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。

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：

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：

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。

1.2 中项公式

等差数列中连续的三项满足如下关系：

这个关系不止是对连续的三项成立，若$m+n=2k$，则有

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

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：

1.3 等差数列和

由中项公式的性质我们可以得到：

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：

推导过程如下：

两者相加

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。

将其化简为关于$n$的函数，

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：

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：

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：

2.2 中项公式

等比数列中连续的三项满足如下关系：

这个关系不止是对连续的三项成立，若$m+n=2k$，则有

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

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：

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：

而当$q \neq 1,0$时，

我们对其进行变形，会发现其公式有规律性，规律如下。

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：

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：

将上方$n-1$个等式相加，得到如下

化简后：

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：

1. 改写递推式由 $a_{n+1} = a_n \cdot f(n)$，将下标退一位，可得：

   $$ \frac{a_n}{a_{n-1}} = f(n-1) \quad (n \ge 2) $$

2. 列举前 $n-1$ 个比值式从 $n$ 到 2 依次列出：

   $$ \frac{a_n}{a_{n-1}} = f(n-1) $$$$ \frac{a_{n-1}}{a_{n-2}} = f(n-2) $$$$ \vdots $$$$ \frac{a_3}{a_2} = f(2) $$$$ \frac{a_2}{a_1} = f(1) $$

3. 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：

   $$ \frac{a_n}{a_{n-1}} \cdot \frac{a_{n-1}}{a_{n-2}} \cdots \frac{a_2}{a_1} = f(n-1) \cdot f(n-2) \cdots f(1) $$

4. 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：

1. **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）：

   $$ a_{n+1} + \lambda = p(a_n + \lambda) $$

2. **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：

   $$ \lambda = \frac{q}{p-1} $$

3. 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 $p$。

4. 写出等比数列通项根据等比数列通项公式：

   $$ a_n + \frac{q}{p-1} = \left(a_1 + \frac{q}{p-1}\right) \cdot p^{\,n-1} $$

5. 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：

1. 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：

   $$ \frac{1}{a_{n+1}} = \frac{p a_n + q}{a_n} = p + \frac{q}{a_n} $$

2. 换元构造新数列令 $b_n = \dfrac{1}{a_n}$，则递推式化为：

   $$ b_{n+1} = q b_n + p $$

3. 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：

     $$ b_n = \left(\frac{1}{a_1} + \frac{p}{q-1}\right) q^{\,n-1} - \frac{p}{q-1} $$

4. 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：

1. 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：

   $$ \lg a_{n+1} = \lg\left[p \cdot (a_n)^r\right] = \lg p + r \cdot \lg a_n $$

2. 换元构造新数列令 $b_n = \lg a_n$，则递推式化为：

   $$ b_{n+1} = r \cdot b_n + \lg p $$

3. 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：

     $$ b_n = \lg a_1 \cdot r^{\,n-1} + \lg p \cdot \frac{r^{\,n-1} - 1}{r-1} $$

4. 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：

1. **求首项 $a_1$**由定义 $S_1 = a_1$，直接代入 $S_n$ 表达式：

   $$ a_1 = S_1 = f(1) $$

2. 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：

   $$ a_n = f(n) - f(n-1) \quad (n \ge 2) $$

3. 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：

1. **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 $S_0$）。

2. 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：

   $$ S_{n-1} = \text{关于 } a_{n-1}, n-1 \text{ 的表达式} $$

3. **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：

   $$ a_n = \text{（化简后的式子）} $$

4. 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 $a_n = g(n)$。

5. 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：

1. 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 $q \neq 0$）。

2. 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： $$ a_n = a_1 \cdot q^{\,n-1} \quad (n \ge 1) $$

3. 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 $1$）： $$ S_n = \begin{cases} n a_1, & q = 1 \\[6pt] \dfrac{a_1(1 - q^n)}{1 - q} = \dfrac{a_1(q^n - 1)}{q - 1}, & q \neq 1 \end{cases} $$

4. 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：

1. **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）。

2. 分别求和利用已知的求和公式，分别计算前 $n$ 项和：

   $$ \sum_{i=1}^n b_i, \quad \sum_{i=1}^n c_i, \quad \sum_{i=1}^n d_i, \cdots $$

3. 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）：

示例（简略）： 已知 $a_n = 2n + 3^{n}$，则：

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：

1. **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。

2. 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：

   $$ S_n = [f(1)-f(2)] + [f(2)-f(3)] + [f(3)-f(4)] + \cdots + [f(n)-f(n+1)] $$

3. 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。

4. 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）：

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：

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：

1. **正序写出 $S_n$**将前 $n$ 项和按原顺序展开：

   $$ S_n = a_1 + a_2 + a_3 + \cdots + a_{n-1} + a_n $$

2. **倒序写出 $S_n$**将上式中各项的顺序反过来重新写一遍：

   $$ S_n = a_n + a_{n-1} + a_{n-2} + \cdots + a_2 + a_1 $$

3. 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：

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

4. 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：

1. 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：

   $$ S_n = a_1 b_1 + a_2 b_2 + a_3 b_3 + \cdots + a_n b_n $$

2. **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）：

   $$ qS_n = a_1 b_2 + a_2 b_3 + a_3 b_4 + \cdots + a_n b_{n+1} $$

3. 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：

   $$ (1 - q)S_n = a_1 b_1 + d(b_2 + b_3 + \cdots + b_n) - a_n b_{n+1} $$

4. 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：

1. 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）：

   $$ S_n = \frac{a_1(1 - q^n)}{1 - q} $$

2. 判断极限是否存在对 $n \to \infty$ 取极限。由于 $|q| < 1$，则：

   $$ \lim_{n \to \infty} q^n = 0 $$

3. 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：

1. **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 $S_1 = a_1 = g(1)$。

2. **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：

   $$ a_k = f(k) \quad \text{（或 } S_k = g(k) \text{）} $$

3. **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 $S_{k+1} = g(k+1)$。）

4. 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：

   $$ \boxed{a_n = f(n)} \quad (n \ge 1) $$