此笔记并不会囊括所有等差数列、等比数列的高考知识点。只是随意写写自己觉得高妙的地方。
等差数列（Arithmetic Sequence)
定义
数列中，任何两项的差相等，这个差被称为公差，用 d 表示。
定义式：a_n=a_1+(n-1)d
我们发现可以表达成一次函数形式：a_n=dn+b
等差中项
对于任何 a_n, n \geq 2，有 a_{n – 1} + a_{n + 1} = 2a_n。
考虑证明：
\begin{aligned}
a_{n-1}+a_{n+1}&=[a+(n-2)d]+(a+nd)\cr &=2a+(2n-2)d\cr &=2[a+(n-1)d]\cr &=2a_{n}
\end{aligned}
同样有一些衍生中项问题，不过多赘述。
求和
欧拉求和：\frac{\texttt{首项} + \texttt{末项} \times \texttt{项数}}{2}，即：
S_n= \frac{n(a_1+a_n)}2
写成定义式形式：
S_n=a_1n+\frac{n(n-1)}2d
化简（我最常用）：
\frac12dn^2+(a_1-\frac12d)n
代换
对于任意 a_n, n \geq2，有a_n = S_n – S_{n – 1}
考虑如何代换，基本上遵循题目求什么把别的换成什么。例如题目要求证明\lbrace S_n\rbrace 等差，那么把给出的式子中出现的 a_n 之类的都换成 S_n 。
利用平方差\完全平方公式
例题：给出 \frac{a_n + 1}2 = \sqrt{S_n}，求证正项数列 \lbrace a_n \rbrace 为等差数列。
法1：化简得到(\sqrt{S_n} + \sqrt{S_{n-1}} – 1)(\sqrt{S_n} – \sqrt{S_{n-1}} – 1)=0
法2：见下
做差
高妙法！
如上例，化简得到：
a_n^2+2a_n+1=4S_n
同时列出
a_{n-1}^2+2a_{n-1}+1=4S_{n-1}
相减，得到
(a_n+a_{n-1})(a_n-a_{n-1})-2(a_n+a_{n-1})=0
即
a_n – a_{n – 1} = 2
仿照上例，得到通式：
Aa_n^2+Ba_n+C=2BS_n ，且 \lbrace a_n\rbrace 为正项数列时，\lbrace a_n\rbrace ，\lbrace a_n\rbrace 为等差数列，公差 d = \frac{B}A 。
等比数列（Geometric Progression）
略过定义等
等比中项
a_{n-1}\times a_{n+1}=a_{n}^2
证明：
\begin{aligned}
a_{n-1}\times a_{n+1}&=ar^{n-2}\times ar^{n}\\
&=a^{2}\times r^{2n-2}\\
&=(ar^{n-1})^{2}\\
&={a_{n}}^{2}
\end{aligned}
推论：
给定一个等比数列 \lbrace a_n \rbrace，则有：
\lbrace b \cdot a_n \rbrace 为等比数列。
\lbrace \frac{b}{a_n} \rbrace 为等比数列。
\lbrace log_b(a_n) \rbrace 为等差数列。
错位相减
通常用在等比数列求和，现来推导。
有等比数列 \lbrace a_n \rbrace，公比为 q, q \neq 1 。
则 S_n = a+aq+aq^{2}+\cdots +aq^{n-1}
将 S_n 乘以 q，得到 qS_{n}=aq+aq^{2}+\cdots +aq^{n}
对齐！
\begin{aligned}
S_n&=a\texttt{ }+&&aq+aq^{2}+\cdots +aq^{n-1}\\
qS_{n}&=&&aq+aq^{2}+\cdots +aq^{n-1}+aq^{n}\\
\end{aligned}
相减！
(1-q)S_{n}=a-aq^{n}
S_n = \frac{a_1(1-q^n)}{1-q}
错位相减衍生
有等差数列 \lbrace a_n \rbrace，公差为 d，等比数列 \lbrace b_n \rbrace，公比为 q 。
c_n = a_nb_n，求数列 \lbrace c_n \rbrace 前 n 项和 S_n。
