数列

数列就是一列有特定顺序的数。

参考资料

• 数列 - 维基百科

概念

定义

数列 是由数字组成的有序序列，数列中的每一个数都叫做这个数列的 项。

项数 有限的数列成为 有限数列，项数无穷多的成为 无穷数列。

排在第一位的数称为这个数列的 首项，有限数列的最后一个数成为这个数列的 末项。

tip

无穷数列只有首项，没有末项。

理解

在数学中，我们会用到 变量 来代表一些数，变量名 可以是 拉丁字母 $a,b,c,d,\dots$，可以是 希腊字母 $\alpha,\beta,\gamma,\delta,\dots$，也可以是 中文汉字 $\text{甲},\text{乙},\text{丙},\text{丁},\dots$，甚至可以是 Emoji 表情符号 $\ln$😅$=$💧$\ln$😄。

但 变量名 再多也会不够用，所以数学家就想到用 下标 表示不同的变量。

例如在 并联电路 中，我们用 $R$ 表示 总电阻，$R_1$ 和 $R_2$ 表示 支路电阻，就能列出公式：

$$\frac{1}{R}=\frac{1}{R_1}+\frac{1}{R_2}$$

这样，我们只用字母 $R$ 和下标就能表示出一个完整公式。

而 数列 就是一串 有序 的 变量，一般下标从 $1$ 开始。

有限数列 & 无穷数列

一个 $(a:\mathbb N\to\mathbb C)$ 的函数称为 无穷数列。

可记为 $\{a_i\}_{i\in\mathbb N}$ 或 $(a_i)_{i\in\mathbb N}$ 或 $\langle a_i\rangle_{i\in\mathbb N}$。

一个数列 $a$ 的第 $i$ 项，通常记为 $a(i)$，简记为 $a_i$。

若 $I_n=\{1,2,\dots,n\}$，则一个 $(a:I_n\to\mathbb C)$ 的函数称为 有限数列。

可记为 $\{a_i\}_{i=1}^n$ 或 $(a_i)_{i=1}^n$ 或 $\langle a_i\rangle_{i=1}^n$。

同时，类似地，也可以将 $0$ 作为数列的首项。

级数

数列中各个项的和称为 级数，具体的：

一个数列 $a_i\,(i\in\mathbb N)$ 的级数是另外一个数列 $s_i\,(i\in\mathbb N)$，具有以下特性：

$$s_0=a_0$$ $$s_n=s_{n-1}+a_n\,(\forall n\in\mathbb Z^*)$$

一般会将 $\{s_i\}_{i\in\mathbb N}$ 写为，

$$\sum _{i=0}^na_i$$

甚至更直观的 $a_0+a_1+\dots +a_n$ 来凸显级数源于求和的直观概念。

对于从 $1$ 开始的数列，同理，一般直接使用求和符号简记为，

$$s_i=\sum_{i=1}^na_i$$

数列与函数

我们知道函数和数列都是一种映射，只不过，函数一般是连续的，而数列一般是离散的。

容易发现，数列，

$$a_n=f(n)$$

其级数，即为 $f$ 函数的积分，

$$s_n=g(n)$$

其差分，即为 $f$ 函数的微分，

$$d_n=k(n)$$

详见 微积分。

表示

列举法

例如：

$$a=\langle 1,2,4,8,16\rangle$$

但对于无穷数列并不方便。

图像法

数列是离散的，因此数列的图像是一个散点图，一般这个也不好用。

下面我们介绍几个常用的表示方法：通项公式和递推公式。

通项公式

定义，表示 $n$ 和 $a_n$ 的关系的公式，叫做 $a$ 的 通项公式。

把数列看成函数的形式，

$$a_n=f(n)$$

数列对应函数的解析式，称为数列的通项公式。

例如：

$$a_n=2^n$$

递推公式

定义，表示 $a_n$ 和 $a_n$ 的前一或前几项的关系的公式，叫做 $a$ 的递推公式。

例如，

$$a_{n+1}=a_n+2$$

特殊的，如果要根据递推公式确定一个数列，还需要知道数列的任意一项。

一般会表示数列的首项。例如：

$$a_1=1$$

如果一个数列只跟其前面的 $k$ 项有关，其中 $k$ 是满足这个条件的最小正整数，

那么称这个数列的阶数为 $k$，即这个数列是一个 $k$ 阶数列。

等差数列

在等差数列中，任何相邻两项的差相等，该差值称为公差 $d$。

具体的，可以表示为，

$$a_n=d+qn$$

的，都是等差数列。

上式中，公差为 $d$，首项 $a_1=d+q$。

• 若 $d>0$，等差数列为一个严格单调递增数列。
• 若 $d<0$，等差数列为一个严格单调递减数列。
• 特殊的，若 $d=0$，等差数列退化为一个常数列。

