数列笔记

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等差数列

定义

$$a_n - a_{n-1} = d \quad (n \geq 2)$$

其中 $d$ 为常数（公差），则 $\{a_n\}$ 为等差数列。

PS: 若 $\{a_n\}$ 为等差数列 $\Leftrightarrow a_{n+1} - a_n = d$ $(n \geq 1)$

等差中项

若 $a, b, c$ 成等差数列，则 $b$ 为等差中项：

$$b - a = c - b \Leftrightarrow 2b = a + c \quad \therefore b = \frac{a+c}{2}$$

一般地，若 $a_n - a_{n-1} = a_{n+1} - a_n$ $(n \geq 2) \Leftrightarrow 2a_n = a_{n+1} + a_{n-1}$，则 $\{a_n\}$ 为等差数列。

通项公式

设等差数列 $\{a_n\}$ 公差为 $d$，首项为 $a_1$：

累加法：

$$a_n = a_1 + (n-1)d \quad (n \geq 2) \tag{A}$$

推论：

$$a_n = a_m + (n-m)d \tag{B}$$

PS:

1. 在 (A) 式中，有 $a_n, a_1, n, d$ 四个变量，知三求一
2. $d = \dfrac{a_n - a_m}{n-m}$ $(n \neq m)$
3. $a_n = dn + a_1 - d = kn + b$，其中 $\begin{cases} k = d \\ b = a_1 - d \end{cases}$，即 $a_n$ 是关于 $n$ 的一次函数
4. $\begin{cases} d > 0, & a_n \nearrow \\ d = 0, & a_n \text{ 为常数} \\ d < 0, & a_n \searrow \end{cases}$

等差数列的性质

1. 若 $m + n = q + p$，则 $a_m + a_n = a_q + a_p$（下标和相等，项和相等）

2. 同①：若 $m_1 + m_2 + \cdots + m_p = n_1 + n_2 + \cdots + n_p$（项数必须相等），则有：

   $$a_{m_1} + a_{m_2} + \cdots + a_{m_p} = a_{n_1} + a_{n_2} + \cdots + a_{n_p}$$

3. $a_1 + a_n = a_2 + a_{n-1} = \cdots = a_m + a_{n-m+1}$（对称性）

4. 若 $\{a_n\}, \{b_n\}$ 为等差数列，$\lambda, \mu \in \mathbb{R}$，则 $\{\lambda a_n \pm \mu b_n\}, \{a_{b_n}\}$ 为等差数列（可逆推）

5. 若 $a_m = n, a_n = m$ $(m \neq n)$，则 $a_{m+n} = 0$（关键找公差）

判断数列为等差数列的方法

1. 定义法：直接表示 / 构造后用定义

2. 中项法：$2a_n = a_{n-1} + a_{n+1}$ $(n \geq 2)$

3. 通项公式：$a_n = kn + b$

4. 性质：见性质④

   例：形如 $ra_{n+1} + pa_n = qa_n a_{n+1}$，“两边除”

5. 形如 $a_{n+1} = \dfrac{pa_n}{qa_n + r}$ $\Rightarrow$ “两边倒”：

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

前 $n$ 项和 $S_n$

$$S_n = \sum_{i=1}^{n} a_i = \frac{n(a_1 + a_n)}{2} = na_1 + \frac{n(n-1)d}{2}$$

（已知 $n, a_1, a_n$）（已知 $n, a_1, d$）

PS:

1. $n, a_1, a_n, d, S_n$ $\Rightarrow$ “知三求二”
2. 由上式：$S_n = \dfrac{d}{2}n^2 + \left(a_1 - \dfrac{d}{2}\right)n = An^2 + Bn$ $\Rightarrow$ 可知 $\{a_n\}$ 为等差数列
3. 求 $S_n$ 的方法：① 倒序相加（对称性）；② 公式法；③ 分段求和法

$S_n$ 的性质

1. $\dfrac{S_n}{n} = \dfrac{d}{2}n + \left(a_1 - \dfrac{d}{2}\right)$ $\Rightarrow$ $\left\{\dfrac{S_n}{n}\right\}$ 为等差数列，公差为 $\dfrac{d}{2}$

