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1
数列总结
一、高考考点、考频
近几年对于数列的考察有些放松，之前的数列解答题会放在最后一题或两题的位
置，考察的知识点也是放缩等，近几年比较简单，一般不会出现在解答题中，即
使出现了也是出现在解答题第一题的位置，考察的点也是变成的相对来说较为简
单的错位相减法或者裂项相消法。选择题一般考察的就是等比和等差的角标性质，
只要我们知识点掌握的比较牢固就没有问题。
二、高考真题
1. （2018 新课标1.14）（5 分）记Sn为数列{an}的前n 项和．若Sn＝2an+1，则
S6＝ ﹣63 ．
【分析】先根据数列的递推公式可得{an}是以﹣1 为首项，以2 为公比的等比
数列，再根据求和公式计算即可．
【解答】解：Sn为数列{an}的前n 项和，Sn＝2an+1，①
当n＝1 时，a1＝2a1+1，解得a1＝﹣1，
当n≥2 时，Sn﹣1＝2an﹣1+1，②，
由①﹣②可得an＝2an﹣2an﹣1，
∴an＝2an﹣1，
∴{an}是以﹣1 为首项，以2 为公比的等比数列，
∴S6＝
＝﹣63，
故答案为：﹣63
【点评】本题考查了数列的递推公式和等比数列的求和公式，属于基础题．
2.（2018.新课标2.17）（12 分）记Sn为等差数列{an}的前n 项和，已知a1＝﹣
7，S3＝﹣15．
（1）求{an}的通项公式；
（2）求Sn，并求Sn的最小值．
【分析】（1）根据a1＝﹣7，S3＝﹣15，可得a1＝﹣7，3a1+3d＝﹣15，求出等
差数列{an}的公差，然后求出an即可；
（2）由a1＝﹣7，d＝2，an＝2n﹣9，得Sn＝
＝
＝n
2﹣
2
8n＝（n﹣4）
2﹣16，由此可求出Sn以及Sn的最小值．
【解答】解：（1）∵等差数列{an}中，a1＝﹣7，S3＝﹣15，
∴a1＝﹣7，3a1+3d＝﹣15，解得a1＝﹣7，d＝2，
∴an＝﹣7+2（n﹣1）＝2n﹣9；
（2）∵a1＝﹣7，d＝2，an＝2n﹣9，
∴Sn＝
＝
＝n
2﹣8n＝（n﹣4）
2﹣16，
∴当n＝4 时，前n 项的和Sn取得最小值为﹣16．
【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式，考查了等差数列的前n 项的和
公式，属于中档题．
三、知识点
1.等差数列
（1）等差数列角标的性质
若𝑚1+𝑚2+……+𝑚k= 𝑛1+ 𝑛2+……+ 𝑛k
则𝑎𝑚1+𝑎𝑚2+……+𝑎𝑚𝑘=𝑎𝑛1+𝑎𝑛2+……+𝑎𝑛𝑘
其中𝑚1，𝑚2，……𝑚k， 𝑛1， 𝑛2，…… 𝑛k.可以为任意的正整数，且可以相等。
故若{an}是等差数列，Sn为前n 项和，则S2n−1=(2n−1)an。
（2）衍生等差数列
1）在等差数列中，等距离取出若干项也构成一个等差数列：an，an+m，an+2m，⋯⋯
为等差数列，公差为md.