递推公式

形如，

$$a_{n+1}=a_n+d,(n\in\mathbb Z^*)$$

或者记为，

$$a_{n+1}-a_n=d$$

即公差的定义式。

通项公式

形如，

$$a_n=a_1+(n-1)d$$

即，角标减一，等于公差个数。

或者对于从 $0$ 开始的数列，

$$a_n=a_0+nd$$

前面的一项即为首项，其与公差需为给定的确定的数。

等差性质

除了上述几条，

给定任意两项 $a_n,a_m$，则公差，

$$d={a_n-a_m\over n-m}$$

在等差数列中，前项与后项和为该项两倍，具体的，

$$\begin{aligned} a_{n-1}+a_{n+1}&=a_n-d+a_n+d\\ &=2a_n \end{aligned}$$

从另一个角度看，等差数列中的任意一项，是其前项和后项的算术平均：

$$a_n={a_{n-1}+a_{n+1}\over2}$$

对于正整数 $m,n,p,q$，若 $m+n=p+q$，则，

$$a_m+a_n=a_p+a_q$$

或者简化一下，

$$a_m+a_n=a_{m-k}+a_{n+k}$$

据此，有，

$$a_{n-k}+a_{n+k}=2a_n$$

对于 $a_{n-k},a_n,a_{n+k}$ 有意义。据此，同理，

$$a_n={a_{n-k}+a_{n+k}\over2}$$

若 $\langle a_n\rangle$ 为一个等差数列，则，

• $\langle b+a_n\rangle$：为一个等差数列；
• $\langle b\times a_n\rangle$：为一个等差数列；
• $\langle b^{a_n}\rangle$：为一个等比数列（见下）；

项数公式

给定等差数列首项 $a_1$ 及公差 $d$，有项 $a_k$，则，

$$\begin{aligned} a_k=a_1+(k-1)d\\ k-1={a_k-a_1\over d}\\ k={a_k-a_1\over d}+1 \end{aligned}$$

或对于 $a_0$，

$$\begin{aligned} a_k=a_0+kd\\ k={a_k-a_0\over d}\\ \end{aligned}$$

另外的，函数思想，有，

$$\begin{aligned} a_n=f(n)\\ n=g(a_n) \end{aligned}$$

即 $f,g$ 互为反函数，这个可以用于求多种数列。

求和公式

一般考虑，

$$S_i=\sum_{i=1}^na_i$$

有常用公式，

$$S_n-S_{n-1}=a_n$$

考虑求解出，求和公式的封闭形式，

$$\begin{aligned} S_n&=a_1+(a_1+d)+(a_1+2d)+\dots+[a_1+(n-1)d]\\ &=na_1+d[1+2+3+\dots(n-1)]\\ &=na_1+dT_{n-1} \end{aligned}$$

而对于，

$$T_n=1+2+3+\dots+n$$

我们首尾配对，

$$T_n=n+(n-1)+\dots+1$$

两者相加，

$$\begin{aligned} 2T_n=n(n+1)\\ T_n=n(n+1)/2 \end{aligned}$$

另，一般题中出现 $x_1 + x_2 = k$（$k$ 为常数），且 $f(x_1) + f(x_2) = \ell$（$\ell$ 为常数）时，可以采用倒序相加的方法进行求和。

于是，

$$\begin{aligned} S_n&=na_1+dT_{n-1}\\ &=na_1+{n(n-1)\over2}d\\ &={n\over2}[2a_1+(n-1)d]\\ &={n(a_1+a_n)\over2} \end{aligned}$$

或者，对于原始公式直接首尾配对，用上面的结论，也可以得出。

总结一下，一般写为，

$$S_n={[2a_1+(n-1)]d\over2}\cdot n={n(a_1+a_n)\over2}$$

常用二次函数的思想：

$$S_n={d\over2}n^2+\left(a_1-{d\over2}\right)n$$

据此，可以等差数列和的极点存在于，

$$n={d/2-a_1\over d}={1\over2}-{a_1\over d}$$

我们发现，该函数图像过原点，因此我们定义，

$$S_0=0$$

同时，对于上面的式子，如果我们假设存在 $a_0$，那么求和，

得出很重要的一个结论，任何一个二次函数，都可以表示为一个等差数列的级数。

也就是说：数列 $\{a_n\}$ 是等差数列，等价于 $S_n=An^2+Bn$，等价于 $\left\{\frac{S_n}{n}\right\}$ 为等差数列。

等差数列和在中文教科书中常表达为：

一个等差数列的和，等于其首项与末项的和，乘以项数除以二。

对于等差数列的前 $n$ 项和，也可以将其构造为等差数列。等差数列 $\{a_n\}$，设公差为 $d$，若前 $n$ 项和为 $S_n$，则 $\{S_m,S_{2m}-S_m,S_{3m}-S_{2m}\}$ 仍构成等差数列，公差为 $m^2d$。

如果数列 $\{a_n\}$ 为等差数列，$\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和 $S_n$ 有如下结论：

• 若 $a_1 < 0, d > 0$，且此时 $n$ 满足 $\begin{cases} a_n \le 0 \\ a_{n+1} \ge 0 \end{cases}$，则 $S_n$ 有最小值；

• 若 $a_1 > 0, d < 0$，且此时 $n$ 满足 $\begin{cases} a_n \ge 0 \\ a_{n+1} \le 0 \end{cases}$，则 $S_n$ 有最大值。

等差中项

对于 $a,b$，有 $c$ 满足，

$$c-a=b-c$$

即，

$$c={a+b\over2}$$

即算术平均数。

或者，若 $\{a,b,c\}$ 为一个等差数列，那么

$$b-a=c-b$$

一般写为，

$$a+c=2b$$

可以用这个来判断一个三项数列是否为等差数列。

Example

对于等差数列 $\{a,b,c\}$，证明，

$$\left\{{1\over\sqrt b+\sqrt c},{1\over\sqrt c+\sqrt a},{1\over\sqrt a+\sqrt b}\right\}$$

也是一个等差数列。

暴力展开，

$${2\over\sqrt c+\sqrt a}={1\over\sqrt b+\sqrt c}+{1\over\sqrt a+\sqrt b}$$$${2\over\sqrt c+\sqrt a}={2\sqrt b+\sqrt a+\sqrt c\over b+\sqrt b(\sqrt a+\sqrt c)+\sqrt{ac}}$$$$2b+2\sqrt{ac}+2\sqrt b(\sqrt a+\sqrt c)=2\sqrt b(\sqrt a+\sqrt c)+a+c+\sqrt ac$$$$a+c=2b$$

对于等差数列 $\{a,b,c\}$ 成立。Q.E.D.