2. $\{a_n\}$ 为等差数列 $\Leftrightarrow$ $\left\{\dfrac{S_n}{n}\right\}$ 为等差数列

3. $S_n = An^2 + Bn$，当 $n$ 取离对称轴上或离对称轴最近的正整数时，$S_n$ 能取最值

4. $S_m, S_{2m}-S_m, S_{3m}-S_{2m}, \cdots$ 为等差数列，公差为 $m^2d$

   例：$S_4, S_8-S_4, S_{12}-S_8, \cdots$

5. $S_{2n-1} = \dfrac{(2n-1)(a_1+a_{2n-1})}{2} = \dfrac{(2n-1) \cdot 2a_n}{2} = a_n(2n-1)$

6. $S_{2n} = \dfrac{2n(a_1+a_{2n})}{2} = n(a_n + a_{n+1})$

7. 设等差数列 $\{a_n\}, \{b_n\}$，前 $n$ 项和为 $S_n, T_n$：

   $$\begin{cases} S_{2n-1} = (2n-1)a_n \\ T_{2n-1} = (2n-1)b_n \end{cases} \Rightarrow \frac{S_{2n-1}}{T_{2n-1}} = \frac{a_n}{b_n}$$

8. 当项数为 $2n$ 项时：

   $$\begin{cases} S_{\text{偶}} = a_2 + a_4 + \cdots + a_{2n} \\ S_{\text{奇}} = a_1 + a_3 + \cdots + a_{2n-1} \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} S_n = S_{\text{奇}} + S_{\text{偶}} \\ nd = S_{\text{偶}} - S_{\text{奇}} \end{cases}$$

9. 若 $S_n = m, S_m = n$ $(m \neq n)$，则 $S_{m+n} = -(m+n)$（由③推导）

10. $\begin{cases} T_{2n} = n(b_n + b_{n+1}) \\ S_{2n} = n(a_n + a_{n+1}) \end{cases} \Rightarrow \dfrac{S_{2n}}{T_{2n}} = \dfrac{a_n + a_{n+1}}{b_n + b_{n+1}}$

求 $S_n$ 最值

1. 知道 $S_n$

2. 利用 $a_n$：

   $$\begin{aligned} & a_1 > 0, d > 0, a_n \nearrow \Rightarrow S_1 \text{ 最小} \\ & a_1 > 0, d < 0, a_n \searrow \Rightarrow \begin{cases} a_n > 0 \\ a_{n+1} < 0 \end{cases} \Rightarrow S_n \text{ 最大} \\ & a_1 < 0, d < 0, a_n \searrow \Rightarrow S_1 \text{ 最大} \\ & a_1 < 0, d > 0, a_n \nearrow \Rightarrow \begin{cases} a_n < 0 \\ a_{n+1} > 0 \end{cases} \Rightarrow S_n \text{ 最小} \end{aligned}$$

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等比数列

定义

$$\frac{a_n}{a_{n-1}} = q \quad (n \geq 2, n \in \mathbb{N}^*) \Leftrightarrow \frac{a_{n+1}}{a_n} = q \quad (n \geq 1, n \in \mathbb{N}^*)$$

则 $\{a_n\}$ 为等比数列。

$q$ 为公比，$q \neq 0$，$a_n \neq 0$ $\rightarrow$ 同一个常数

等比中项

若 $a, b, c$ 成等比数列，则 $b$ 为等比中项：

$$\frac{b}{a} = \frac{c}{b} \text{ 即 } b^2 = ac \Leftrightarrow b = \pm\sqrt{ac}$$

一般地，$a_n^2 = a_{n+1}a_{n-1} \Leftrightarrow \dfrac{a_n}{a_{n-1}} = \dfrac{a_{n+1}}{a_n} \Leftrightarrow \{a_n\}$ 为等比数列

通项公式

设等比数列 $\{a_n\}$ 首项为 $a_1$，公比为 $q$：

$$a_n = a_1 q^{n-1} \quad (n \geq 1)$$

PS:

