第 23 章 · 等比数列与数列求和

项目	内容
课标主题	选择性必修 · 函数 · 数列
人教 A 版	选择性必修第二册 第四章 4.3 等比数列、*4.4 数学归纳法（选学）
考试地位	必考。新高考全国卷的数列解答题几乎都是“先求通项，再求和”，错位相减和裂项相消最常见；小题常考等比数列的性质和前 n 项和
前置知识	第 22 章数列的概念与等差数列；第 8 章指数函数

等比数列是“每次乘同一个数”的数列，和等差数列“每次加同一个数”正好对照着学。这一章的分数主要在求和上：数列大题的第二问几乎都是求和，方法就那几种，选对方法后拼的是计算。丢分丢在三处：等比求和不讨论 $q = 1$，错位相减最后一项的符号和项数，裂项时漏了前面的系数。

23.1 知识点一览

知识点	一句话	考试中
23.2 等比数列的通项和性质	$a_n = a_1 q^{n-1}$；下标和相等则积相等	常考，小题为主，也是大题第一问
23.3 等比数列的前 n 项和	$q \ne 1$ 时 $S_n = \dfrac{a_1(1 - q^n)}{1 - q}$，$q = 1$ 时 $S_n = na_1$	必考，公比含参时必须讨论 $q = 1$
23.4 分组求和与倒序相加	通项拆成几个能求和的数列分别求；首尾配对和为定值就倒过来相加	常考，分组求和最多
23.5 错位相减与裂项相消	等差乘等比用错位相减；分式拆成两项之差用裂项相消	必考，大题第二问的主力
23.6 数学归纳法	先验证第一个，再证“第 $k$ 个成立推出第 $k + 1$ 个成立”	课标选学内容（标 *），不作为考试要求

23.2 等比数列的通项和性质

说明

等比数列：一个数列从第 2 项起，每一项与它前一项的比都等于同一个常数，这个数列就叫等比数列，这个常数叫公比，通常记作 $q$。用式子写：

$$\frac{a_{n+1}}{a_n} = q \quad (n \in \mathbf{N}^*,\ q \ne 0).$$

因为要做除法，等比数列的每一项都不为 0，公比也不为 0。

通项公式：

$$a_n = a_1 q^{n-1}.$$

更一般地，已知任意一项 $a_m$，有 $a_n = a_m q^{n-m}$。

等比中项：如果 $a, G, b$ 成等比数列，$G$ 叫 $a$ 与 $b$ 的等比中项，满足 $G^2 = ab$，即 $G = \pm\sqrt{ab}$。只有 $a, b$ 同号时才有等比中项，而且有两个。

下标和性质：在等比数列中，若 $m + n = p + r$（都是正整数），则

$$a_m a_n = a_p a_r.$$

特别地，若 $m + n = 2p$，则 $a_m a_n = a_p^2$。

单调性：由首项和公比决定。

条件	数列	条件	数列
$a_1 > 0$，$q > 1$	递增	$a_1 < 0$，$q > 1$	递减
$a_1 > 0$，$0 < q < 1$	递减	$a_1 < 0$，$0 < q < 1$	递增
$q = 1$	常数列	$q < 0$	正负交替（摆动数列）

判定一个数列是等比数列的三种方法：

• 定义法：证明 $\dfrac{a_{n+1}}{a_n}$ 是与 $n$ 无关的非零常数（并且 $a_1 \ne 0$）。
• 中项法：证明对一切 $n$ 都有 $a_{n+1}^2 = a_n a_{n+2}$，并且各项都不为 0。
• 通项法：通项能写成 $a_n = c \cdot q^n$（$c, q$ 是非零常数）。

解答题里证明等比数列，要用定义法或中项法；通项法只用于选择填空的判断。

使用场景

• 已知等比数列的某两项（或两个关系式），求首项、公比、通项或某一项：设 $a_1$ 和 $q$ 列方程，两式相除消去 $a_1$。
• 题目给出几项的乘积，或者下标加起来相等的几项：想到下标和性质 $a_m a_n = a_p a_r$。
• 给出形如 $a_{n+1} = pa_n + r$ 的递推式，要求“证明 $\{a_n + \lambda\}$ 是等比数列”或求通项：构造等比数列。
• 三个数成等比数列，已知它们的积和和：设成 $\dfrac{a}{q}, a, aq$。

注意点

• 等比数列的项和公比都不能为 0。常数列 $0, 0, 0, \dots$ 是等差数列，但不是等比数列。
• 非零常数列（如 $3, 3, 3, \dots$）既是等差数列（公差 0），也是等比数列（公比 1）。
• 等比中项有两个，$\pm\sqrt{ab}$，不要只写正的；但在一个具体的等比数列里，奇数项同号，偶数项同号（因为 $a_{n+2} = a_n q^2$，$q^2 > 0$），据此可以舍掉一个。
• 用中项法 $a_{n+1}^2 = a_n a_{n+2}$ 判定时，必须加上“各项不为 0”，否则全是 0 的数列也满足。
• 证明 $\{a_n + \lambda\}$ 是等比数列时，要说明首项 $a_1 + \lambda \ne 0$，否则这个数列全是 0。

证明

通项公式。 由定义，

$$\frac{a_2}{a_1} = q,\quad \frac{a_3}{a_2} = q,\quad \dots,\quad \frac{a_n}{a_{n-1}} = q.$$

这 $n - 1$ 个等式左右两边分别相乘，左边中间的项一上一下全部约掉（关键一步：能约分是因为等比数列每一项都不为 0），得 $\dfrac{a_n}{a_1} = q^{n-1}$，即 $a_n = a_1 q^{n-1}$。$n = 1$ 时 $a_1 = a_1 q^0$ 也成立。

这种方法叫累乘法，和等差数列通项公式的累加法相对应。

$a_n = a_m q^{n-m}$。 $\dfrac{a_n}{a_m} = \dfrac{a_1 q^{n-1}}{a_1 q^{m-1}} = q^{n-m}$。

下标和性质。 若 $m + n = p + r$，则

$$a_m a_n = a_1 q^{m-1} \cdot a_1 q^{n-1} = a_1^2 q^{m+n-2}, \qquad a_p a_r = a_1^2 q^{p+r-2}.$$

（关键一步：两个积里 $q$ 的指数只和下标之和有关，下标之和相等，指数就相等。）所以 $a_m a_n = a_p a_r$。

等比中项。 $a, G, b$ 成等比数列，则 $\dfrac{G}{a} = \dfrac{b}{G}$，交叉相乘得 $G^2 = ab$。因为 $G \ne 0$，所以 $ab > 0$，$a, b$ 同号。

例题

例 1　（场景：已知两项求通项）在等比数列 $\{a_n\}$ 中，$a_2 = 6$，$a_5 = 48$，求通项公式和 $a_8$。

解：设首项为 $a_1$，公比为 $q$，则

$$\begin{cases} a_1 q = 6, \\ a_1 q^4 = 48. \end{cases}$$

第二式除以第一式，得 $q^3 = 8$，$q = 2$。代回得 $a_1 = 3$。所以 $a_n = 3 \cdot 2^{n-1}$，$a_8 = 3 \cdot 2^7 = 384$。

容易卡在：两个方程硬解。等比数列的基本量方程几乎都是“相除消去 $a_1$”。

另一种解法：直接用 $a_n = a_m q^{n-m}$。$a_5 = a_2 q^3$，即 $48 = 6q^3$，$q = 2$；$a_8 = a_5 q^3 = 48 \times 8 = 384$。只求某一项时这样最快；要写通项公式时，基本量法更顺。

例 2　（场景：下标和性质）各项均为正数的等比数列 $\{a_n\}$ 中，$a_3 a_8 = 9$，求 $\log_3 a_1 + \log_3 a_2 + \dots + \log_3 a_{10}$。