或者，观察到原式中，分母都是根号的形式，考虑分母有理化，

$${2\over\sqrt c+\sqrt a}={1\over\sqrt b+\sqrt c}+{1\over\sqrt a+\sqrt b}$$$${2(\sqrt c-\sqrt a)\over2d}={\sqrt c-\sqrt b\over d}+{\sqrt b-\sqrt a\over d}$$

显然成立。

累加法

最简单的，形如，

$$a_n=a_{n-1}+f(n)$$

都可以使用累加法，具体的，

$$\begin{aligned} a_n&=a_{n-1}+f(n)\\ a_{n-1}&=a_{n-2}+f(n-1)\\ &\dots\\ a_3&=a_2+f(3)\\ a_2&=a_1+f(2) \end{aligned}$$

上述所有式子相加，得

$$a_n=a_1+f(2)+f(2)+\dots+f(n)$$

多阶等差

容易发现，我们对于公差求前缀和，可以得到一个普通等差数列。

那么，我们对于普通等差数列再求和，就可以得到二阶等差数列。

具体的，定义常数为零阶等差数列，普通等差数列为一阶等差数列。

容易发现，若 $\{a_i\}$ 为一阶等差数列，$\{b_i\}$ 同样，那么 $\{a_ib_i\}$ 为一个二阶等差数列。

根据定义，对于一个二阶等差数列，其相邻两项的差为一个一阶等差数列，相邻两项差的相邻两项差为一个常数。

等比数列

在等比数列中，任何相邻两项的比例相等，该比值称为公比 $q$。

具体的，可以表示为，

$$a=pq^n$$

的，都是等比数列。

上式中，公比为 $q$，首项 $a_1=pq$。

递推公式

形如，

$$a_{n+1}=qa_n,\,(n\in\mathbb Z^*,q\neq0)$$

或者记为，

$$q={a_{n+1}\over a_n}$$

即公比的定义式。

易知此式中，$a_n\neq0$，为了方便，我们一般规定 $q\neq0$。

通项公式

形如，

$$a_n=a_1q^{n-1}$$

换句话说，任意一个等比数列 $\{a_n\}$ 都可以写为，

$$\{a,aq,aq^2,\dots aq^{n-1}\}$$

即，角标减一，等于公比幂次。

等比性质

除了上述几条，

在等比数列中，前项与后项积为该项平方，具体的，

$$\begin{aligned} a_{n-1}\times a_{n+1}&=aq^{n-2}aq^{n}\\ &=a^2q^{2n-2}\\ &=(aq^{n-1})^2\\ &=a_n^2 \end{aligned}$$

对于正整数 $m,n,p,q$，若 $m+n=p+q$，则，

$$a_m\cdot a_n=a_p\cdot a_q$$

或者简化一下，

$$a_m\cdot a_n=a_{m-k}\cdot a_{n+k}$$

据此，有，

$$a_{n-k}\cdot a_{n+k}=a_n^2$$

还有一些和上面等比数列类似的操作的结论，

但是因为正负号的问题，不具体写出，可以根据上述平方的公式推导。

若 $\langle a_n\rangle$ 为一个等比数列，则，

• $\langle b+a_n\rangle$：为一个等比数列；
• $\langle b\times a_n\rangle$：为一个等比数列；
• $\langle\log_ba_n\rangle$：为一个等差数列（见上）；

求和公式

等差数列中给出的公式依然成立，

$$S_n-S_{n-1}=a_n$$

实际上，这个对于任意数列都成立。

考虑求解出，等比数列求和公式的封闭形式，

$$\begin{aligned} S_n&=a_1+a_1q+a_1q^2+\dots+a_1q^{n-1}\\ &=a_1(1+q+q^2+\dots+q^{n-1}) \end{aligned}$$

注意到后面的是经典的分解因式，

$$S_n=a_1\cdot{q^n-1\over q-1},\,(q\neq 1)$$

或者，错位相减，

$$\begin{aligned} qS_n-S_n=a_1q^n-a_1\\ S_n=a_1\cdot{q^n-1\over q-1},\,(q\neq 1) \end{aligned}$$

同时，若 $q=1$，数列退化为常数列，

$$S_n=na_1,\,(q=1)$$

等比中项

对于 $a,b$，有 $c$ 满足，

$${b\over c}={c\over a}$$

即，

$$c=\pm\sqrt{ab}$$

取其中的正数，即几何平均数。

累乘法

和累加法类似的，

$$a_n=a_{n-1}f(n)$$

累乘法，即

$$\begin{aligned} a_n&=a_{n-1}f(n)\\ a_{n-1}&=a_{n-2}f(n-1)\\ &\dots\\ a_3&=a_2f(3)\\ a_2&=a_1f(2) \end{aligned}$$

