数列基础

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基础概念

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。

注意：无穷数列只有首项，没有末项。

对于数列，更严谨的定义，考虑最一般的复数，下文再说。

无穷数列

一个 $a:\mathbb N\to\mathbb C$ 的函数被称为无穷数列。

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 $a_i$。

有限数列

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

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

同时，也可以将 $0$ 作为数列的首项，类似的。

数列的级数

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，

$$ d_n=k(n) $$

我们在数列进阶部分讨论。

表示方法

列举法

例如：

$$ a=\langle1,2,4,8,16\rangle $$

对于无穷数列很不好用。

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，被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，

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

或者记为，

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

即公差的定义式。

通项公式

形如，

$$ \boxed{a_n=a_1+(n-1)d} $$

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，

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

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，

$$ \boxed{a_m+a_n=a_p+a_q} $$

或者简化一下，

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

据此，有，

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

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，

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

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，

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

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，

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

常用二次函数的思想：

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

据此，可以等差数列和的极点存在于，

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

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 $left{\dfrac{S_n}{n}\right}$ 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。

例题，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，

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

或者记为，

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

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，

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

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，

$$ \boxed{a_m\cdot a_n=a_p\cdot a_q} $$

或者简化一下，

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

据此，有，

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

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，

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

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，

$$ \boxed{S_n=na_1,,(q=1)} $$

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，

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

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，

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

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，

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

于是，例题，

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

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，

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

或者用求和符号简单的表示，下文再说。

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，

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

称为阶乘，有，

$$ \boxed{n\cdot n!=(n+1)!-n!} $$

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 $S_0=0$。

例题：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。

例：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 $a_n=(An+B)q^{\red{n-1}}$，令 $red{\boxed{D=\frac{A}{q-1},E=\frac{B-D}{q-1}}}$，则 $red{\boxed{S_n=(Dn+E)q^n-E}}$.

例题：$displaystyle a_n=\frac{n}{3^n}$，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，

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

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 $x = \dfrac{q}{p-1}$。
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 $x = \dfrac{1}{r-1}$。

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

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

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

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

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 $p^n$，

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

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 $dfrac{a_n}{a_{n-1}}$ 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

我们复习一下再换元里面常用的恒等变换，

$$ \boxed{\cos2\theta=2\cos^2\theta-1}\tag1 $$

$$ \boxed{\tan2\theta={2\tan\theta\over1-\tan^2\theta}}\tag2 $$

$$ \boxed{\sin3\theta=3\sin\theta-4\sin^2\theta}\tag3 $$

$$ \boxed{\cos3\theta=4\cos^2\theta-3\cos\theta}\tag4 $$

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。

一道例题

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，

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

带入，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。

基础例题

求下列数列的通项公式。

例题一

求：$a_n=2a_{n-1}+3,(n\ge2),a_1=1$。

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，

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

例题二

求：$a_n=a_{n-1}+n,(n\ge2),a_1=1$。

注意到，

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

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，

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

例题三

求：$a_n=2a_{n-1}+n,(n\ge2),a_1=1$。

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 $b_n=a_n/2^n$，

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

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，

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

带入原式，

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

注意到当 $n=1,a_1=1$ 满足该式，因此，

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

例题四

求：$a_n=2a_{n-1}+n^2,(n\ge2),a_1=1$。

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，

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

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