模型七：$a_{n+1}=pa_n+qa_{n-1}$（二阶线性递推）—— 特征方程
5.8 模型八：$a_{n+1}=\dfrac{a_n}{ka_n+b}$ 之外的"奇次型"与"对数型"
5.9 求通项方法总览
递推形式 方法 化归目标 $a_{n+1}=a_n+f(n)$ 累加法 求和 $a_{n+1}=a_n\cdot f(n)$ 累乘法 求积 $a_{n+1}=pa_n+q$ 构造等比 $a_n+\lambda$ $a_{n+1}=pa_n+An+B$ 构造等比 $a_n+xn+y$ $a_{n+1}=pa_n+q^n$ 同除 $q^{n+1}$ $\dfrac{a_n}{q^n}$ $a_{n+1}=\dfrac{pa_n}{qa_n+r}$ 取倒数 $\dfrac{1}{a_n}$ $a_{n+2}=pa_{n+1}+qa_n$ 特征方程 一阶线性 $a_{n+1}=a_n^k$ 取对数 $\ln a_n$ $a_{n+1}=\dfrac{pa_n+q}{ra_n+s}$ 不动点 $\dfrac{a_n-\alpha}{a_n-\beta}$ $a_n$ 与 $S_n$ 混合 $a_n=S_n-S_{n-1}$ 消元 上述之一 6 数列求和（八种方法）
6.1 公式法
6.2 分组求和法
6.3 裂项相消法
6.4 错位相减法
6.5 倒序相加法
6.6 并项求和法
6.7 通项分析法（先求通项再求和）
6.8 周期求和法
6.9 求和方法的"选择题"决策流程
7 数列的单调性、最值与恒成立
7.1 数列单调性的判定（三种工具）
7.2 数列的最大（小）项
7.3 数列不等式恒成立
7.4 数列中的"存在性"与"任意性"
命题形式 等价转化 对任意 $n$，$a_n>M$ $M<(a_n)_{\min}$ 存在 $n$，$a_n>M$ $M<(a_n)_{\max}$ 对任意 $n$，$a_n\le M$ $M\ge(a_n)_{\max}$ 存在 $n$，$a_n\le M$ $M\ge(a_n)_{\min}$ 7.5 恒成立问题的三种处理策略
7.6 数列与函数的交汇
7.7 数列中的"局部"性质
8 数列不等式与放缩技巧
8.1 基本思路
8.2 常用放缩不等式
8.3 典型证明
8.4 放缩的"度"
8.5 放缩工具箱（进阶）
8.6 两种"先后顺序"
8.7 数列不等式的三类常见结构
要证的结构 主要手段 典型例子 $S_n 放缩通项为可裂项/可求和 8.1、8.5、8.6 $S_n 分段放缩、保留前若干项 8.4 $a_n 直接求最值或归纳 第 7 章、第 9 章 8.8 放缩失效时怎么办
9 数学归纳法
9.1 基本步骤
9.2 典型例题
9.3 归纳法与数列通项的"猜—证"
9.4 第二数学归纳法（强归纳法）
9.5 加强命题技巧
9.6 归纳法的三种常见"卡壳"及对策
卡壳现象 原因 对策 从 $k$ 推不到 $k+1$ 假设太弱 加强命题（9.5 节） 递推用到前两项 单步假设不够 强归纳（9.4 节） 和式项数数错 从 $k$ 到 $k+1$ 多了哪些项不清 先写出两边的完整和式再比对 10 数列的实际应用
10.1 建模步骤
10.2 常见模型
10.3 应用题的"取整"与"边界"
10.4 六类经典应用模型详解
计息方式 第 $n$ 年末本利和 数列类型 单利（利息不计息） $A(1+nr)$ 等差数列 复利（利息也计息） $A(1+r)^n$ 等比数列 10.5 应用题的检验四步
11 题型归纳与易错点清单
11.1 高频题型一览
题型 核心方法 关键提醒 求通项（$S_n$ 已知） $a_n=S_n-S_{n-1}$ 验证 $n=1$ 求通项（递推） 累加/累乘/构造/取倒数/特征方程 选对模型 求前 $n$ 项和 公式/分组/裂项/错位/并项/倒序 先看通项结构 等差等比判定 定义法、中项法 验证首项 最值问题 邻项比较、二次函数配方 取整数点 恒成立求参数 转化为最值 注意"任意"与"存在" 数列不等式证明 放缩、裂项、归纳 放缩要"适度" 实际应用 建模为等差/等比/递推 注意年份对应 11.2 易错点清单（考前必看）
11.3 综合大题实战（含完整解答）
11.3.1 大题一：$S_n$ 与 $a_n$ 混合 + 错位相减