上述所有式子相乘，得

$$a_n=a_1f(2)f(3)\dots f(n)$$

裂项放缩

经典裂项

有性质，

$${1\over n(n+1)}={1\over n}-{1\over n+1}$$

可以求解，形如

$$S={1\over1\times2}+{1\over2\times3}+\dots+{1\over n(n+1)}$$

的问题。

同时，易证，

$${1\over n(n+k)}={1\over k}\left({1\over k}-{1\over n+k}\right)$$

注意，此时裂项一定要找准剩下的。

我们可以分别写出括号内的正数、负数。

以 $k=2$ 为例，

$$S={1\over1\times3}+{1\over2\times4}+\dots+{1\over n(n+2)}$$

化简，

$$2S={1\over1}-{1\over3}+{1\over2}-{1\over4}+\dots+{1\over n}-{1\over n+2}$$

列出正负，

$$\begin{aligned} +&:{1\over1},{1\over2},{1\over3},\dots,{1\over n-1},{1\over n}\\ -&:{1\over3},{1\over4},{1\over5},\dots,{1\over n+1},{1\over n+2} \end{aligned}$$

容易发现，

$$2S=1+{1\over2}-{1\over n+1}-{1\over n-2}$$

或者用求和符号简单的表示，下文再说。

整式裂项

有公式，

$$n(n+1)={1\over3}\Big[n(n+1)(n+2)-(n-1)n(n+1)\Big]$$

于是，

$$S=1\times2+2\times3+3\times4+\dots+n(n+1)$$

化简，

$$3S=1\times2\times3-0\times1\times2+\dots+n(n+1)(n+2)-(n-1)n(n+1)$$

得，

$$S={n(n+1)(n+2)\over3}$$

利用上述等式，注意到，

$$n^2=n(n+1)-n$$

于是，

$$1^2+2^2+\dots+n^2=S-{n(n+1)\over2}={n(n+1)(2n+1)\over6}$$

或者用求和符号简单的表示，下文再说。

更多裂项

以下是一些基本的小学奥数难度的裂项。

$$a^2-a+1=\frac{a^4+a^2+1}{a^4+a+1}$$ $$\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$$ $$\frac{1}{n(n+1)(n+2)}=\frac{1}{2}\left[\frac{1}{n(n+1)}-\frac{1}{(n+1)(n+2)}\right]$$ $$\frac{1}{(2n-1)(2n+1)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\right)$$ $$\frac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b} }=\frac{1}{a-b}\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)$$ $$\frac{1}{a_na_{n+k} }=\frac{1}{dk}\left(\frac{1}{a_n}-\frac{1}{a_{n+k} }\right)$$ $$\frac{2^n}{(2^n+1)(2^{n+1}+1)}=\frac{1}{2^n+1}-\frac{1}{2^{n+1}+1}$$ $$\frac{q^n}{(q^{n+1}+1)(q^n+1)}=\frac{1}{q-1}\left(\frac{1}{q^n+1}-\frac{1}{q^{n+1}+1}\right)$$

一个特点：前面保留几项，后面就保留几项。例如

$$\begin{aligned} \sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+2)}&=\frac{1}{2}(1-\frac{1}{3}+\frac{1}{2}-\frac{1}{4}+\dots+\frac{n}{1}-\frac{1}{n+2})\\&=\frac{1}{2}(1+\frac{1}{2}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}) \end{aligned}$$

现在我们要学习一些高难度的裂项。坐稳了，前方高能！

$$\sqrt{1+\frac{1}{k^2}+\frac{1}{(k+1)^2} }=1+\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}$$ $$\frac{k}{(2k+1)^2(2k-1)^2}=\frac{1}{8}\left(\frac{1}{(2k-1)^2}-\frac{1}{(2k+1)^2}\right)$$ $$\frac{1}{k\sqrt{k+1}+(k+1)\sqrt{k} }=\frac{1}{\sqrt{k} }-\frac{1}{\sqrt{k+1} }$$ $$\sum_{k=1}^n k!(k^2+k+1)=\sum_{k=1}^n [(k+1)!(k+1)-k!k]=(n+1)!(n+1)-1$$ $$\sum_{k=1}^n \frac{k^2+k-1}{(k+2)!}=\sum_{k=1}^n \left(\frac{k}{(k+1)!}-\frac{k+1}{(k+2)!}\right)=\frac{1}{2}-\frac{n+1}{(n+2)!}$$ $$\frac{3k^2-1}{(k^3-k)^2}=\frac{k-\frac{1}{2} }{k^2(k-1)^2}-\frac{k+\frac{1}{2} }{k^2(k+1)^2}$$ $$\frac{4k}{4k^4+1}=\frac{1}{2k^2-2k+1}-\frac{1}{2k^2+2k+1}$$ $$\frac{1}{\sqrt{k+\sqrt{k^2-1}}}=\frac{\sqrt{k+1}-\sqrt{k-1}}{\sqrt{2}}$$