解：由对数运算性质（第 9 章），原式 $= \log_3(a_1 a_2 \cdots a_{10})$。

10 项首尾配对：$1 + 10 = 2 + 9 = 3 + 8 = 4 + 7 = 5 + 6 = 11$，由下标和性质，

$$a_1 a_{10} = a_2 a_9 = a_3 a_8 = a_4 a_7 = a_5 a_6 = 9.$$

所以 $a_1 a_2 \cdots a_{10} = 9^5 = 3^{10}$，原式 $= \log_3 3^{10} = 10$。

容易卡在：想先求 $a_1$ 和 $q$。条件只有一个，求不出来，必须整体用下标和性质。

例 3　（场景：构造等比数列）已知 $a_1 = 1$，$a_{n+1} = 2a_n + 1$。证明 $\{a_n + 1\}$ 是等比数列，并求 $a_n$。

解：由 $a_{n+1} = 2a_n + 1$，两边加 1：

$$a_{n+1} + 1 = 2a_n + 2 = 2(a_n + 1).$$

又 $a_1 + 1 = 2 \ne 0$，由上式递推可知每一项 $a_n + 1 \ne 0$，所以 $\dfrac{a_{n+1} + 1}{a_n + 1} = 2$，$\{a_n + 1\}$ 是首项为 2、公比为 2 的等比数列。

于是 $a_n + 1 = 2 \cdot 2^{n-1} = 2^n$，$a_n = 2^n - 1$。

容易卡在：题目不告诉你加几时，不知道怎么凑。设 $a_{n+1} + \lambda = 2(a_n + \lambda)$，展开得 $a_{n+1} = 2a_n + \lambda$，和原式比较得 $\lambda = 1$。一般的做法见下图。

例 4　（场景：三数成等比）三个数成等比数列，它们的积为 27，和为 13，求这三个数。

解：设这三个数为 $\dfrac{a}{q}, a, aq$。

积：$\dfrac{a}{q} \cdot a \cdot aq = a^3 = 27$，得 $a = 3$。

和：$\dfrac{3}{q} + 3 + 3q = 13$，两边乘 $q$ 整理得 $3q^2 - 10q + 3 = 0$，解得 $q = 3$ 或 $q = \dfrac{1}{3}$。

所以这三个数是 $1, 3, 9$ 或 $9, 3, 1$。

容易卡在：设成 $a, aq, aq^2$，积是 $a^3 q^3$，多了一个未知数。对称地设，积里的 $q$ 正好消掉。

常用推论

• $a_n = a_m q^{n-m}$，$q^{n-m} = \dfrac{a_n}{a_m}$。推导见本节“证明”。
• $m + n = p + r \Rightarrow a_m a_n = a_p a_r$；特别地，有限项等比数列中，与首末两项“等距离”的两项之积都等于 $a_1 a_n$。推导见本节“证明”。
• 等距抽取：$a_k, a_{k+m}, a_{k+2m}, \dots$ 仍是等比数列，公比 $q^m$。由 $\dfrac{a_{k+(j+1)m}}{a_{k+jm}} = q^m$ 直接得到。
• 若 $\{a_n\}$、$\{b_n\}$ 都是等比数列，则 $\{\lambda a_n\}$（$\lambda \ne 0$）、$\{a_n b_n\}$、$\left\{\dfrac{1}{a_n}\right\}$、$\{a_n^2\}$ 都是等比数列。推导：分别算相邻两项的比，得 $q$、$q_1 q_2$、$\dfrac{1}{q}$、$q^2$，都是常数。
• 各项为正的等比数列取对数成等差数列：$\{\log_c a_n\}$ 是公差为 $\log_c q$ 的等差数列。推导：$\log_c a_{n+1} - \log_c a_n = \log_c \dfrac{a_{n+1}}{a_n} = \log_c q$。反过来，$\{b_n\}$ 等差时 $\{c^{b_n}\}$（$c > 0$）等比。
• 等比数列中奇数项同号、偶数项同号。推导：$a_{n+2} = a_n q^2$，$q^2 > 0$。

易错点

• 错在哪：等比数列中 $a_1 = 1$，$a_9 = 16$，由 $a_5^2 = a_1 a_9 = 16$ 得 $a_5 = \pm 4$。 为什么错：$a_5 = a_1 q^4$，$q^4 > 0$，所以 $a_5$ 和 $a_1$ 同号，只能是正数。 正确做法：$a_5 = 4$。用下标和性质开平方后，按“奇数项同号、偶数项同号”取舍。
• 错在哪：求 2 和 8 的等比中项，只写 4。 为什么错：$G^2 = 16$，$G = -4$ 时 $2, -4, 8$ 也是公比为 $-2$ 的等比数列。 正确做法：等比中项是 $\pm 4$。注意这里没有给出数列其他的项，两个都要。
• 错在哪：证明 $\{a_n + 1\}$ 是等比数列时，只写 $a_{n+1} + 1 = 2(a_n + 1)$ 就下结论。 为什么错：若 $a_1 + 1 = 0$，这个数列每一项都是 0，不是等比数列。 正确做法：补一句”$a_1 + 1 = 2 \ne 0$“，再写比值为常数。

直观理解

等比数列 $a_n = a_1 q^{n-1}$ 可以写成 $a_n = \dfrac{a_1}{q} \cdot q^n$。当 $q > 0$ 且 $q \ne 1$ 时，它的各项就是指数型函数 $y = \dfrac{a_1}{q} \cdot q^x$ 的图像上，横坐标为 $1, 2, 3, \dots$ 的那些点。所以等比数列的单调性就是指数函数的单调性。

$q < 0$ 时各项正负交替，点在 $x$ 轴上下跳动，不再落在一条指数曲线上：

一句话记法：等差是每次加同一个数，图像是直线上的点；等比是每次乘同一个数，图像是指数曲线上的点。

关联知识点

• 前置：第 22 章等差数列。定义、通项、中项、下标和性质一一对应：差换成比，和换成积，倍数换成乘方。
• 前置：第 8 章指数函数。$q > 0$ 时等比数列的通项是指数型函数，单调性直接由底数判断。
• 后续：23.3 等比数列的前 n 项和。
• 后续：23.5 错位相减，求和对象是“等差乘等比”。
• 常一起考：第 9 章对数。正项等比数列取对数变成等差数列，例 2 是典型。
• 常一起考：第 22 章递推公式。$a_{n+1} = pa_n + r$ 型递推靠构造等比数列求通项。

23.3 等比数列的前 n 项和

说明

等比数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和 $S_n = a_1 + a_2 + \dots + a_n$：

$$S_n = \begin{cases} na_1, & q = 1, \\ \dfrac{a_1(1 - q^n)}{1 - q} = \dfrac{a_1 - a_n q}{1 - q}, & q \ne 1. \end{cases}$$

$q \ne 1$ 的两种写法：已知 $a_1, q, n$ 用第一种；已知首项、末项和公比用第二种。$q > 1$ 时也常写成 $\dfrac{a_1(q^n - 1)}{q - 1}$，分子分母都是正的，算起来不容易错号。

五个量 $a_1, q, n, a_n, S_n$ 由通项公式和求和公式两个方程联系，知道其中三个就能求另外两个（“知三求二”）。

使用场景

• 已知等比数列的几个基本量求和，或已知和求基本量：直接套公式，必要时列方程组。
• 公比未知或含参数，要用求和公式：先分 $q = 1$ 和 $q \ne 1$ 两种情况。
• 题目给出 $S_n = A \cdot q^n + B$ 的形式，问 $\{a_n\}$ 是不是等比数列，或求其中的参数：用 $a_n = S_n - S_{n-1}$，或用”$A + B = 0$“的结论。
• 已知 $S_n$、$S_{2n}$ 求 $S_{3n}$ 这类“连续等长片段”的和：用片段和成等比的性质。
• 实际问题中“每年增长百分之几”“每期乘同一个倍数”，问若干期的总量：建立等比数列模型再求和。