11.3.2 大题二：递推 + 放缩证明
11.3.3 大题三：数列与不等式恒成立
11.3.4 大题四：奇偶讨论与并项
11.4 答题规范建议
12 公式速查表
12.1 基础公式
名称 公式 通项与和的关系 $a_n=S_1\ (n=1)$；$a_n=S_n-S_{n-1}\ (n\ge2)$ 等差数列通项 $a_n=a_1+(n-1)d=a_m+(n-m)d$ 等差数列求和 $S_n=\dfrac{n(a_1+a_n)}{2}=na_1+\dfrac{n(n-1)}{2}d$ 等差中项 $2A=a+b$ 等比数列通项 $a_n=a_1q^{\,n-1}=a_mq^{\,n-m}$ 等比数列求和 $S_n=na_1\ (q=1)$；$S_n=\dfrac{a_1(1-q^n)}{1-q}=\dfrac{a_1-a_nq}{1-q}\ (q\ne1)$ 等比中项 $G^2=ab$，$G=\pm\sqrt{ab}\ (ab>0)$ 12.2 性质速查
类型 等差数列 等比数列 下标和 $m+n=p+q\Rightarrow a_m+a_n=a_p+a_q$ $m+n=p+q\Rightarrow a_ma_n=a_pa_q$ 等距抽取 公差 $md$ 公比 $q^m$ 片段和 $S_n,S_{2n}-S_n,\cdots$ 公差 $n^2d$ 公比 $q^n$（需 $S_n\ne0$） 奇偶项（$2n$ 项） $S_{\text{偶}}-S_{\text{奇}}=nd$ $S_{\text{偶}}=qS_{\text{奇}}$（即 $\dfrac{S_{\text{偶}}}{S_{\text{奇}}}=q$） 中间项（$2n-1$ 项） $S_{2n-1}=(2n-1)a_n$ $a_n^2=a_1a_{2n-1}$ 两数列之比 $\dfrac{a_n}{b_n}=\dfrac{S_{2n-1}}{T_{2n-1}}$ — $\left\{\dfrac{S_n}{n}\right\}$ 公差 $\dfrac d2$ 的等差数列 — 12.3 求通项模型速查
递推式 方法 $a_{n+1}=a_n+f(n)$ 累加 $a_{n+1}=a_nf(n)$ 累乘 $a_{n+1}=pa_n+q$ 构造 $a_n+\dfrac{q}{p-1}$ $a_{n+1}=pa_n+An+B$ 构造 $a_n+xn+y$ $a_{n+1}=pa_n+q^n$ 同除 $q^{n+1}$ $a_{n+1}=\dfrac{pa_n}{qa_n+r}$ 取倒数 $a_{n+2}=pa_{n+1}+qa_n$ 特征方程 $x^2=px+q$ $a_{n+1}=a_n^k$ 取对数 $a_{n+1}=\dfrac{pa_n+q}{ra_n+s}$ 不动点 12.4 求和方法速查
通项特征 方法 等差或等比 公式法 等差 $+$ 等比 分组求和 分式、分母为乘积 裂项相消 等差 $\times$ 等比 错位相减 含 $(-1)^n$ 并项求和 首尾对称 倒序相加 周期数列 周期求和 12.5 常用求和结果
$$
\sum_{k=1}^{n}k=\frac{n(n+1)}{2},\qquad
\sum_{k=1}^{n}k^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6},\qquad
\sum_{k=1}^{n}k^3=\left[\frac{n(n+1)}{2}\right]^2
$$$$
\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)}=\frac{n}{n+1},\qquad
\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{(2k-1)(2k+1)}=\frac{n}{2n+1}
$$$$
\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}+\sqrt{k+1}}=\sqrt{n+1}-1
$$$$
\sum_{k=1}^{n}q^{k-1}=\frac{1-q^n}{1-q}\ (q\ne1)
$$附录 常见结论补充