2）若{an}为等差数列，则{λan+μ}（λ，μ为常数）为等差数列；
若{an}和{bn}均为等差数列，则{λan±μbn}（λ，μ为常数）也是等差数列．
3）等差数列的连续n 项和也构成一个等差数列，即Sn,S2n−Sn,S3n−S2n⋯⋯为等差数
列，公差为𝑛2d．
4）若{an}为等差数列，则{
𝑆𝑛
𝑛}是等差数列，公差为
𝑑
2，且
𝑆𝑛
𝑛=
𝑑
2n+(a1−
𝑑
2)．
（3）等差数列的考点
1）求等差数列的通项公式
由于等差数列的通项公式可以设为an=a1+(n−1)d，故只要知道两个信息，求出
两个未知量即可。
2）求等差数列的前n 项和
3
首先求出通项公式，然后利用Sn=
n(𝑎1+𝑎n)
2
即可。
当然对于一些特殊的条件，也可以运用公式S2n−1=(2n−1)an。
3）求Sn的最值
方法一：利用Sn的表达式。由于Sn的表达式是二次函数的形式，所以Sn是有最
大值或者是最小值的，但是由于数列中n 只能取正整数，所以Sn的最值可能无
法恰好在对称轴处取到，但是我们可以参照的是，当二次函数开口向下的时
候，自变量离对称轴越近，函数值越大。所以在数列中也一样，距离对称轴最
近的正整数即是Sn的最大值，开口向上时的情况也是一样，距离对称轴最近的
正整数即是Sn的最小值。
方法二：利用an
在数列an中，若an≥0，an+1≤0，则Sn为最大值。若an+1≥0，an≤0，则Sn为最
小值。注意：当数列中有等于0 的项时，最大最小值是可以在相邻的两个值Sn，
Sn+1中同时取到，此时我们要将其全部写出来。
4）求|an|的前n 项和
当a1×d<0 时，会有一种题型是求数列{|an|}的前n 项和。此时需要分类讨论：
将an中大于0 和小于0 的部分分开，大于零的部分直接求和，小于零的部分先
取相反数在求和，注意，答案要写成分段函数的形式。
2.等比数列
（1）等比数列的角标性质
若{an}是等比数列, 𝑚, 𝑛, 𝑝, 𝑞∈𝑁+,当𝑚+𝑛= 𝑝+𝑞时,𝑎𝑚𝑎𝑛= 𝑎𝑝𝑎𝑞,特别的:当
𝑚+𝑛=2𝑝，𝑎𝑚𝑎𝑛= 𝑎𝑝
2
若{an}是等比数列,则𝑎1𝑎2𝑎3 … 𝑎2𝑛−1 = 𝑎𝑛
2𝑛−1.
（2）衍生等比数列
1）在等比数列中,等距离取出若干项也构成一个等比数列:𝑎𝑛, 𝑎𝑛+𝑚, 𝑎𝑛+2𝑚…为
等比数列，公比为q𝑚.
2）若{an}是等比数列，则{p𝑎𝑛
𝑘}（p,k 为非零常数）为等比数列，公比为q𝑘（保
证𝑎𝑛
𝑘有意义）.
3）若{an}与{bn}均为等比数列，则{anbn}也为等比数列．
4）当Sn, S2n−Sn, S3n−S2n,⋯都非零时，它们构成等比数列，公比为q𝑛．
4
3.数列求和
（1）分组求和
1）拆项求和
有些数列可以将每一项适当拆开，再进行分组，假分数等两个或多喝式子相
加的情况。
拆项求和之后，可直接利用等差数列，等比数列的求和公式来求解，另外还可以
利用常见数列的求前N 项和的公式，如：
2
2
2
2
2
2
1
1
2
3 ...
(
1)
2
1 3
5
...
2 -1)
2
4
6
...
2
1
1
2
3
...