注意点

• 公比为字母或未知时，必须讨论 $q = 1$。$q = 1$ 时公式 $\dfrac{a_1(1 - q^n)}{1 - q}$ 分母为 0，根本不能用。
• 指数是 $n$ 还是 $n - 1$：通项 $a_n = a_1 q^{n-1}$ 里是 $n - 1$，求和 $S_n = \dfrac{a_1(1 - q^n)}{1 - q}$ 里是 $n$，$n$ 是项数。
• 求一个具体的和之前先数项数。$1 + 2 + 2^2 + \dots + 2^n$ 有 $n + 1$ 项，不是 $n$ 项。
• 片段和成等比的性质要求 $S_n \ne 0$：$q = -1$ 且 $n$ 为偶数时 $S_n = 0$，性质不成立。

证明

错位相减法。

$$S_n = a_1 + a_1 q + a_1 q^2 + \dots + a_1 q^{n-1}. \tag{1}$$

两边同乘 $q$：

$$qS_n = a_1 q + a_1 q^2 + \dots + a_1 q^{n-1} + a_1 q^n. \tag{2}$$

(1) 中的第 2 项到第 $n$ 项和 (2) 中的第 1 项到第 $n - 1$ 项完全相同，错开一位对齐后相减，中间全部抵消（关键一步：乘以公比 $q$ 恰好把每一项变成它的下一项，所以错一位后能整齐抵消）：

$$(1 - q)S_n = a_1 - a_1 q^n.$$

当 $q \ne 1$ 时，两边除以 $1 - q$，得 $S_n = \dfrac{a_1(1 - q^n)}{1 - q}$。（关键一步：除以 $1 - q$ 要求 $q \ne 1$，这就是必须单独讨论 $q = 1$ 的原因。）当 $q = 1$ 时，每一项都是 $a_1$，直接得 $S_n = na_1$。

把 $a_1 q^n = a_n q$ 代入，得另一种写法 $S_n = \dfrac{a_1 - a_n q}{1 - q}$。

另一种推导。 $S_n = a_1 + q(a_1 + a_1 q + \dots + a_1 q^{n-2}) = a_1 + q S_{n-1} = a_1 + q(S_n - a_n)$，整理得 $(1 - q)S_n = a_1 - a_n q$，结果相同。

片段和的性质。 由求和的定义，

$$S_{2n} - S_n = a_{n+1} + \dots + a_{2n} = q^n(a_1 + \dots + a_n) = q^n S_n,$$

因为 $a_{n+k} = a_k q^n$。同理 $S_{3n} - S_{2n} = q^n(S_{2n} - S_n)$。所以 $S_n \ne 0$ 时，$S_n, S_{2n} - S_n, S_{3n} - S_{2n}$ 成等比数列，公比为 $q^n$。

例题

例 1　（场景：知三求二）等比数列 $\{a_n\}$ 中，$a_1 = 2$，$a_n = 162$，$S_n = 242$，求公比 $q$ 和项数 $n$。

解：显然 $q \ne 1$（否则 $a_n = a_1 = 2$）。用 $S_n = \dfrac{a_1 - a_n q}{1 - q}$：

$$\frac{2 - 162q}{1 - q} = 242,$$

即 $2 - 162q = 242 - 242q$，$80q = 240$，$q = 3$。

再由 $a_n = 2 \cdot 3^{n-1} = 162$，得 $3^{n-1} = 81 = 3^4$，$n = 5$。

容易卡在：用 $S_n = \dfrac{a_1(1 - q^n)}{1 - q}$ 时会出现 $q^n$ 和 $q$ 两个未知的式子，不好解。已知首末两项时用 $\dfrac{a_1 - a_n q}{1 - q}$，是一次方程。

例 2　（场景：讨论 q = 1）等比数列 $\{a_n\}$ 中，$a_3 = \dfrac{3}{2}$，$S_3 = \dfrac{9}{2}$，求公比 $q$。

解：

1. $q = 1$：各项都是 $\dfrac{3}{2}$，$S_3 = \dfrac{9}{2}$，符合。
2. $q \ne 1$：由 $a_1 q^2 = \dfrac{3}{2}$，$S_3 = a_1(1 + q + q^2) = \dfrac{9}{2}$，两式相除：

$$\frac{1 + q + q^2}{q^2} = 3,$$

整理得 $2q^2 - q - 1 = 0$，$(2q + 1)(q - 1) = 0$，$q = -\dfrac{1}{2}$（$q = 1$ 已在情况 1 中）。

所以 $q = 1$ 或 $q = -\dfrac{1}{2}$。

容易卡在：直接套 $\dfrac{a_1(1 - q^3)}{1 - q}$，漏掉 $q = 1$。只有三项时，写成 $a_1(1 + q + q^2)$ 不需要除以 $1 - q$，两种情况一次都算出来，还不会漏解。

例 3　（场景：由 S_n 的形式定参数）若数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和 $S_n = 3^n + r$，且 $\{a_n\}$ 是等比数列，求 $r$。

解：$a_1 = S_1 = 3 + r$；$a_2 = S_2 - S_1 = 9 - 3 = 6$；$a_3 = S_3 - S_2 = 27 - 9 = 18$。

$\{a_n\}$ 等比，所以 $a_2^2 = a_1 a_3$，即 $36 = 18(3 + r)$，$r = -1$。

另一种解法：$q \ne 1$ 时，

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

形如 $-A q^n + A$：$q^n$ 的系数和常数项互为相反数。$S_n = 3^n + r$ 中 $3^n$ 的系数是 1，所以 $r = -1$。选择填空用结论一步出答案；解答题要写出 $a_n$，按主解法算。

例 4　（场景：片段和）等比数列 $\{a_n\}$ 中，$S_4 = 2$，$S_8 = 6$，求 $S_{12}$。

解：$S_4, S_8 - S_4, S_{12} - S_8$ 成等比数列。$S_4 = 2$，$S_8 - S_4 = 4$，公比为 2，所以 $S_{12} - S_8 = 8$，$S_{12} = 14$。

（这里 $S_4 = 2 \ne 0$，性质可以用。）

另一种解法：由 $S_8 = S_4 + q^4 S_4$ 得 $6 = 2 + 2q^4$，$q^4 = 2$；$S_{12} = S_8 + q^8 S_4 = 6 + 4 \times 2 = 14$。片段和性质最快；记不清性质时，用”$S_{n+m} = S_n + q^n S_m$“一步步推也不慢。

例 5　（场景：实际问题）某工厂第一年产量为 100 万件，以后每年比上一年增长 10%。前 5 年的总产量是多少万件？（$1.1^5 = 1.61051$）

解：每年产量组成首项 100、公比 1.1 的等比数列，前 5 年总产量

$$S_5 = \frac{100(1.1^5 - 1)}{1.1 - 1} = \frac{100 \times 0.61051}{0.1} = 610.51 \text{（万件）}.$$

容易卡在：分不清第 5 年产量 $a_5 = 100 \times 1.1^4$ 和前 5 年总产量 $S_5$。先写出前两三年的产量，看清首项和项数。

常用推论

• $S_{n+m} = S_n + q^n S_m$。推导同本节“证明”中的片段和：后 $m$ 项每一项都是前 $m$ 项对应项乘 $q^n$。
• $S_n, S_{2n} - S_n, S_{3n} - S_{2n}$ 成等比数列，公比 $q^n$（要求 $S_n \ne 0$）。推导见本节“证明”。
• $q \ne 1$ 时 $S_n = A - Aq^n$（$A = \dfrac{a_1}{1 - q}$）。反过来，$S_n = Aq^n + B$（$A \ne 0$，$q \ne 0, 1$）是等比数列的前 $n$ 项和，当且仅当 $A + B = 0$。推导：$A + B = 0$ 时由 $a_n = S_n - S_{n-1}$ 算出 $a_n = A(q - 1)q^{n-1}$ 对 $n = 1$ 也成立；$A + B \ne 0$ 时 $a_1 = Aq + B$ 不满足这个式子，数列从第二项起才等比。
• 项数为 $2n$ 的等比数列，$\dfrac{S_{\text{偶}}}{S_{\text{奇}}} = q$。推导：偶数项 $a_2, a_4, \dots$ 分别是奇数项 $a_1, a_3, \dots$ 乘 $q$。