1. $a_1, a_n, q, n$ 知三求一
2. $a_m = a_n q^{m-n}$（通项公式②）
3. $q^{n-m} = \dfrac{a_n}{a_m}$ $\Rightarrow$ 求公比
4. $a_n = a_1 q^{n-1} = \dfrac{a_1}{q} \cdot q^n = Aq^n$（指数函数）
5. 形如 $\dfrac{a_n}{a_{n-1}} = f(n)$ $(n \geq 2)$，求 $a_n$：用累乘法，同求通项公式方法

等比数列的性质

1. 若 $m + n = q + p$，则 $a_m a_n = a_q a_p$

   特别地：若 $2s = m + n$，则 $a_s^2 = a_m a_n$

2. $a_1 a_n = a_2 a_{n-1} = \cdots = a_m a_{n-m+1}$（对称性）

3. 若 $\{a_n\}, \{b_n\}$ 为等比数列，则 $\left\{\dfrac{1}{a_n}\right\}, \{\lambda a_n\}, \{a_n b_n\}, \{a_n a_{n+1}\}, \{|a_n|\}, \left\{\dfrac{a_n}{b_n}\right\}$ 均为等比数列

   公比分别为：$\dfrac{1}{q}, q, q_1q_2, q^2, |q|, \dfrac{q_1}{q_2}$

4. 若 $\{a_n\}$ 为等比数列，$\{b_n\}$ 为等差数列，则 $\{a_{b_n}\}$ 为等比数列

5. 若 $\{a_n\}$ 为等比数列 $\Rightarrow$ $\{\log_c a_n\}$ 为等差数列

   若 $\{a_n\}$ 为等差数列 $\Rightarrow$ $\{c^{a_n}\}$ 为等比数列

等比数列的前 $n$ 项和 $S_n$

$$S_n = \sum_{i=1}^{n} a_i = \sum_{i=0}^{n-1} a_1 q^i = a_1 \sum_{i=0}^{n-1} q^i$$

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

PS:

1. $a_1, q, n, S_n, a_n$ 知三求二

2. $q \neq 1$ 时，$S_n = \dfrac{a_1}{1-q} + \left(-\dfrac{a_1}{1-q}\right)q^n = A - Aq^n = A + Bq^n$ $(A+B=0)$

3. 用错位相减法：形如 $c_n = \dfrac{b_n}{a_n}$ 或 $c_n = a_n b_n$（一个等差一个等比）

   例：

   $$\begin{aligned} & n \cdot 2^n \Rightarrow S_n = 2 + 2^{n+1}(n-1) \\ & n \cdot 3^n \Rightarrow S_n = \frac{3}{4} + \frac{2n-1}{4} \times 3^{n+1} \\ & \frac{n}{2^n} \Rightarrow S_n = 2 - \frac{n+2}{2^n} \\ & \frac{n}{3^n} \Rightarrow S_n = \frac{3}{4} - \frac{2n+3}{4 \cdot 3^n} \end{aligned}$$

等比数列的 $S_n$ 性质

1. $S_m, S_{2m}-S_m, S_{3m}-S_{2m}, \cdots$ 成等比数列，公比为 $q^m$

2. 项数为 $2n$ 项时：

   $$S_{\text{偶}} = a_2 + a_4 + a_6 + \cdots + a_{2n}, \quad S_{\text{奇}} = a_1 + a_3 + a_5 + \cdots + a_{2n-1}$$

   则：$\dfrac{S_{\text{偶}}}{S_{\text{奇}}} = q$

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求 $S_n$ 的方法总结

1. 公式法
2. 倒序相加法
3. 分段求和法
4. 分组求和法
5. 乘公比错位相减法
6. 裂项相消法

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常用裂项公式（构造用）

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

2. $\dfrac{1}{4n^2-1} = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2n-1} - \dfrac{1}{2n+1}\right)$

3. $\dfrac{1}{n(n+1)(n+2)} = \dfrac{1}{2}\left[\dfrac{1}{n(n+1)} - \dfrac{1}{(n+1)(n+2)}\right]$

