数列学习笔记

定义

• 数列: 按一定顺序排成的一列数称为数列, 其一般形式可以写成\(a_1,a_2, ..., a_n, ...\), 简记为\(\{ a_n \}\);
• 数列的项: 数列中的每一个数称为此数列的项, 其中\(a_1\)称为首项.

分类

1. 按照项数有限与无限来分, 分为有穷数列和无穷数列;
2. 按照项与项之间的大小关系来分, 有递增数列, 递减数列, 摆动数列, 常数列;

数列的通项公式

如果数列\(\{ a_n \}\)的第\(n\)项与序号\(n\)之间的关系可以用一个公式来表示, 那么这个公式叫做这个数列的通项公式.
一个数列的通项公式未必存在, 若存在也未必唯一, 只需要写出其中的一个通项公式即可.

递推公式

如果已知数列的第\(1\)项或前几项, 且任意一项与它的前一项或前几项见的关系可以用一个公式来表示, 则这个公式就称为这个数列的递推公式. 著名的递推公式包括斐波那契数列的

\[\begin{cases} a_1 = 1 , a_2 = 1 \\ a_n = a_{n - 1} + a_{n - 2} \end{cases} \]

递推公式是数列所特有的表示法, 它包含两个部分, 递推关系和初始条件, 二者缺一不可.

等差数列

一些较为陌生的性质和公式

1. (重要)在一个等差数列中, 假如\(m + n = p + q\), 则有\(a_m + a_n= a_p + a_q\); 反之, 假如一个序列满足任意的\(a_m + a_n = a_p + a_q : m + n = p + q\), 则这个数列为等差数列. 这个性质常用于等差数列的判定.
2. 若\(\{a_n\}\)为等差数列, 则\(a_k, a_{k + m}, a_{k + 2m}, ...\)仍成等差数列
3. 若\(\{a_n\}\)和\(\{b_n\}\)均为等差数列, 则\(\{\lambda a_n + \mu b_n\}\)(\(\lambda\), \(\mu\)为常数)仍为等差数列
4. 等差数列前\(n\)项的和\(S_n = a_1n + \frac{n(n - 1)}{2}d\)
5. 设等差数列\(\{ a_n \}\)的前\(n\)项和为\(S_n\), 则\(S_k, S_{2k} - S_k, S_{3k} - S_{2k}, ...\)成等差数列. 注意: 是相邻两项的差为差数列
6. 令\(S_n = \sum_{i = 1}^n a_i\), 则数列\(\left\{ \frac{S_n}{n} \right\}\)为等差数列

好题

题目描述

给定一个数列\(\{ a_n \}\)满足\(a_n = 3a_{n - 1} + 3^n - 1 : n \ge 2\), 且有\(a_1 = 5\), 求实数\(\lambda\)使得数列$$\left { \frac{a^n + \lambda}{3^n} \right }$$为等差数列.

Solution

我们令\(b_n = \frac{a^n + \lambda}{3^n}\), 则有\(b_n = b_n - 1 + d : d为常数\)
我们考虑$$b_{n - 1} = \frac{a^{n - 1} + \lambda}{3^{n - 1}}$$ $$b_n = \frac{a_n + \lambda}{3^n} = \frac{3a^{n - 1} + 3^n - 1 + \lambda}{3^n} = \frac{a^{n - 1}}{3^{n - 1}} + 1 + \frac{\lambda - 1}{3^n} = \frac{a^{n - 1} + \lambda}{3^{n - 1}} + 1 - \frac{2\lambda + 1}{3^n} = b_{n - 1} + 1 - \frac{2\lambda + 1}{3^n}$$
由于$$1 - \frac{2\lambda + 1}{3^n}$$为常数
所以$$\frac{2\lambda + 1}{3^n} = 0$$
即$$\lambda = - \frac{1}{2}$$

本题总结

一般来说, 一个等差数列\(\{ a_n \}\)有两种表达方式, 一种是\(a_n = a_1 + (n - 1)d\), 另一种是\(a_n = a_{n - 1} + d\). 对这两种表达的运用都应该要熟练.