易错点

• 错在哪：等比数列公比为 $q$，直接写 $S_n = \dfrac{a_1(1 - q^n)}{1 - q}$。 为什么错：$q = 1$ 时分母为 0，公式不成立，这时 $S_n = na_1$。 正确做法：公比不确定时先写“当 $q = 1$ 时……；当 $q \ne 1$ 时……”。
• 错在哪：$1 + 2 + 2^2 + \dots + 2^n = \dfrac{1 - 2^n}{1 - 2} = 2^n - 1$。 为什么错：从 $2^0$ 到 $2^n$ 共 $n + 1$ 项，公式里的指数应该是项数 $n + 1$。 正确做法：先数项数（末项指数减首项指数加 1），结果是 $2^{n+1} - 1$。
• 错在哪：数列 $1, -1, 1, -1, \dots$ 中，认为 $S_2, S_4 - S_2, S_6 - S_4$ 成等比数列。 为什么错：这三个数都是 0，0 不能做等比数列的项。片段和性质要求 $S_n \ne 0$。 正确做法：用片段和性质前确认第一段和不为 0；$q = -1$ 且段长为偶数时不能用。

直观理解

公比 $q = \dfrac{1}{2}$ 时，$\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{8} + \dots$ 可以看成一块块填一个面积为 1 的正方形：每次填上剩下部分的一半。填 $n$ 次后，剩下的面积正好是最后填的那一块，$\left(\dfrac{1}{2}\right)^n$，所以和是 $1 - \left(\dfrac{1}{2}\right)^n$，这正是求和公式算出的结果。

把首项为 1、公比为 $\dfrac{1}{2}$ 的等比数列的 $S_n$ 画出来，点越来越靠近 2，但永远到不了：

一般地，$|q| < 1$ 时 $q^n$ 越来越小，$S_n$ 越来越接近 $\dfrac{a_1}{1 - q}$。这个“无限项的和”高中不作要求，但用它可以快速检查答案的量级。

一句话记法：错一位，减一减，中间全消；分母 $1 - q$，先看 $q$ 是不是 1。

关联知识点

• 前置：23.2 等比数列的通项和性质。
• 前置：第 22 章 $a_n$ 与 $S_n$ 的关系 $a_n = S_n - S_{n-1}$（$n \ge 2$），例 3 要用。
• 后续：23.5 错位相减。求等比数列和的方法推广到“等差乘等比”。
• 常一起考：第 10 章函数模型。增长率问题建模成等比数列，“指数爆炸”就是等比数列增长。
• 常一起考：第 9 章对数。已知 $S_n$ 的范围求 $n$ 时，要解 $q^n$ 的不等式，两边取对数。

23.4 分组求和与倒序相加

说明

数列求和没有万能公式，要看通项的样子选方法。高考常用的有五种：直接用公式、分组求和、倒序相加、错位相减、裂项相消。直接用公式见 23.3 和第 22 章，本节讲分组求和与倒序相加，错位相减和裂项相消见 23.5。怎么选，看下图：

分组求和：通项是几个能求和的数列相加减，如 $a_n = b_n + c_n$，就分开求：

$$S_n = (b_1 + b_2 + \dots + b_n) + (c_1 + c_2 + \dots + c_n).$$

分组求和的一种变形是并项求和：通项带 $(-1)^n$ 时，相邻两项合成一组，每组的和是一个简单的数。另一种是奇偶分组：通项按 $n$ 的奇偶分段给出时，奇数项一组、偶数项一组分别求和。

倒序相加：如果“与首末两项等距离”的两项之和都等于同一个常数 $c$，即 $a_k + a_{n+1-k} = c$，那么把 $S_n$ 正着写一遍、倒着写一遍，上下相加：

$$2S_n = nc, \qquad S_n = \frac{nc}{2}.$$

等差数列的求和公式就是这样推出来的（第 22 章）。

使用场景

• 通项是“等差 + 等比”，或者几个已知能求和的式子相加（如 $a_n = 2n - 1 + 2^n$）：分组求和。
• 通项含 $(-1)^n$，或按 $n$ 的奇偶分段：相邻项并项，或奇偶分组，并按 $n$ 的奇偶讨论。
• 求 $f\left(\dfrac{1}{n}\right) + f\left(\dfrac{2}{n}\right) + \dots$ 这类和，并且 $f(x) + f(1 - x)$ 是常数：倒序相加。

注意点

• 分组后每一组的项数要分别数清楚，尤其是奇偶分组：前 $2n$ 项里奇数项、偶数项各 $n$ 项；前 $2n + 1$ 项里奇数项 $n + 1$ 项。
• 含 $(-1)^n$ 的和，$n$ 是奇数和偶数时结果不同，最后的答案通常要分段写。
• 倒序相加的前提是“首尾配对和为定值”，用之前先验证 $f(x) + f(a - x)$ 是不是常数。

证明

分组求和的依据是有限项加法的交换律和结合律：有限个数相加，可以任意调换顺序、任意分组，和不变。

（注意“有限”两个字。无限项相加时随意调换顺序会出问题，但高中只处理有限项的和。）

倒序相加。 正着写和倒着写：

$$\begin{aligned} S_n &= a_1 + a_2 + \dots + a_{n-1} + a_n, \\ S_n &= a_n + a_{n-1} + \dots + a_2 + a_1. \end{aligned}$$

上下对应项相加，第 $k$ 列是 $a_k + a_{n+1-k}$（关键一步：这一列每一个都等于常数 $c$，是倒序相加能用的唯一理由），共 $n$ 列，所以 $2S_n = nc$。

对等差数列，$a_k + a_{n+1-k} = a_1 + a_n$（下标和性质），于是 $S_n = \dfrac{n(a_1 + a_n)}{2}$。

例题

例 1　（场景：分组求和）已知 $a_n = 2n - 1 + 2^n$，求 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和 $S_n$。

解：

$$\begin{aligned} S_n &= (1 + 3 + \dots + (2n - 1)) + (2 + 2^2 + \dots + 2^n) \\ &= \frac{n(1 + 2n - 1)}{2} + \frac{2(1 - 2^n)}{1 - 2} \\ &= n^2 + 2^{n+1} - 2. \end{aligned}$$

检验：$n = 1$ 时 $S_1 = a_1 = 1 + 2 = 3$，公式给出 $1 + 4 - 2 = 3$，对。

容易卡在：$2 + 2^2 + \dots + 2^n$ 首项是 2 不是 1，项数是 $n$。

例 2　（场景：含 (-1)^n 的并项求和）已知 $a_n = (-1)^n n$，求前 $n$ 项和 $S_n$。

解：相邻两项并成一组：$(-1 + 2) + (-3 + 4) + \dots$，每组的和是 1。

1. $n$ 为偶数：共 $\dfrac{n}{2}$ 组，$S_n = \dfrac{n}{2}$。
2. $n$ 为奇数：前 $n - 1$ 项是 $\dfrac{n - 1}{2}$ 组，和为 $\dfrac{n - 1}{2}$，再加上最后一项 $a_n = -n$，

$$S_n = \frac{n - 1}{2} - n = -\frac{n + 1}{2}.$$

所以

$$S_n = \begin{cases} \dfrac{n}{2}, & n \text{ 为偶数}, \\ -\dfrac{n + 1}{2}, & n \text{ 为奇数}. \end{cases}$$

检验：$S_3 = -1 + 2 - 3 = -2 = -\dfrac{4}{2}$，对。

容易卡在：$n$ 为奇数时直接按 $\dfrac{n}{2}$ 组算。奇数项时最后一项落单，要单独加上。

例 3　（场景：倒序相加）已知 $f(x) = \dfrac{4^x}{4^x + 2}$，求 $f\left(\dfrac{1}{11}\right) + f\left(\dfrac{2}{11}\right) + \dots + f\left(\dfrac{10}{11}\right)$。