\begin{aligned}
S_n&=a_1b_1\texttt{ }+&&a_2b_2+a_3b_3+\cdots+a_nb_n\\
qS_n&=&&a_1b_2+a_2b_3+\cdots+a_{n-1}b_n+a_nb_nq
\end{aligned}
相减！
\begin{aligned}
(1-q)S_n&=a_1b_1-d(b_2+b_3+\cdots+b_{n-1}+b_n)+a_nb_nq\\
&=a_1b_1-\frac{b_2(1-q^{n-1})}{1-q}+a_nb_nq\\
\end{aligned}
根据情况化简即可。
不动点法
当遇到形如 a_{n + 1} = 2a_n + 2 的式子时，考虑不动点法。
若 a_{n + 1} = a_n，得到方程 x = 2x + 2，解得 x = -2，则有等比数列 \lbrace a_n – x \rbrace。
推广：
有Aa_{n+1}+Ba_{n}+C=0，如果 A \neq -B，有 A(a_{n+1}+k)=-B(a_{n}+k)，\lbrace a_n + k \rbrace 为等比数列。
如果 A = -B，则为等差数列。
简单解释不动点，即为一个可以无限迭代而不变化的值：x = f(x) = f(f(x))=f(f(f(x)))=\cdots。
对于一个数列，它可能永远也取不了x，但是会无限趋近x，也就是 \lim_{x \to \infty} x_n=x。
裂项解法
（问题同上）有等差数列 \lbrace a_n \rbrace，公差为 d，等比数列 \lbrace b_n \rbrace，公比为 q 。
c_n = a_nb_n，求数列 \lbrace c_n \rbrace 前 n 项和 S_n。
举例推演：
a_n = (2n – 1)\cdot \frac{1}{3^n}，求 S_n 。
先将 a_n 表示成 c_n – c_{n + 1}。
观察如何裂项，分子为 2n-1，分母为 3^n，当 c_n 分母为 3^n 时，分母为常数，当分子为 An + B 时，可以进行裂项。那么 c_n = \frac{An+B}{3^n}，c_{n + 1}=\frac{A(n +1)+B}{c^{n+1}}。
\begin{aligned}
c_n – c_{n + 1} &= (2n – 1)\frac{1}{3^n} \\
&= \frac{An+B}{3^n}-\frac{A(n +1)+B}{c^{n+1}}\\
\\
2n – 1 &= 3(An + B) – A(n + 1) – B\\
&=2An + 2B – A
\end{aligned}
解得 A = 1, B = 0
S_n = c_1 – c_{n + 1} = 1 – \frac{n + 1}{3^n}
数列求和
与之前的求和一样，数列求和还有一些别的做法。
裂项配凑
普通的裂项非常简单，但是情况稍复杂时，可能需要配凑，我们举例说明。
eg1:
\begin{aligned}
a_n&=\frac{1}{(\sqrt{n-1}+\sqrt{n})(\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1})(\sqrt{n}+\sqrt{n+1})}\cr\cr
&=\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n-1}}{2(\sqrt{n-1}+\sqrt{n})(\sqrt{n}+\sqrt{n+1})}\cr\cr
&=\frac12\Big(\frac{1}{\sqrt{n-1}+\sqrt{n}}+\frac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}} \Big)
\end{aligned}
eg2:
\begin{aligned}
b_n&=\frac{3\cdot4^{n-1}}{(3\cdot4^n-3)(4^{n+1}-1)}\cr\cr
&=\frac{4^{n+1}-4^n}{3(4^n-1)(4^{n+1}-1)}\cr\cr
&=\frac13\Big(\frac1{4^n-1}-\frac1{4^{n+1}-1}\Big)
\end{aligned}