共轭根式

形如，

$$\sqrt a+\sqrt b,\sqrt a-\sqrt b$$

的，称为共轭根式。

容易证明，

$$(\sqrt a-\sqrt b)\cdot(\sqrt a+\sqrt b)=a-b\;(a,b\ge0)$$

于是，有裂项，

$${1\over\sqrt a+\sqrt b}={\sqrt a-\sqrt b\over a-b}$$

以及，

$${1\over\sqrt a-\sqrt b}={\sqrt a+\sqrt b\over a-b}$$

阶乘问题

定义，

$$n!=1\times2\times3\times\dots\times(n-1)\times n$$

称为阶乘，有，

$$n\cdot n!=(n+1)!-n!$$

还有组合数的，但是这里还没涉及到。

放缩基础

数列求和是一种精确的方法，当我们无法精确的计算的时候，就可以放缩来估计。

例如，估计

$$S={1\over1^2}+{1\over2^2}+\dots+{1\over n^2}$$

的级别。

容易发现，

$${1\over n}-{1\over n-1}={1\over n(n+1)}<{1\over n^2}<{1\over n(n-1)}={1\over n-1}-{1\over n}$$

于是，我们可以以此估计。

我们把 $1/1^2$ 保持不动，估计

$$1.5<S<2$$

而为了提高精度，我们减少放缩的项数。

或者说，把 $1/2^2,1/3^2$ 等直接计算，而不是放缩。

这就是放缩提高精度的方法：保留更多的项。

放缩进阶

$${\sqrt k\over k^2}={1\over k^{3/2}}<2\left({1\over\sqrt{k-1}}-{1\over\sqrt k}\right)$$ $${2(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})}=\frac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}<\frac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n}}=\frac{1}{\sqrt{n}}$$ $${\frac{1}{\sqrt{n}}=\frac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n}}}<\frac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}={2(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})}$$

通用方法

速算方法

方法一：令 $S_0=0$。

Example

等比数列 $\set{a_n}$ 的 $S_n=a\cdot 2^{n-1}+a-2$，求 $a$。

直接代入 $S_0=\frac{3}{2}a-2=0$ 得 $\displaystyle a=\frac{4}{3}$。

方法二：令数列为常数数列。

Example

等差数列 $S_9=72$，求 $a_2+a_4+a_9$ 的值。

令 $a_i=8$，则答案为 $24$。

等差等比

等差乘等比。

若 $a_n=(An+B)q^{n-1}$，令 $D=\frac{A}{q-1},E=\frac{B-D}{q-1}$，则 $S_n=(Dn+E)q^n-E$。

Example

已知 $\displaystyle a_n=\frac{n}{3^n}$，求 $S_n$。

数学归纳

尝试证明，

$$a_n=2^n-1$$

容易发现，

$$a_1=2^1-1=1$$

假设对于 $n=k,k\in\mathbb N^*$ 成立，

$$a_k=2^k-1$$

尝试证明对于 $n=k+1$ 也成立，

$$a_{k+1}=2a_k+1=2^{k+1}-2+1=2^{k+1}-1$$

于是，该通项公式对于任意 $n\in\mathbb N^*$ 成立。

直接变形

容易发现，递推公式两边同时加一，

$$a_n+1=2a_{n-1}+2$$

另，

$$b_n=a_n+1$$

上式即为，

$$b_n=2b_{n-1},b_1=2$$

那么这是一个等比数列，易得，

$$b_n=2^n$$

那么，根据关系，

$$a_n=b_n-1=2^n-1$$

Q.E.D.

考虑推广这一类问题，形如，

$$a_n=pa_{n-1}+q$$

我们两边同时加一个数，设为 $x$，

$$a_n+x=pa_{n-1}+q+x$$

记新数列，

$$b_n=a_n+x,a_n=b_n-x$$

原数列，

$$b_n=p(b_{n-1}-x)+q+x=pb_{n-1}+q-(p-1)x$$

另右侧常数项为零，于是，

$$x={q\over p-1}$$

即，对于原数列，加上这个数，即可转化为普通的等比数列。

• 数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$，若有如下项：$f(n)S_n$，$f(a_n)S_n$(即 $S_n$ 的系数跟 $n$ 有关)，则我们将递推式中的 $a_n$ 改写为 $S_n - S_{n-1}$。

• 若数列 $\{a_n\}$ 的递推式形如 $a_{n+1} = a_n + f(n)$，则可采用累加法求通项公式。

• 若数列 $\{a_n\}$ 的递推式形如 $a_{n+1} = a_n \cdot f(n)$，则可采用累乘法求通项公式。

• 形如 $a_{n+1} = pa_n + q(p \ne 1, q \ne 0)$ 的递推式，两边同时加上 $x$ 可构造成等比数列 $\{a_n + x\}(n \in \mathbb{N}^*)$，通过比较可求得 $x = \frac{q}{p-1}$。

• 形如 $a_{n+1} = pa_n + kn + q(p \ne 1, k \ne 0, n \in \mathbb{N}^*)$ 的递推式，在两边同时加上 $xn+y$ 构造等比数列 $\{a_n + xn + y\}(n \in \mathbb{N}^*)$，方法见例 2.9 解析。

• 对于 $a_{n+1} = p a_n^r (p > 0, p \ne 1, r \ne 1)$ 型，两边同时取以 $p$ 为底的对数，于是可得 $\log_p a_{n+1} = r\log_p a_n + 1$，构造等比数列 $\{\log_p a_n + x\}$，其中 $x = \frac{1}{r-1}$。