解：先算 $f(x) + f(1 - x)$：

$$f(1 - x) = \frac{4^{1-x}}{4^{1-x} + 2} = \frac{4}{4 + 2 \cdot 4^x} = \frac{2}{4^x + 2},$$

（分子分母同乘 $4^x$）所以 $f(x) + f(1 - x) = \dfrac{4^x + 2}{4^x + 2} = 1$。

设所求的和为 $S$，倒序写一遍再相加：第 $k$ 列是 $f\left(\dfrac{k}{11}\right) + f\left(\dfrac{11 - k}{11}\right) = 1$，共 10 列，$2S = 10$，$S = 5$。

容易卡在：看到 $\dfrac{1}{11}$ 和 $\dfrac{10}{11}$ 没想到它们加起来是 1。自变量首尾两项之和是常数，就试算 $f(x) + f(1 - x)$。

常用推论

• $1 + 2 + \dots + n = \dfrac{n(n + 1)}{2}$，$1 + 3 + \dots + (2n - 1) = n^2$，$2 + 4 + \dots + 2n = n(n + 1)$。都是等差数列求和公式的特例。
• $1^2 + 2^2 + \dots + n^2 = \dfrac{n(n + 1)(2n + 1)}{6}$，分组求和遇到 $n^2$ 时要用。证明见 23.6 例 1。
• 若 $f(x) + f(a - x) = 2b$（即 $f$ 的图像关于点 $\left(\dfrac{a}{2}, b\right)$ 中心对称，见第 6 章），则自变量首尾配对之和为 $a$ 的那些函数值，两两之和都是 $2b$。

易错点

• 错在哪：$a_n = (-1)^n n$，写 $S_n = \dfrac{n}{2}$。 为什么错：只考虑了 $n$ 为偶数的情况。$n = 1$ 时 $S_1 = -1$，不等于 $\dfrac{1}{2}$。 正确做法：按 $n$ 的奇偶分开写；奇数情况可以用“偶数情况的结果加上最后一项”来算。
• 错在哪：奇偶分组求前 $2n$ 项的和时，奇数项按 $2n$ 项算。 为什么错：前 $2n$ 项中奇数项 $a_1, a_3, \dots, a_{2n-1}$ 只有 $n$ 项。 正确做法：写出奇数项的最后一项的下标 $2n - 1$，再由“第几个奇数”数出项数。
• 错在哪：例 3 这类题里 $f(0)$ 或 $f(1)$ 也在和式中时，仍然按“共 $n$ 列”直接除以 2。 为什么错：配对和为定值的结论仍然成立，但项数变了。 正确做法：先数清和式一共几项（比如 $f(0)$ 到 $f(1)$ 步长 $\dfrac{1}{10}$ 共 11 项），再用 $2S = \text{项数} \times c$。

直观理解

倒序相加就是高斯小时候算 $1 + 2 + \dots + 100$ 的办法。把 $1 + 2 + 3 + 4 + 5$ 画成一级级台阶，再拿一份倒过来的台阶扣在上面，正好拼成一个 $5 \times 6$ 的矩形，所以和是 $\dfrac{5 \times 6}{2} = 15$。

分组求和就是“同类项分开收”：等差的那部分归等差，等比的那部分归等比，各用各的公式。

关联知识点

• 前置：第 22 章等差数列的前 n 项和，课本用的就是倒序相加。
• 前置：23.3 等比数列的前 n 项和，分组后常有一组是等比数列。
• 前置：第 6 章函数的对称性，$f(x) + f(a - x)$ 为常数对应图像中心对称。
• 后续：23.6 数学归纳法，用来证明平方和公式等分组求和时用到的结论。

23.5 错位相减与裂项相消

说明

错位相减：通项是“等差数列 × 等比数列”，即 $a_n = b_n c_n$，$\{b_n\}$ 等差，$\{c_n\}$ 是公比为 $q$（$q \ne 1$）的等比数列。步骤：

1. 写出 $S_n = b_1 c_1 + b_2 c_2 + \dots + b_n c_n$；
2. 两边乘公比 $q$，写出 $qS_n$，每一项向右错开一位写；
3. 两式相减，中间 $n - 1$ 项的系数都变成公差 $d$，组成一个等比数列；
4. 等比数列求和，整理出 $S_n$；
5. 用 $n = 1$ 或 $n = 2$ 代回检验。

裂项相消：把通项拆成两项之差，$a_n = f(n) - f(n + 1)$，相加时中间的项一正一负全部抵消：

$$S_n = (f(1) - f(2)) + (f(2) - f(3)) + \dots + (f(n) - f(n + 1)) = f(1) - f(n + 1).$$

常用的裂项公式（右边通分就得到左边）：

通项	裂成
$\dfrac{1}{n(n + 1)}$	$\dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{n + 1}$
$\dfrac{1}{n(n + k)}$	$\dfrac{1}{k}\left(\dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{n + k}\right)$
$\dfrac{1}{(2n - 1)(2n + 1)}$	$\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2n - 1} - \dfrac{1}{2n + 1}\right)$
$\dfrac{1}{\sqrt{n} + \sqrt{n + 1}}$	$\sqrt{n + 1} - \sqrt{n}$
$\dfrac{2^n}{(2^n + 1)(2^{n+1} + 1)}$	$\dfrac{1}{2^n + 1} - \dfrac{1}{2^{n+1} + 1}$
$\log_a \left(1 + \dfrac{1}{n}\right)$	$\log_a(n + 1) - \log_a n$

一般规律：分母是等差数列相邻两项（或隔 $k$ 项）的乘积 $\dfrac{1}{b_n b_{n+k}}$，裂成 $\dfrac{1}{kd}\left(\dfrac{1}{b_n} - \dfrac{1}{b_{n+k}}\right)$，$d$ 是公差。

使用场景

• 通项是“一次式 × 指数式”，如 $n \cdot 2^n$、$\dfrac{2n - 1}{3^n}$：错位相减。
• 通项是分式，分母是两个“相差一个固定值”的一次因式的乘积：裂项相消。
• 通项分母是两个根式之和：分母有理化后裂项。
• 要证明数列的和小于（或大于）某个常数：先裂项求出和，再看剩下的项的符号。

注意点

• 错位相减要求等比部分的公比 $q \ne 1$。公比含参数时，$q = 1$ 要单独算（此时就是等差数列求和）。
• 错位相减后，中间的等比数列有 $n - 1$ 项（从第 2 项到第 $n$ 项），首项单独留下，最后多出一项 $-b_n c_n q$，三部分别丢。
• 裂项时一定通分验算一次，系数（如 $\dfrac{1}{2}$、$\dfrac{1}{k}$）最容易漏。
• 隔 $k$ 项裂项时，前面剩 $k$ 项，后面也剩 $k$ 项，不是只剩首尾各一项。

证明

错位相减为什么能消。 设 $b_n = b_1 + (n - 1)d$，$c_n = c_1 q^{n-1}$。

$$\begin{aligned} S_n &= b_1 c_1 + b_2 c_1 q + \dots + b_n c_1 q^{n-1}, \\ qS_n &= \phantom{b_1 c_1 + {}} b_1 c_1 q + \dots + b_{n-1} c_1 q^{n-1} + b_n c_1 q^n. \end{aligned}$$

相减时，同一个 $c_1 q^{k-1}$（$k = 2, \dots, n$）前面的系数是 $b_k - b_{k-1} = d$（关键一步：对齐同次幂后系数之差是公差，是常数，所以剩下的部分是一个等比数列），于是

$$(1 - q)S_n = b_1 c_1 + d(c_1 q + c_1 q^2 + \dots + c_1 q^{n-1}) - b_n c_1 q^n.$$