4. $\dfrac{n^2}{4n^2-1} = \dfrac{1}{4}\left[1 + \dfrac{1}{(2n+1)(2n-1)}\right]$

5. $\dfrac{1}{n^2(n+1)^2} = \dfrac{1}{n^2} - \dfrac{1}{(n+1)^2}$

6. $\dfrac{n+1}{n^2(n+1)^2} = \dfrac{1}{4}\left[\dfrac{1}{n^2} - \dfrac{1}{(n+1)^2}\right]$

7. $a_n$ 为等差数列：$\dfrac{1}{a_n a_{n+1}} = \dfrac{1}{d}\left(\dfrac{1}{a_n} - \dfrac{1}{a_{n+1}}\right)$

8. $a_n$ 前 $n$ 项和为 $S_n$：$\dfrac{a_{n+1}}{S_n S_{n+1}} = \dfrac{1}{S_n} - \dfrac{1}{S_{n+1}}$

9. $\dfrac{1}{\sqrt{n+k}+\sqrt{n}} = \dfrac{1}{k}(\sqrt{n+k} - \sqrt{n})$

10. $\dfrac{1}{(n+1)\sqrt{n}+n\sqrt{n+1}} = \dfrac{1}{\sqrt{n}} - \dfrac{1}{\sqrt{n+1}}$

11. $\dfrac{2^n}{(2^{n+1}-1)(2^n-1)} = \dfrac{1}{2^n-1} - \dfrac{1}{2^{n+1}-1}$

12. $\dfrac{n+2}{n(n+1) \cdot 2^n} = \dfrac{1}{n \cdot 2^{n-1}} - \dfrac{1}{(n+1) \cdot 2^n}$

13. $\dfrac{(2n+1)(-1)^n}{n(n+1)} = \dfrac{(-1)^n}{n} - \dfrac{(-1)^{n+1}}{n+1}$

14. $\dfrac{1}{\cos\alpha\cos\beta} = \dfrac{1}{\sin(\alpha-\beta)}(\tan\alpha - \tan\beta)$

15. $\dfrac{n}{(n+1)!} = \dfrac{1}{n!} - \dfrac{1}{(n+1)!}$

16. $\dfrac{n+2}{n!(n+1)!(n+2)!} = \dfrac{1}{(n+1)!} - \dfrac{1}{(n+2)!}$

17. $\ln\dfrac{n+k}{n} = \ln(n+k) - \ln(n)$

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构造法总结

构造法

一般来说，对于递推公式 $a_n = pa_{n-1} + f(n)$，$n \geq 2$，$p$ 为常数，$f(n)$ 为 $k$ 次多项式：

当 $p \neq 1$ 时： 我们可以用待定系数法确定 $k$ 次多项式 $g(n)$，并使：

$$a_n + g(n) = p[a_{n-1} + g(n-1)] \text{ 成立}$$

故可推出 $\{a_n + g(n)\}$ 为公比为 $p$，首项为 $[a_1 + g(1)]$ 的等比数列。

当 $p = 1$ 时： 有 $a_n = a_{n-1} + f(n)$，则通过累加法：

$$a_n = a_1 + \sum_{i=2}^{n}(a_i - a_{i-1}) = a_1 + \sum_{i=2}^{n}f(i)$$

不动点法

对于分式线性递推数列 $a_{n+1} = \dfrac{a \cdot a_n + b}{c \cdot a_n + d}$（其中 $c \neq 0, ad-bc \neq 0, a_1 \neq \dfrac{a \cdot a_1 + b}{c \cdot a_1 + d}$）

我们可称方程 $x = \dfrac{ax+b}{cx+d}$ 的根为该数列的不动点。

1. 若该数列只有唯一不动点 $p$（即 $(cx+d)x = ax+b$ 有二重根 $p$）：

   $$\frac{1}{a_{n+1}-p} = \frac{1}{a_n-p} + \frac{2c}{a+d}$$

   $\therefore \left\{\dfrac{1}{a_n-p}\right\}$ 为首项 $\dfrac{1}{a_1-p}$，公差为 $\dfrac{2c}{a+d}$ 的等差数列