对于形如 $a_{n+1} = pa_n + q^n(p \ne 0, 1 \text{ 且 } q \ne 0, 1)$ 的数列求通项公式，有以下两种方法：

• 两边同除以 $p^{n+1}$，再累加求通项；

• 两边同加上 $xq^{n+1}$，再构造成等比数列 $\{a_n + xq^n\}$。

• 若 $p=q$，则只能采用（1），而用（2）无法求解。

对于 $a_{n+1} = \frac{a a_n}{b a_n + c}$，$abc \ne 0$，取倒数得 $\frac{1}{a_{n+1}} = \frac{b a_n + c}{a a_n} = \frac{c}{a} \cdot \frac{1}{a_n} + \frac{b}{a}$。

• 当 $a=c$ 时，$\frac{1}{a_{n+1}} = \frac{1}{a_n} + \frac{c}{a}$，则 $\{\frac{1}{a_n}\}$ 为等差数列；

• 当 $a \ne c$ 时，$\frac{1}{a_{n+1}} = \frac{c}{a} \cdot \frac{1}{a_n} + \frac{b}{a}$，则 $\{\frac{1}{a_n} + x\}$ 为等比数列，$x = \frac{b}{c-a}$。

变形累加

容易得出，下面的式子不断乘二，

$$\begin{aligned} a_n=2a_{n-1}+1\\ 2a_{n-1}=4a_{n-1}+2\\ 4a_{n=2}=8a_{n-2}+4\\ \dots\\ 2^{n-3}a_3=2^{n-2}a_2+2^{n-3}\\ 2^{n-2}a_2=2^{n-1}a_1+2^{n-2} \end{aligned}$$

上述式子相加，

$$a_n=2^{n-1}a_1+2^{n-2}+2^{n-3}+\dots+4+2+1$$

因为 $a_1=1$，

$$a_n=2^n-1$$

Q.E.D.

考虑推广这一类问题，形如，

$$a_n=pa_{n-1}+q$$

我们还可以等式两边同除 $p^n$，得

$${a_n\over p^n}={a_{n-1}\over p^{n-1}}+{q\over p^n}$$

设新的数列，

$$b_n={a_n\over p^n}$$

原数列形如，

$$b_n=b_{n-1}+{q\over p^n}$$

对 $b$ 数列进行累加法，可以得出，

$$b_n={a_1\over p}+{q\over p^2}+{q\over p^3}+\dots+{q\over p^n}$$

右边为等比数列，即，

$$b_n={a_1\over p}+{q\over p^n}\cdot{p^n-1\over p-1}-{q\over p}$$

两边同时乘 $p^n$，

$$a_n=(a_1-q)p^{n-1}+{q\over p-1}(p^n-1)$$

即通用公式。

同时，若 $q=f(n)$，依然可以用这个方法来做。

数列判定

判断和证明数列是等差、等比数列的常见方法有如下几种：

• 定义法（用于证明）：对于 $n \ge 2$ 的任意正整数，验证 $a_n - a_{n-1}$ 或 $\frac{a_n}{a_{n-1}}$ 为同一常数。

• 通项公式法（用于判断）：

  若 $a_n = a_1 + (n-1)d = a_k + (n-k)d$，则 $\{a_n\}$ 为等差数列；

  若 $a_n = a_1q^{n-1} = a_kq^{n-k}$，则 $\{a_n\}$ 为等比数列。

• 中项公式法（用于证明）：

  若 $2a_n = a_{n-1} + a_{n+1}(n \ge 2, n \in \mathbb{N}^*)$，则 $\{a_n\}$ 为等差数列；

  若 $a_n^2 = a_{n-1}a_{n+1}(n \ge 2, n \in \mathbb{N}^*)$，则 $\{a_n\}$ 为等比数列。

奇偶数列

奇偶项数列能求通项公式的要求是各下标的奇偶性一致。

绝对值数列：

• 对于首项小于 0 而公差大于 0 的等差数列 $\{a_n\}$ 加绝对值后得到的数列 $\{|a_n|\}$ 求和，设 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$，$\{|a_n|\}$ 的前 $n$ 项和为 $T_n$，数列 $\{a_n\}$ 的第 $k$ 项小于 0 而从第 $k+1$ 项开始大于或等于 0，于是有

$$T_n = \begin{cases} -S_n & n \le k \\ S_n - 2S_k & n > k \end{cases}$$

• 对于首项大于 0 而公差小于 0 的等差数列 $\{a_n\}$ 加绝对值后得到的数列 $\{|a_n|\}$ 求和，设 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$，$\{|a_n|\}$ 的前 $n$ 项和为 $T_n$，数列 $\{a_n\}$ 的第 $k$ 项大于 0 而从第 $k+1$ 项开始小于或等于 0，于是有

$$T_n = \begin{cases} S_n & n \le k \\ 2S_k - S_n & n > k \end{cases}$$

单调性

对于 $\forall n\in\mathbb Z^*$，

• 若 $a_{n+1}\ge a_n$，那么称 $a$ 为单调递增数列。

• 若 $a_{n+1}>a_n$，那么称 $a$ 为严格单调递增数列。

• 若 $a_{n+1}\le a_n$，那么称 $a$ 为单调递减数列。

• 若 $a_{n+1}<a_n$，那么称 $a$ 为严格单调递减数列。

高中阶段一般认为单调即严格单调。

• 对于迭代数列 $a_{n+1} = f(a_n)$，其中 $f'(x) > 0$。若 $a_1 < a_2$，则数列 $\{a_n\}$ 单调递增；若 $a_1 > a_2$，则数列 $\{a_n\}$ 单调递减；若 $a_1 = a_2$，则数列 $\{a_n\}$ 是常数列。