题目描述

已知数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n = n^2 - 2n\), 令\(b_n = \frac{1}{n}(a_2 + a_4 + ... + a_{2n})\), (1)求证\(\{b_n\}\)为等差数列; (2)设\(c_n = \frac{1}{a_nb_n}\)的前\(n\)项的和为\(T_n\), 求\(T_n\)的通项公式

Solution

当\(n > 1\)时, 有\(a_n = S_n - S_{n - 1} = 2n - 3\); 当\(n = 1\)时, 发现\(a_1 = S_1 = -1\)符合上述式子, 因此\(\{a_n\}\)为等差数列, 其通项公式为\(a_n = 2n - 3\). \(a_2 + a_4 + ... + a_{2n} = \frac{(a_2 + a_{2n})n}{2} = n(2n - 1)\), 所以\(b_n = 2n - 1\), 为等差数列.

\[c_n = \frac{1}{a_n b_n} = \frac{1}{(2n - 1)(2n - 3)} = \frac{1}{2} \cdot \frac{(2n - 1) - (2n - 3)}{(2n - 1)(2n - 3)} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2n - 3} - \frac{1}{2n - 1}\right) \]

\[T_n = \sum_{i = 1}^n c_i = \frac{1}{2}\sum_{i = 1}^n\frac{1}{2i - 3} - \frac{1}{2i - 1} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2 \cdot 1 - 3} - \frac{1}{2 \cdot n - 1}\right) = \frac{n}{1 - 2n} \]

本题总结

证明部分, 看到\(An^2 + Bn\)的形式, 想到\(\{a_n\}\)为等差数列, 考虑先证明\(\{a_n\}\)为等差数列, 再证明原命题;
求\(T_n\)部分, 看到\(\sum \frac{1}{a \cdot b}\)的形式, 想到裂项解决.

等比数列

定义

如果一个数列从第\(2\)项起, 每一项与其前一项的比等于同一个常数, 则此数列称为等比数列, 此常数称为等比数列的公比, 即\(\{a_n\}\)为等比数列\(\Leftrightarrow\)\(\frac{a_n + 1}{a_n} = q : q为常数\)

等比中项

如果两数\(a\)与\(b\)中间插入一个数\(G\), 使得\(a, G, b\)成等比数列, 那么\(G\)叫作\(a\), \(b\)的等比中项. \(G = \pm \sqrt{ab}\). 等比数列从第\(2\)项起, 都是其前一项和后一项的等比中项

等比数列的通项公式

\[a_n = a_1 \cdot q^{n - 1} = a_mq^{n - m} = kq^n : k, q为常数, kq \ne 0 \]

等比数列的性质

1. 若\(\{a_n\}\)为等比数列, 则\(m + n = p + q \to a_m \cdot a_n = a_p \cdot a_q\); 反之亦成立. 常用于等比数列的判定.
2. 若\(\{a_n\}\), \(\{b_n\}\)为等比数列, 则\(\{a_n \cdot b_n\}\), \(\{\frac{a_n}{b_n}\}\)为等比数列

等比数列前\(n\)项和

\[S_n = \begin{cases}\frac{a_1(q^n - 1)}{q - 1} : q \ne 1 \\ na_1: q = 1\end{cases} \]

证明:

1. \(n = 1\), 略;
2. \(n \ne 1\), 我们令$$\begin{cases}S_n = a_1 + a_1q + a_1q^2 + ... + a_1q^{n - 1} \ qS_n = a_1q + a_1q^2 + ... + a_1q^{n - 1} + a_1q^n\end{cases}$$两式相减得到$$(1 - q)S_n = a_1(1 - q^n)$$所以\(q \ne 1\)时有$$S_n = \frac{a_1(1 - q^n)}{1 - q}$$个人认为这个证明非常美妙, 它的思想在于把多个数的和通过两式相减的方式, 转化为可以通过常数个数表达的值. 同时, 在记忆上, 我更加倾向于记忆一条更简单的公式: $$\sum_{i = 0}^{n - 1} q^i = \frac{q^n - 1}{q - 1}$$

等比数列前\(n\)项和的性质

1. 数列\(S_m, S_{2m} - S_m, S_{3m} - S_{2m}, ...\)构成等比数列