2. 若该数列有两个不动点 $p$ 与 $q$：

   $$\frac{a_{n+1}-p}{a_{n+1}-q} = \frac{a-pc}{a-qc} \cdot \frac{a_n-p}{a_n-q}$$

   $\therefore \left\{\dfrac{a_n-p}{a_n-q}\right\}$ 为首项 $\dfrac{a_1-p}{a_1-q}$，公比为 $\dfrac{a-pc}{a-qc}$ 的等比数列

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其他方法

累加法

形如 $a_n - a_{n-1} = f(n)$，$n \geq 2$

例： 已知 $a_1 = 2$，$a_{n+1} - a_n = \sqrt{n+1} - \sqrt{n}$，求 $a_n$

解： 当 $n=1$ 时，$a_2 - 2 = \sqrt{2} - 1 \Rightarrow a_2 = \sqrt{2} + 1$

当 $n \geq 2$ 时，$a_3 - a_2 = \sqrt{3} - \sqrt{2} \Rightarrow a_3 = \sqrt{3} - \sqrt{2} + \sqrt{2} + 1 = \sqrt{3} + 1$

$\therefore a_n = \sqrt{n} + 1$，$n \in \mathbb{N}^*$

作商法

形如 $a_1 a_2 a_3 \cdots a_{n-1} a_n = f(n)$，求 $a_n$：

$$a_n = \begin{cases} \dfrac{f(n)}{f(n-1)}, & n \geq 2 \\ f(1), & n = 1 \end{cases}$$

特征方程法

对于二阶常系数线性齐次递推数列 $\{x_n\}$，有：

$$x_{n+2} = px_{n+1} + qx_n \quad (p, q \text{ 为常数}, n \in \mathbb{N}) \tag{1}$$

若有等比数列 $\{r^n\}$ 满足上式，则 $r$ 必须满足：

$$r^2 = pr + q \tag{2}$$

则 (2) 为 (1) 的特征方程，(2) 的根为特征根。

又可知若 $r_0$ 是 (2) 的一根，则等比数列 $\{r_0^n\}$ 满足 (1)

1. 若 (2) 有两根 $r_1, r_2$，则 $\{r_1^n\}, \{r_2^n\}$ 都满足 (1)，且对于 $\forall c_1, c_2 \in \mathbb{R}$，$\{c_1r_1^n + c_2r_2^n\}$ 满足 (1)

   故若给出初始值，如 $x_0 = a, x_1 = b$，则可得：

   $$\begin{cases} c_1 + c_2 = a \\ c_1r_1 + c_2r_2 = b \end{cases}$$

   所以可确定唯一 $c_1, c_2$，满足 (1) 的初始值 $x_0 = a, x_1 = b$ 的唯一解为：

   $$x_n = c_1r_1^n + c_2r_2^n$$

2. 若 (2) 有一个二重根 $\dfrac{p}{2}$：

   $$\begin{cases} 2r - p = 0 \\ r^2 - pr - q = 0 \\ r^2 - q = 0 \end{cases} \Rightarrow pr + 2q = 0$$

从而：

$$\begin{aligned} & nr^n - p(n-1)r^{n-1} - q(n-2)r^{n-2} \\ = &\ nr^{n-2}(r^2 - rp - q) + r^{n-2}(pr + 2q) \\ = &\ 0 \end{aligned}$$

即数列 $\{nr^{n-1}\}$ 是 (1) 的解，且 $\forall c_1, c_2 \in \mathbb{R}$，$\{c_1r^n + c_2nr^n\}$ 也是 (1) 的解。

再由 $x_0 = a, x_1 = b$，可确定唯一 $c_1, c_2$，从而可推出：

$$x_n = (c_1 + c_2n)r^n$$

例： 已知 $a_1 = a_2 = 1$，$a_n = a_{n-1} + a_{n-2}$ $(n \geq 2)$，求 $a_n$

解： 可注意到特征方程：

$$r^2 = r + 1 \Rightarrow r_1 = \frac{\sqrt{5}+1}{2}, r_2 = \frac{1-\sqrt{5}}{2}$$