(
1)(2
1)
6
n
n n
n
n
n
n
n
n
n n
n
（
13+23 + 33+……+𝑛3=[
𝑛（𝑛+1）
2
]2
2）倒序相加
如果一个数列的前n 项和中，距首末两项等距离的两项之和都相等，即可用
倒序相加法求数列的前n 项和。
3）分奇偶项求和
有些数列奇数项和偶数项分别都可以构成一个新的数列，此时可以分奇偶项
分别求和，但是此时一定要注意数列求和时，一定要分项数的奇偶。若项数n 为
奇数时，则数列中有
𝒏+𝟏
𝟐个奇数项，有
𝒏−𝟏
𝟐个偶数项。当项数n 为偶数时，则数列
中有
𝒏
𝟐个奇数项，
𝒏
𝟐个偶数项。
（2）裂项相消
若数列的通项可拆成结构相同的两式之差，则数列的前n 项和可由裂项相消
法求解，使用此方法时必须注意消去了哪些项，保留了哪些项，一般未被消去的
项有前后对称的特点，裂项相消法的指导思想很明确，关键是实现
1
n
n
n
a
b
b
，
因此对代数变形能力要求较高，但只要把握了指导思想，这类问题便不难解决，
此外，掌握一些常用的裂项技巧也能事半功倍，常用的技巧有：
5
1
1
1
1
1 1
1
,
(
)
(
1)
1
(
2)
2
2
1
1 1
1
(
)
(
)
n n
n
n
n n
n
n
n n
t
t n
n
t
1
log
log (
1)
log
1
1
1
1
,
(
)
1
a
a
a
n
n
n
n
n
n
a
b
a
b
n
n
a
b
若数列为等差数列，D 为公差，其中都不为0，则
1
1
1
1
1
1
(
)
n
n
n
n
a a
d a
a
1
1
1
1
[
]
(
1)(
2)
2
(
1)
(
1)(
2)
1
1
1
1
[
]
(2
1)(2
1)
2 2
1
2
1
n n
n
n n
n
n
n
n
n
n
2
(2 )
1
1
1
1
[
]
(2
1)(2
1)
2 2
1
2
1
n
n
n
n
n
1
1
2
2
2
2
2
1
1
(2
1)(2
1)
2
1
2
1
2
2
2
(
1)(
2)
1
2
1
1 1
1
[
]
(
2)
4
(
2)
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n n
n
n
（3）错位相减
错位相减是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用
于求数列{an⋅bn}的前n 项和，其中{an}{bn}分别是等差数列和等比数列（公比q≠1）
（这种数列被称为差比数列）．
基本步骤：
第一步巧拆分：根据通项公式分解为等差数列和等比数列乘积的形式；
第二步乘公比：写出Sn的表达式，然后两边同时乘以等比数列的公比，得到qSn
的结果；
第三步构差式：将Sn与qSn作差；
第四步求和：根据差式的特征准确求和.
6
差比数列的结论:对数列{（An+B）𝒒𝒏−𝟏}q 求和
我们可以直接记住答案（直接套用公式即可，但还是建议大家自己推算得到答案）：
（1-q）Sn=(等差首项)+(
𝑨
𝟏−𝒒) 𝐪−(𝐀𝐧+ 𝐁+
𝑨
𝟏−𝒒)𝒒𝒏
4.数列求通项
（1）叠加法和叠乘法
叠加法：对于数列有形如an=an−1+f(n)的递推式，且f(2)+…+f(n)的和是可求
的，我们可以用叠加法来求an
an=a1+∑
𝒇(𝒊)
𝒏
𝒊=𝟐
（n≥2，n∈𝑵+）
叠乘法: 对于数列有形如an=an−1·f(n)的递推式，且f(2)f(3)…f(n)的积是可
求的，我们可以用叠乘法来求an
an=a1 f(2)f(3)…f(n)（n≥2，n∈𝑵+）
（2）由Sn求an
已知Sn求an，直接套用公式：an={𝑺𝟏 𝒏= 𝟏
𝑺𝒏−𝑺𝒏−𝟏 𝒏≥𝟐
已知an与Sn的关系有两种处理方式：
1）消an 留Sn ：把题目中的an 用Sn−Sn-1替换，转化为关于Sn 的递推关系，从