中间括号是 $n - 1$ 项的等比数列，能用 23.3 的公式求和，再除以 $1 - q$（$q \ne 1$）即得 $S_n$。

裂项相消为什么能消。 若 $a_k = f(k) - f(k + 1)$，则

$$S_n = \sum_{k=1}^{n} \bigl(f(k) - f(k + 1)\bigr) = f(1) - f(n + 1),$$

因为 $f(2), f(3), \dots, f(n)$ 都是先减一次、再加一次（关键一步：每个中间项恰好出现两次，符号相反）。若 $a_k = f(k) - f(k + 2)$，则 $f(3), \dots, f(n)$ 抵消，剩下 $f(1) + f(2) - f(n + 1) - f(n + 2)$。

例题

例 1　（场景：错位相减）已知 $a_n = n \cdot 2^n$，求前 $n$ 项和 $S_n$。

解：

$$\begin{aligned} S_n &= 1 \cdot 2 + 2 \cdot 2^2 + 3 \cdot 2^3 + \dots + n \cdot 2^n, \\ 2S_n &= \phantom{1 \cdot 2 + {}} 1 \cdot 2^2 + 2 \cdot 2^3 + \dots + (n - 1) \cdot 2^n + n \cdot 2^{n+1}. \end{aligned}$$

两式相减（上减下）：

$$\begin{aligned} -S_n &= 2 + 2^2 + 2^3 + \dots + 2^n - n \cdot 2^{n+1} \\ &= \frac{2(1 - 2^n)}{1 - 2} - n \cdot 2^{n+1} \\ &= 2^{n+1} - 2 - n \cdot 2^{n+1} \\ &= (1 - n) \cdot 2^{n+1} - 2. \end{aligned}$$

所以 $S_n = (n - 1) \cdot 2^{n+1} + 2$。

检验：$n = 2$ 时 $S_2 = 2 + 8 = 10$，公式给出 $1 \times 8 + 2 = 10$，对。

容易卡在：相减后中间 $2 + 2^2 + \dots + 2^n$ 是 $n$ 项（这里首项 $2$ 正好也属于等比部分），以及最后一项 $-n \cdot 2^{n+1}$ 的负号。

另一种解法：待定系数。由本节“常用推论”，这类和的形式一定是 $S_n = (An + B) \cdot 2^n - B$。代入 $S_1 = 2$，$S_2 = 10$：

$$\begin{cases} 2(A + B) - B = 2, \\ 4(2A + B) - B = 10, \end{cases}$$

即 $2A + B = 2$，$8A + 3B = 10$，解得 $A = 2$，$B = -2$，$S_n = (2n - 2) \cdot 2^n + 2 = (n - 1) \cdot 2^{n+1} + 2$。再用 $S_3 = 2 + 8 + 24 = 34$ 验一次：$2 \times 16 + 2 = 34$，对。选择填空或者检查大题答案时用待定系数快且不易错；大题的过程分在错位相减的步骤上，正式作答仍用主解法。

例 2　（场景：分母是两个一次因式的积）已知 $a_n = \dfrac{1}{(2n - 1)(2n + 1)}$，求前 $n$ 项和 $S_n$。

解：裂项：$a_n = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2n - 1} - \dfrac{1}{2n + 1}\right)$。（通分验算：$\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{(2n + 1) - (2n - 1)}{(2n - 1)(2n + 1)} = \dfrac{1}{(2n - 1)(2n + 1)}$。）

$$\begin{aligned} S_n &= \frac{1}{2}\left[\left(1 - \frac{1}{3}\right) + \left(\frac{1}{3} - \frac{1}{5}\right) + \dots + \left(\frac{1}{2n - 1} - \frac{1}{2n + 1}\right)\right] \\ &= \frac{1}{2}\left(1 - \frac{1}{2n + 1}\right) = \frac{n}{2n + 1}. \end{aligned}$$

容易卡在：漏掉前面的 $\dfrac{1}{2}$，得到 $\dfrac{2n}{2n + 1}$。两个因式相差 2，就要乘 $\dfrac{1}{2}$。

例 3　（场景：根式裂项）已知 $a_n = \dfrac{1}{\sqrt{n} + \sqrt{n + 1}}$，前 $n$ 项和 $S_n = 9$，求 $n$。

解：分母有理化：

$$a_n = \frac{\sqrt{n + 1} - \sqrt{n}}{(\sqrt{n + 1} + \sqrt{n})(\sqrt{n + 1} - \sqrt{n})} = \sqrt{n + 1} - \sqrt{n}.$$

所以 $S_n = (\sqrt{2} - 1) + (\sqrt{3} - \sqrt{2}) + \dots + (\sqrt{n + 1} - \sqrt{n}) = \sqrt{n + 1} - 1$。

由 $\sqrt{n + 1} - 1 = 9$，得 $n + 1 = 100$，$n = 99$。

例 4　（场景：裂项后证不等式）已知 $a_n = \dfrac{1}{n(n + 2)}$，前 $n$ 项和为 $S_n$。证明：$S_n < \dfrac{3}{4}$。

解：$a_n = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{n + 2}\right)$。相加时隔一项抵消：

$$\begin{aligned} S_n &= \frac{1}{2}\left[\left(1 - \frac{1}{3}\right) + \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{4}\right) + \left(\frac{1}{3} - \frac{1}{5}\right) + \dots + \left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 2}\right)\right] \\ &= \frac{1}{2}\left(1 + \frac{1}{2} - \frac{1}{n + 1} - \frac{1}{n + 2}\right) \\ &= \frac{3}{4} - \frac{1}{2}\left(\frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2}\right). \end{aligned}$$

因为 $\dfrac{1}{n + 1} + \dfrac{1}{n + 2} > 0$，所以 $S_n < \dfrac{3}{4}$。

容易卡在：以为只剩首尾各一项。隔一项裂项，前面剩 $1$ 和 $\dfrac{1}{2}$ 两项，后面剩 $-\dfrac{1}{n + 1}$ 和 $-\dfrac{1}{n + 2}$ 两项。写出前三组和最后两组就能看清。

常用推论

• 裂项公式表见本节“说明”，每条右边通分即得左边。
• 错位相减的结果形式：$b_n$ 是一次式、$c_n = q^n$（$q \ne 1$）时，$S_n = (An + B)q^n - B$。推导：由本节“证明”中的式子，$(1 - q)S_n$ 等于“常数 + 常数 $\cdot q^n$ + 一次式 $\cdot q^n$”，所以 $S_n = (An + B)q^n + C$。记右边为 $F(n)$，$F(n) - F(n - 1) = a_n$ 是关于 $n$ 的恒等式，对 $n = 1$ 也成立，于是 $F(0) = F(1) - a_1 = S_1 - a_1 = 0$，即 $B + C = 0$，$C = -B$。用法见例 1 的另一种解法。
• 裂项求和的结果有界：$\dfrac{1}{1 \cdot 2} + \dfrac{1}{2 \cdot 3} + \dots + \dfrac{1}{n(n + 1)} = 1 - \dfrac{1}{n + 1} < 1$。证明”$\sum \dfrac{1}{k^2} < 2$“这类不等式时，先把 $\dfrac{1}{k^2}$ 放大成 $\dfrac{1}{k(k - 1)}$（$k \ge 2$）再裂项，就是用的这一条。

易错点

• 错在哪：错位相减后写成 $-S_n = 2 + 2^2 + \dots + 2^n + n \cdot 2^{n+1}$。 为什么错：$2S_n$ 的最后一项 $n \cdot 2^{n+1}$ 在 $S_n$ 中没有对应项，$S_n - 2S_n$ 时它是被减去的。 正确做法：写 $qS_n$ 时严格错开一位、上下对齐，相减后最后一项一定带负号。最后用 $n = 1, 2$ 代回检验。
• 错在哪：$\dfrac{1}{(2n - 1)(2n + 1)} = \dfrac{1}{2n - 1} - \dfrac{1}{2n + 1}$。 为什么错：右边通分得 $\dfrac{2}{(2n - 1)(2n + 1)}$，是左边的 2 倍。 正确做法：裂完立刻通分验算，两因式相差 $k$ 就乘 $\dfrac{1}{k}$。
• 错在哪：$\dfrac{1}{n(n + 2)}$ 裂项求和后只剩 $\dfrac{1}{2}\left(1 - \dfrac{1}{n + 2}\right)$。 为什么错：隔一项抵消，前后各剩两项。 正确做法：把前三组和最后两组都写出来，划掉能抵消的，数清剩下的。