又 $a_0 = 1, a_1 = 1$，$\therefore \begin{cases} c_1 + c_2 = 1 \\ c_1r_1 + c_2r_2 = 1 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} c_1 = \dfrac{\sqrt{5}+1}{2\sqrt{5}} \\ c_2 = \dfrac{\sqrt{5}-1}{2\sqrt{5}} \end{cases}$

$$\begin{aligned} \therefore a_n &= \frac{\sqrt{5}+1}{2\sqrt{5}} \cdot \left(\frac{\sqrt{5}+1}{2}\right)^n + \frac{\sqrt{5}-1}{2\sqrt{5}} \cdot \left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n \\ &= \frac{1}{\sqrt{5}}\left[\left(\frac{\sqrt{5}+1}{2}\right)^{n+1} - \left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}\right], \quad n = 0, 1, 2, \cdots \end{aligned}$$

构造常数列

$$a_{n+1} = a_n \Rightarrow a_n = a_1$$

例：$a_{n+1} + \dfrac{1}{n} = a_1 + 1$

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奇偶分析法

例： 已知 $a_1 = 1, a_2 = 2$，$a_n + a_{n+1} = 3n$，求 $a_n$

解： 由题：$a_n + a_{n+1} = 3n$ ①

$a_{n+1} + a_{n+2} = 3n + 3$ ②

② $-$ ① $\Rightarrow a_{n+2} = a_n + 3$

$\therefore \begin{cases} a_1, a_3, \cdots, a_{2n-1} \text{ 成等差} \\ a_2, a_4, \cdots, a_{2n} \text{ 成等差} \end{cases}$

$\therefore a_{2n-1} = a_1 + (n-1) \times 3 = 3n - 2$

令 $t = 2n-1$，$\therefore n = \dfrac{t+1}{2} \Rightarrow a_t = 3 \cdot \dfrac{t+1}{2} - 2 = \dfrac{3t-1}{2}$

$\therefore a_n = \dfrac{3n-1}{2}$，$n \in$ 奇

又 $a_{2n} = a_2 + (n-1) \times 3 = 3n - 1$

同上，可得 $a_n = \dfrac{3n-2}{2}$

$$\therefore a_n = \begin{cases} \dfrac{3n-1}{2}, & n \in \text{奇} \\ \dfrac{3n-2}{2}, & n \in \text{偶} \end{cases}$$

类似的，以下都用奇偶分析：

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

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

3. $a_{n+1} = \begin{cases} f(a_n), & n \in \text{奇} \\ g(a_n), & n \in \text{偶} \end{cases}$

4. 求 $b_n = (-1)^n f(n)$ 的前 $n$ 项和 $S_n$

   就④，扩展用奇偶分析法求 $S_n$（见下）

例： 求 $S_n$（接上例 $a_1=1, a_2=2, a_n+a_{n+1}=3n$）

解： 由题：

$$\begin{aligned} S_{2n} &= (a_1+a_2) + (a_3+a_4) + \cdots + (a_{2n-1}+a_{2n}) \\ &= 3 \times 1 + 3 \times 3 + \cdots + 3 \times (2n-1) \\ &= 3(1 + 3 + 5 + \cdots + 2n-1) \\ &= 3 \cdot \frac{n(2n-1+1)}{2} = 3n^2 \end{aligned}$$

令 $t = 2n \Rightarrow S_t = \dfrac{3}{4}t^2 \Rightarrow S_n = \dfrac{3}{4}n^2$，$n \in$ 偶

$$\begin{aligned} S_{2n-1} &= a_1 + (a_2+a_3) + (a_4+a_5) + \cdots + (a_{2n-2}+a_{2n-1}) \\ &= 1 + 3 \times 2 + 3 \times 4 + \cdots + 3 \cdot (2n-2) \\ &= 1 + 3 \times (2 + 4 + \cdots + 2n-2) \\ &= 1 + 3 \times \frac{(n-1)(2+2n-2)}{2} \\ &= 3n^2 - 3n + 1 \end{aligned}$$

令 $2n-1 = t \Rightarrow S_t = \dfrac{3t^2+1}{4} \Rightarrow S_n = \dfrac{3n^2+1}{4}$，$n \in$ 奇

$$\therefore S_n = \begin{cases} \dfrac{3n^2+1}{4}, & n \in \text{奇} \\ \dfrac{3n^2}{4}, & n \in \text{偶} \end{cases}$$