而得到Sn 的通项公式，再转化为an 的通项公式．
2）消Sn留an ：分别写出Sn和Sn-1的表达式，两式相减转化为关于an 的递推关
系．
（3）构造新数列（待定系数法）
1）若递推数列公式为an=ban-1+c(b,c∈R，且b≠1，c≠0)，可以设an+𝛌=b(an-1+𝛌)
成立，解之得𝛌=
𝒄
𝒃−𝟏，即{an+
𝒄
𝒃−𝟏}是等比数列。
2）an=ban-1+c(n)(b≠1，b≠0，c(n)是关于n 的多项式函数),可设an+g(n)=b(an-
1+g(n-1)),其中g(n)为与c(n)的次数相等的多项式函数，各项的系数都待定，
通过比较bg(n-1)-g(n)与c(n)的各项系数待确定系数，即{an+g(n)}为等比数列。
3）an=ban-1+c∙𝒒𝒏,其中b,c,q∈R，且b≠0，c≠0，q≠0，q≠1
①若b=q，则
𝒂𝒏
𝒒𝒏=
𝒂𝒏−𝟏
𝒒𝒏−𝟏+ 𝒄,即{
𝒂𝒏
𝒒𝒏}为等差数列
②若b≠q，则可以设𝒂𝒏+ 𝑨∙𝒒𝒏= 𝒃(𝒂𝒏−𝟏+ 𝑨∙𝒒𝒏−𝟏)
也可以两边同除以𝒃𝒏或𝒒𝒏：得到
𝒂𝒏
𝒃𝒏=
𝒂𝒏−𝟏
𝒃𝒏−𝟏+ 𝒄(
𝒒
𝒃)𝒏或
𝒂𝒏
𝒒𝒏=
𝒃
𝒒∙
𝒂𝒏−𝟏
𝒒𝒏−𝟏+ 𝒄
7
（4）形式转换
1）取倒数
若递推公式为𝒂𝒏=
𝒂𝒏−𝟏
𝒃𝒂𝒏−𝟏+𝒄,两边式子取倒数，然后转化为方法3 的情形。
2）取对数
若递推公式为𝒂𝒏= 𝐜𝒂𝒏−𝟏
𝒃,两边式子取对数，然后转化为方法3 的情形。
5.数列不等式
（1）不等式和数列放缩的重要类型
平方型：
𝟏
𝒏−
𝟏
𝒏+𝟏=
𝟏
𝒏(𝒏+𝟏) <
𝟏
𝒏𝟐<
𝟏
𝒏(𝒏−𝟏) =
𝟏
𝒏−𝟏−
𝟏
𝒏 (𝒏≥𝟐)
𝟏
𝒏𝟐<
𝟏
𝒏𝟐−1 =
1
2 (
1
𝑛−1 −
1
𝑛+1) (𝑛≥2)
1
(2𝑛−1)2 <
1
4𝑛(𝑛−1) =
1
4 (
1
𝑛−1 −
1
𝑛) (𝑛≥2)
立方型：
1
𝑛3 <
1
𝑛(𝑛2−1) =
1
2 (
1
𝑛(𝑛−1) −
1
𝑛(𝑛+1)) (𝑛≥2)
根式型：2(√𝑛+ 1 −√𝑛) =
2
√𝑛+1+√𝑛<
1
√𝑛=
2
2√𝑛<
2
√𝑛+√𝑛−1 = 2(√𝑛−√𝑛−1)
指数型：
1
𝑎𝑛−𝑏𝑛≤
1
𝑎𝑛−1(𝑎−𝑏) (𝑎> 𝑏≥1)
（2）不等式放缩的方法要点
1）放缩法证明与数列求和有关的不等式，若an 可直接求和，就先求和再放缩；
若不能直接求和的，一般要先将通项an放缩后再求和.
2）放缩法证明与数列求和有关的不等式的过程中，很多时候要“留一手”， 即
采用“有所保留”的方法，保留数列的第一项或前两项，从数列的第二项或第三
项开始放缩，这样才不致使结果放得过大或缩得过小.
3）一般地，形如
n
n
na
a
b
或
n
na
a
b
(这里
1
a
b
)的数列，在证明
1
2
1
1
1
n
k
a
a
a
L
（k 为常数）时都可以提取出
n
a 利用指数函数的单调性将其放缩。
4） 形如𝑎𝑛< 𝑓(𝑛)的数列不等式证明的思维策略：设
n
S 和
nT 分别为数列
na
和
nb
的前n 项和，显然，若
n
n
a
b
*
(
)
nN
，利用不等式的“同向可加性”这
一基本性质，则有
n
n
S
T
. 这启发我们，要证明不等式𝑎𝑛< 𝑓(𝑛)，如果记
( )
nT
f n
看作是数列
nb
的前n 项和，则
1(
2)
n
n
n
b
T
T
n
，
1
1
b
T
，那么只要
8
证其通项满足
n
n
a
b
即可.
5）放缩法最难得点在于不能放的过大或过小，例如
1
𝑛2 <
1
𝑛2−1 =
1
2 (
1
𝑛−1 −
1
𝑛+1) (𝑛≥
2)，但是有时候这样放缩会放的过大，无法满足题目的条件，还可以这么放缩：
1
𝑛2 <
1
𝑛2−1
4
=
1
𝑛−1
2
−
1
𝑛+1
2
(𝑛≥1)