直观理解

$\dfrac{1}{k(k + 1)} = \dfrac{1}{k} - \dfrac{1}{k + 1}$ 正好是数轴上从 $\dfrac{1}{k + 1}$ 到 $\dfrac{1}{k}$ 那一段的长度。这些段首尾相接，前 $n$ 段合起来就是从 $\dfrac{1}{n + 1}$ 到 1 的一整段，长度 $1 - \dfrac{1}{n + 1}$。中间的分点只是分界，被“用了两次”，所以抵消了。

错位相减可以这样记：乘以公比是“整体往后挪一格”，挪完和原来对齐相减，同一列的系数差都是公差，于是又回到等比数列求和。

一句话记法：等差乘等比，错位相减；分式拆成差，裂项相消。

关联知识点

• 前置：23.3 等比数列的前 n 项和。错位相减就是推导等比求和公式的方法，相减后中间要用等比求和。
• 前置：初中分式的通分。裂项和验算都靠通分。
• 前置：第 3 章不等式。数列不等式的证明常是“裂项求和后放缩”。
• 常一起考：第 22 章、23.2 求通项。数列大题通常第一问求通项，第二问对 $\dfrac{1}{b_n b_{n+1}}$ 或 $b_n \cdot q^n$ 求和。
• 常一起考：第 9 章对数。$\log\left(1 + \dfrac{1}{n}\right)$ 型通项用对数运算性质裂项。

23.6 数学归纳法

本节是课标选学内容：课标（2017 年版 2020 年修订）在选择性必修“数列”里把“数学归纳法”标了 *，要求是“了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明数列中的一些简单命题”，并注明标 * 的内容为选学内容，不作为考试要求；人教 A 版对应的是 *4.4 节。

说明

数学归纳法是证明“对所有不小于 $n_0$ 的正整数 $n$，命题 $P(n)$ 都成立”的方法，分两步：

1. 奠基：证明 $n = n_0$ 时命题成立；
2. 递推：假设 $n = k$（$k \ge n_0$，$k \in \mathbf{N}^*$）时命题成立，利用这个假设证明 $n = k + 1$ 时命题也成立。

两步都完成后，就可以断定命题对一切 $n \ge n_0$ 的正整数成立。第 2 步里“假设 $n = k$ 时成立”叫归纳假设。

使用场景

• 证明一个和正整数 $n$ 有关的等式，特别是求和公式（如平方和公式）。
• 证明一个和正整数 $n$ 有关的不等式，尤其是用其他方法不好直接比较的（如 $2^n$ 与 $n^2$）。
• 由递推公式算出前几项，猜出通项公式，再加以证明（“归纳—猜想—证明”）。

注意点

• 两步缺一不可。没有奠基，递推是空中楼阁；没有递推，验证再多项也只是猜想。
• 递推这一步必须用到归纳假设。不用归纳假设、直接证出 $n = k + 1$ 成立，不是数学归纳法，考试不给分。
• 起点 $n_0$ 不一定是 1，由题目决定，如”$n \ge 5$ 时 $2^n > n^2$“起点是 5。
• 从 $n = k$ 到 $n = k + 1$，式子的项数可能不止多一项，要写出 $n = k + 1$ 时的完整式子比较。如 $\dfrac{1}{n + 1} + \dfrac{1}{n + 2} + \dots + \dfrac{1}{2n}$，从 $k$ 到 $k + 1$ 是加上 $\dfrac{1}{2k + 1} + \dfrac{1}{2k + 2}$，再减去 $\dfrac{1}{k + 1}$。

证明

数学归纳法为什么是对的？高中能懂的说明是反证法 + “最小的反例”：

假设命题不是对所有 $n \ge n_0$ 都成立，那么在不成立的那些正整数中，一定有一个最小的，记作 $m$。（关键一步：任何非空的正整数集合都有最小的数，这是正整数的基本性质。）

• 由奠基，$n_0$ 成立，所以 $m \ne n_0$，即 $m > n_0$，于是 $m - 1 \ge n_0$。
• $m$ 是最小的反例，比它小的 $m - 1$ 一定成立。
• 由递推，$m - 1$ 成立推出 $m$ 成立，与”$m$ 不成立“矛盾。

所以命题对一切 $n \ge n_0$ 成立。

严格证明要用到大学里自然数的公理化定义（皮亚诺公理中的“归纳公理”），或者“良序原理”（非空的正整数集合有最小元）。在公理化体系里，这两者是等价的，数学归纳法本身就可以作为公理。

例题

例 1　（场景：证明等式）用数学归纳法证明：

$$1^2 + 2^2 + \dots + n^2 = \frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6} \quad (n \in \mathbf{N}^*).$$

解：

（1）$n = 1$ 时，左边 $= 1$，右边 $= \dfrac{1 \times 2 \times 3}{6} = 1$，等式成立。

（2）假设 $n = k$ 时等式成立，即 $1^2 + 2^2 + \dots + k^2 = \dfrac{k(k + 1)(2k + 1)}{6}$。那么 $n = k + 1$ 时，

$$\begin{aligned} 1^2 + 2^2 + \dots + k^2 + (k + 1)^2 &= \frac{k(k + 1)(2k + 1)}{6} + (k + 1)^2 \quad \text{（用归纳假设）} \\ &= \frac{(k + 1)\bigl[k(2k + 1) + 6(k + 1)\bigr]}{6} \\ &= \frac{(k + 1)(2k^2 + 7k + 6)}{6} \\ &= \frac{(k + 1)(k + 2)(2k + 3)}{6}. \end{aligned}$$

而 $n = k + 1$ 时右边应为 $\dfrac{(k + 1)\bigl[(k + 1) + 1\bigr]\bigl[2(k + 1) + 1\bigr]}{6} = \dfrac{(k + 1)(k + 2)(2k + 3)}{6}$，两者相同，所以 $n = k + 1$ 时等式也成立。

由（1）（2），等式对一切 $n \in \mathbf{N}^*$ 成立。

容易卡在：通分后直接展开成三次式，再对不上目标。先提出公因式 $k + 1$，并且先写出目标式子 $\dfrac{(k + 1)(k + 2)(2k + 3)}{6}$，朝它去化。

例 2　（场景：证明不等式）证明：当 $n \ge 5$ 时，$2^n > n^2$。

解：

（1）$n = 5$ 时，$2^5 = 32 > 25 = 5^2$，成立。

（2）假设 $n = k$（$k \ge 5$）时成立，即 $2^k > k^2$。那么

$$2^{k+1} = 2 \cdot 2^k > 2k^2 \quad \text{（用归纳假设）}.$$

再证 $2k^2 \ge (k + 1)^2$：

$$2k^2 - (k + 1)^2 = k^2 - 2k - 1 = (k - 1)^2 - 2 \ge 4^2 - 2 > 0 \quad (k \ge 5).$$

所以 $2^{k+1} > 2k^2 > (k + 1)^2$，$n = k + 1$ 时也成立。

由（1）（2），对一切 $n \ge 5$ 的正整数，$2^n > n^2$。

容易卡在：得到 $2^{k+1} > 2k^2$ 后不知道往哪走。目标是 $(k + 1)^2$，所以中间要证 $2k^2 \ge (k + 1)^2$，这一步是普通的作差比较（第 3 章）。

例 3　（场景：归纳—猜想—证明）已知 $a_1 = 1$，$a_{n+1} = \dfrac{a_n}{1 + a_n}$。求 $a_2, a_3, a_4$，猜想 $a_n$ 的通项公式并证明。