• 对于迭代数列 $a_{n+1} = f(a_n)$，若 $f(x)$ 是二次函数，则数列单调递增的充分必要条件为 $a_1 < a_2 < a_3$，且对于任意 $n \ge 2, n \in \mathbb{N}^*$，在 $[a_2, a_n]$ 上，$f'(x) \ge 0$。

• 迭代数列 $a_{n+1} = f(a_n)$，其中 $f'(x) < 0$，则 $\{a_{2n}\}$ 与 $\{a_{2n-1}\}$ 的单调性相反。

换元初步

三角换元

我们复习一下在换元里面常用的恒等变换，

$$\cos2\theta=2\cos^2\theta-1$$ $$\tan2\theta={2\tan\theta\over1-\tan^2\theta}$$ $$\sin3\theta=3\sin\theta-4\sin^2\theta$$ $$\cos3\theta=4\cos^2\theta-3\cos\theta$$

注意到，除了正切函数，其他的函数值域都是 $[-1,1]$（不指定定义域）。

因此，我们先需要证明函数值在一个区间内，然后利用上面的去换元。

Example

已知数列 $\{a_n\}$ 满足，

$$a_1={1\over2},a_{n+1}=a_n^2-2$$

• 求通项公式。

观察到右面类似余弦二倍角公式，考虑猜测 $a_n\in[-2,2]$。

证明：考虑数学归纳，

$$-2\le a_1={1\over2}\le2$$

尝试，$a_n\in[-2,2]\Rightarrow a_{n+1}\in[-2,2]$。

$$a_{n-1}=a_n^2-2$$

由于，

$$a_n\in[-2,2]\Rightarrow a_n^2\in[0,4]\Rightarrow a_n^2-2\in[-2,2]$$

因此，注意到递推式右面的 $2$，我们设，

$$a_n=2\cos\theta_n$$

容易发现，

$$a_{n+1}=a_n^2-2$$$$2\cos\theta_{n+1}=4\cos^2\theta_n-2$$$$\cos\theta_{n+1}=2\cos^2\theta_n-1$$$$\cos\theta_{n+1}=\cos2\theta_n$$

不妨令，

$$\theta_{n+1}=2\theta_n$$

于是，通项公式，

$$a_n=2\cos(2^{n-1}\theta)$$

考虑 $\theta$ 是多少，

$$a_1=2\cos\theta={1\over2}$$$$\cos\theta={1\over4}$$$$\theta=\arccos1/4$$

即，

$$a_n=2\cos\left(2^{n-1}\arccos{1\over4}\right)$$

双曲换元

若，

$$a_1=3, a_{n+1}=2a_n^2-1$$

• 求 $a_n$ 通项。

我们考虑另外一个满足此式的式子，另，

$$a_n={k^x+k^{-x}\over2}=f(x)$$

其中 $k$ 是任意变量，则，

$$a_{n+1}=2a_n^2-1={k^{2x}+k^{-2x}\over2}=f(2x)$$

令，初项，

$$a_1=f(t)={k^t+k^{-t}\over2}=3$$

令，

$$k^t=3+2\sqrt2,k^{-t}=3-2\sqrt2$$

于是，

$$a_2=f(2t)={k^{2t}+k^{-2t}\over2}$$ $$a_3=f(4t)={k^{4t}+k^{-4t}\over2}$$ $$a_n=f(2^{n-1}t)={k^{2^{n-1}t}+k^{-2^{n-1}t}\over2}={(k^t)^{2^{n-1}}+(k^{-t})^{2^{n-1}}\over2}$$

代入，得，

$$a_n={(3+2\sqrt2)^{2^{n-1}}+(3-2\sqrt2)^{2^{n-1}}\over2}$$

这个东西就是（类似）双曲换元。

Example

Example 1

求通项公式：$a_n=2a_{n-1}+3\,(n\ge2),a_1=1$。

因为 $q/(p-1)=3$，等式两边同时加三，

$$a_n+3=2a_{n-1}+6=2^{n+1}$$$$a_n=2^{n+1}-3$$

注意到当 $n=1,a_1=1$ 满足该式，因此，

$$a_n=2^{n+1}-3$$

Example 2

求通项公式：$a_n=a_{n-1}+n\,(n\ge2),a_1=1$。

注意到，

$$a_n=a_{n-1}+n$$$$a_{n-1}=a{n-2}+n-1$$$$a_2=a_1+2=1+2$$

上式相加，得，

$$a_n=1+2+3+\dots+n-1+n={n(n+1)\over2}$$

注意到当 $n=1,a_1=1$ 满足该式，因此，

$$a_n={n(n+1)\over2}$$

Example 3

求通项公式：$a_n=2a_{n-1}+n\,(n\ge2),a_1=1$。

等式两边同时除以 $2^n$，得，

$${a_n\over2^n}={a_{n-1}\over2^{n-1}}+{n\over2^n}$$

记 $b_n=a_n/2^n$，

$$b_n=b_{n-1}+n/2^n$$$$b_{n-1}=b_{n-2}+(n-1)/2^{n-1}$$$$b_2=b_1+1/2$$$$b_1=1/2$$

上式相加，得，

$$b_n={n\over2^n}+{n-1\over2^{n-1}}+\dots+{1\over2}+{1\over2}$$

注意到分母为二的幂次的形式，等式乘二，

$$2b_n={n\over2^{n-1}}+{n-1\over2^{n-2}}+\dots+1+1$$

下式减上式，得，

$$\begin{aligned} b_n&=-{n\over2^n}+{1\over2^{n-1}}+{1\over2^{n-2}}+\dots+{1\over2^1}+1\\ &={1\over2^{n-1}}\left(1+2+\dots+2^{n-1}\right)-{n\over2^n}\\ &={2^n-1\over2^{n-1}}-{n\over2^n}=2-{2+n\over2^n} \end{aligned}$$