解：$a_2 = \dfrac{1}{2}$，$a_3 = \dfrac{1/2}{3/2} = \dfrac{1}{3}$，$a_4 = \dfrac{1/3}{4/3} = \dfrac{1}{4}$。猜想 $a_n = \dfrac{1}{n}$。

证明：（1）$n = 1$ 时 $a_1 = 1 = \dfrac{1}{1}$，成立。

（2）假设 $n = k$ 时 $a_k = \dfrac{1}{k}$，则

$$a_{k+1} = \frac{a_k}{1 + a_k} = \frac{1/k}{1 + 1/k} = \frac{1}{k + 1},$$

$n = k + 1$ 时也成立。所以 $a_n = \dfrac{1}{n}$ 对一切 $n \in \mathbf{N}^*$ 成立。

另一种解法：取倒数。由递推式知各项为正，$\dfrac{1}{a_{n+1}} = \dfrac{1 + a_n}{a_n} = \dfrac{1}{a_n} + 1$，所以 $\left\{\dfrac{1}{a_n}\right\}$ 是首项 1、公差 1 的等差数列，$\dfrac{1}{a_n} = n$，$a_n = \dfrac{1}{n}$。能看出变形时直接求通项更快；看不出变形、但前几项规律明显时，归纳—猜想—证明总能走通。

常用推论

• 平方和公式 $1^2 + 2^2 + \dots + n^2 = \dfrac{n(n + 1)(2n + 1)}{6}$，证明见例 1。
• 立方和公式 $1^3 + 2^3 + \dots + n^3 = \left[\dfrac{n(n + 1)}{2}\right]^2$。证明方法同例 1：递推一步时 $\left[\dfrac{k(k + 1)}{2}\right]^2 + (k + 1)^3 = \dfrac{(k + 1)^2(k^2 + 4k + 4)}{4} = \left[\dfrac{(k + 1)(k + 2)}{2}\right]^2$。
• 伯努利不等式：$x > -1$ 时，$(1 + x)^n \ge 1 + nx$（$n \in \mathbf{N}^*$）。递推一步：$(1 + x)^{k+1} \ge (1 + kx)(1 + x) = 1 + (k + 1)x + kx^2 \ge 1 + (k + 1)x$，第一个不等号用到 $1 + x > 0$。

易错点

• 错在哪：递推时写”$n = k + 1$ 时，左边 $= 1^2 + \dots + (k + 1)^2 = \dfrac{(k + 1)(k + 2)(2k + 3)}{6}$“，直接套要证的公式。 为什么错：这等于用结论证结论，归纳假设根本没用上。 正确做法：把 $n = k + 1$ 的左边拆成”前 $k$ 项 + 第 $k + 1$ 项”，前 $k$ 项用归纳假设代换。
• 错在哪：只做递推，不做奠基。比如“证明” $2 + 4 + \dots + 2n = n^2 + n + 1$：假设 $n = k$ 成立，则 $n = k + 1$ 时左边 $= k^2 + k + 1 + 2(k + 1) = (k + 1)^2 + (k + 1) + 1$，递推居然成立。 为什么错：$n = 1$ 时左边 2、右边 3，等式根本不成立。没有第一块倒下的骨牌，后面再能传递也没用。 正确做法：第一步一定写，起点按题目要求取。
• 错在哪：证 $\dfrac{1}{n + 1} + \dots + \dfrac{1}{2n}$ 的性质时，以为从 $k$ 到 $k + 1$ 只多了一项 $\dfrac{1}{2k + 2}$。 为什么错：$n = k + 1$ 时式子是 $\dfrac{1}{k + 2} + \dots + \dfrac{1}{2k + 2}$，首项变了，末尾多了两项。 正确做法：把 $n = k$ 和 $n = k + 1$ 两个式子完整写出来对比：多了 $\dfrac{1}{2k + 1} + \dfrac{1}{2k + 2}$，少了 $\dfrac{1}{k + 1}$。

直观理解

数学归纳法就像推多米诺骨牌：第一步保证第一块倒下；第二步保证“任何一块倒下，都会把下一块推倒”。两件事都成立，所有骨牌都会倒。少了第一步，骨牌一块都不倒；少了第二步，倒了第一块也传不下去。

一句话记法：一奠基，二递推，递推必须用假设。

关联知识点

• 前置：第 22 章递推公式。归纳—猜想—证明的对象常是由递推式给出的数列。
• 前置：第 3 章不等式的性质与作差比较，证不等式的递推一步常要用。
• 后续：23.4 分组求和中用到的平方和公式，在本节证明。
• 常一起考：第 25 章导数的应用。证明和 $n$ 有关的不等式，也可以构造函数用导数，两条路常可互换。

23.7 知识点之间的关系

本章五个知识点分两段。第一段是等比数列本身：通项和性质（23.2）是基础，前 $n$ 项和（23.3）用错位相减推出，并要求单独讨论 $q = 1$。第二段是数列求和的方法：分组求和、倒序相加（23.4）和错位相减、裂项相消（23.5），其中错位相减就是把推导等比求和公式的办法推广到“等差乘等比”。数学归纳法（23.6）用来证明求和公式和与 $n$ 有关的结论，也给“先猜后证”提供工具。

高考数列大题的套路基本固定：第一问由已知条件求出等差或等比数列的通项（第 22 章和 23.2），第二问对一个新数列求和（23.4、23.5），有时再加一问证明和的范围（裂项后放缩）。所以本章的方法和第 22 章的通项要连起来练。

23.8 自测

1. 等比数列 $\{a_n\}$ 中，$a_3 = 2$，$a_6 = 16$，求 $a_1$。
2. 求 1 与 9 的等比中项。
3. 求 $1 + 2 + 2^2 + \dots + 2^n$。
4. 等比数列 $\{a_n\}$ 中，$S_2 = 3$，$S_4 = 15$，求 $S_6$。
5. 已知 $a_n = 3^n + 2n$，求前 $n$ 项和 $S_n$。
6. 已知 $f(x) = \dfrac{9^x}{9^x + 3}$，求 $f\left(\dfrac{1}{2025}\right) + f\left(\dfrac{2}{2025}\right) + \dots + f\left(\dfrac{2024}{2025}\right)$。
7. 已知 $a_n = \dfrac{1}{n(n + 1)}$，求前 $n$ 项和 $S_n$。
8. 已知 $a_n = (2n - 1) \cdot 3^n$，求前 $n$ 项和 $S_n$。
9. 用数学归纳法证明 $1 + 3 + \dots + (2n - 1) = n^2$ 时，从 $n = k$ 到 $n = k + 1$，左边增加了哪一项？
10. 用数学归纳法证明与 $\dfrac{1}{n + 1} + \dfrac{1}{n + 2} + \dots + \dfrac{1}{2n}$ 有关的命题时，从 $n = k$ 到 $n = k + 1$，左边的变化量化简后是多少？

答案：1. $\dfrac{1}{2}$；2. $\pm 3$；3. $2^{n+1} - 1$；4. 63；5. $\dfrac{3^{n+1} - 3}{2} + n^2 + n$；6. 1012；7. $\dfrac{n}{n + 1}$；8. $(n - 1) \cdot 3^{n+1} + 3$；9. $2k + 1$；10. $\dfrac{1}{2k + 1} - \dfrac{1}{2k + 2}$。

23.9 深入阅读

• 国家中小学智慧教育平台：教育部主办，有按人教版章节排列的高中数学同步课程，选择性必修第二册数列一章有等比数列和数学归纳法的课。
• 维基百科 · 等比数列：等比数列的定义、通项、求和公式和无穷等比级数的中文条目，可以看到 |q| < 1 时无限项求和的说明。
• Wolfram MathWorld · Geometric Series：等比数列求和的英文条目，含有限项和无穷项求和公式，查英文术语时用。
• 维基百科 · 数学归纳法：数学归纳法的原理、变体（如第二数学归纳法）和它与良序原理的关系。