代入原式，

$$a_n=2^nb_n=2^{n+1}-2-n$$

注意到当 $n=1,a_1=1$ 满足该式，因此，

$$a_n=2^{n+1}-2-n$$

Example 4

求通项公式：$a_n=2a_{n-1}+n^2\,(n\ge2),a_1=1$。

等式两边同时除以 $2^n$，得，

$${a_n\over2^n}={a_{n-1}\over2^{n-1}}+{n^2\over2^n}$$

记，

$$b_n=a_n/2^n,a_n=2^nb_n$$

则，

$$b_n=b_{n-1}+{n^2\over2^n},b_1={a_1\over2^1}={1\over2}={1^2\over2^1}$$

得，

$$b_n={1^2\over2^1}+{2^2\over2^2}+{3^2\over2^3}+{4^2\over2^4}+\dots+{(n-1)^2\over2^{n-1}}+{n^2\over2^n}$$

两边同时乘二，得，

$$2b_n=1+{2^2\over2^1}+{3^2\over2^2}+{4^2\over2^3}+\dots+{(n-1)^2\over2^{n-2}}+{n^2\over2^{n-1}}$$

下式减上式，得，

$$b_n=1-{n^2\over2^n}+{2^2-1^2\over2^1}+{3^2-2^2\over2^2}+{4^2-3^2\over2^3}+\dots+{(n-1)^2-(n-2)^2\over2^{n-2}}+{n^2-(n-1)^2\over2^{n-1}}$$

注意到，

$$n^2-(n-1)^2=n^2-n^2-1+2n=2n-1$$

于是，记，

$$\begin{aligned} c_n&={2^2-1^2\over2^1}+{3^2-2^2\over2^2}+{4^2-3^2\over2^3}+\dots+{(n-1)^2-(n-2)^2\over2^{n-2}}+{n^2-(n-1)^2\over2^{n-1}}\\ &={2\times2-1\over2^1}+{2\times3-1\over2^2}+{2\times4-1\over2^3}+\dots+{2(n-1)-1\over2^{n-2}}+{2n-1\over2^{n-1}} \end{aligned}$$

即，

$$b_n=1-{n^2\over2^n}+c_n$$

下式两边同时乘二，得，

$$2c_n=3+{2\times3-1\over2^1}+{2\times4-1\over2^2}+\dots+{2(n-1)-1\over2^{n-3}}+{2n-1\over2^{n-2}}$$

与原式相减，得，

$$\begin{aligned} c_n&=3-{2n-1\over2^{n-1}}+{2\over2^1}+{2\over2^2}+\dots+{2\over2^{n-3}}+{2\over2^{n-2}}\\ &=3-{2n-1\over2^{n-1}}+{1\over2^0}+{1\over2^1}+\dots+{1\over2^{n-4}}+{1\over2^{n-3}}\\ &=3-{2n-1\over2^{n-1}}+{1\over2^{n-3}}(1+2+2^2+\dots+2^{n-3})\\ &=3-{2n-1\over2^{n-1}}+{2^{n-2}-1\over2^{n-3}}\\ &=5-{2n-1\over2^{n-1}}-{1\over2^{n-3}} \end{aligned}$$

于是，

$$b_n=1-{n^2\over2^n}+c_n=6-{n^2\over2^n}-{2n-1\over2^{n-1}}-{1\over2^{n-3}}$$

于是，

$$a_n=2^nb_n=3\times2^{n+1}-n^2-4n-6$$

注意到当 $n=1,a_1=1$ 满足该式，因此，

$$a_n=3\times2^{n+1}-n^2-4n-6$$

数学归纳法

定义

《人教版高中数学 · 选修二》：一般地，证明一个与正整数 $n$ 有关的命题，可按下列步骤进行：

1. （归纳奠基）证明当 $n=n_0$（$n_0\in\mathbb{N}^*$）时命题成立；
2. （归纳递推）以“当 $n=k$（$k\in\mathbb{N}^*,k\ge n_0$）时命题成立”为条件，推出“当 $n=k+1$ 时命题也成立”。

只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从 $n_0$ 开始的所有正整数 $n$ 都成立，这种证明方法称为 数学归纳法（mathematical induction）。

理解

数学归纳法就是如果先证明了 第一步 成立，然后再证明只要 前一步 成立时 下一步 也一定成立，那么我们就能确定这个结论对 所有情况 都成立。

类似多米诺骨牌，如果 第一块 被推倒，且 前一块 倒下一定会导致 下一块 倒下，那么 所有骨牌 都会被推倒。

Example

证明 $S_n=1+2+\dots+n=\frac{n(n+1)}{2}$。

由于 $S_1=1=\frac{1\times 2}{2}$ 成立，且若 $S_{n-1}=\frac{n(n-1)}{2}$ 成立，则 $S_n=\frac{n(n-1)}{2}+n=\frac{n(n+1)}{2}$ 成立。

因此，根据数学归纳法，其对于任意自然数都成立，证毕。