【文化课学习笔记】【数学】数列

【数学】数列

数列

概念

按照一定次序排列的数称为数列。例如：$2,4,6,8,10…$

其中，$a_1$ 表示首项，$a_n$ 表示第 $n$ 项。

等差数列

概念

从第 $2$ 项起，每一项与它的前一项之差都等于同一个常数 $d$ 的数列。即：

\[a_{n+1} - a_n = d,n\in \mathrm{N^*} \]

其中 $d$ 叫做等差数列的公差。

等差中项

若 $x,A,y$ 是等差数列，则 $A$ 为 $x$ 和 $y$ 的等差中项（平均数），即 $A = \dfrac{x+y}{2}$。

公式

通项公式

\[\begin{aligned}{} &a_n = a_1 + (n-1)d\\ &a_n = a_m + (n-m)d \end{aligned} \]

变形：等差数列的项数 = $\dfrac{末项 - 首项}{公差} +1$。

前 $n$ 项和

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

性质

性质一

适用范围：①题目中存在 $a_m+a_n$ 的形式；②$m+n$ 为偶数。

内容：

$\{a_n\}$ 是等差数列，且 $m,n,p,q \in \mathrm{N^*}$，则：

\[m + n = p + q \Longrightarrow a_m + a_n = a_p + a_q \]

其中，左右两边必须保证项数一致。

推论：若 $m=n$，则 $2a_m = a_p + a_q$。即下标之和的平均数为偶数时，对应项之和等于平均数对应项的二倍。

本质：相当于将两项变为一项，起到了「消元」的作用。

注意：$2a_m = a_p + a_q$，不要丢掉 $a_m$ 前面的系数 $2$。

性质二

适用范围：①等差数列的项数 $n$ 是奇数；②同时出现 $S_n$ 和 $a_n$ 的问题。

内容：

在等差数列 $\{a_n\}$ 中，若 $n$ 为奇数，则前 $n$ 项和 $=$ 项数 $\times$ 中间项，即：

\[S_n = n a_{\frac{n+1}{2}} \]

注意：不要丢掉 $a_{\frac{n+1}{2}}$ 前的系数 $n$。

性质三

适用范围：①题目中只出现 $S_k$（即不出现 $a_k$）；②题目中给定的 $S_k$ 中下标 $k$ 存在倍数关系。

本质：将等差数列每 $k$ 个数分成一组，则相邻两组的和之差形成的数列为等差数列。

内容：

若等差数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$，则 $S_k,S_{2k}-S_k,S_{3k}-S_{2k},\cdots(k \in \mathrm{N^*})$ 成等差数列，公差为 $k^2d$。

注意：是相邻两组的和之差形成的数列为等差数列，而非相邻两组的和形成的数列。

从函数观点看等差数列

数列是特殊的函数，特殊之处在于 $n \in \mathrm{N^*}$。

通项

\[\begin{aligned}{} a_n & = a_1 + (n-1)d\\ & = dn + a_1 - d \end{aligned} \]

即当 $d\ne 0$ 时，$a_n$ 是关于 $n$ 的一次函数，其中 $d$ 是它的一次项系数。

所以当题目给定 $a_n = kn + b$ 时，$d=k,a_1-d = b$。

前 $n$ 项和

\[\begin{aligned}{} S_n &= na_1 + \dfrac{n(n-1)}{2}d\\ &= na_1 + \dfrac{n^2}{2} \cdot d - \dfrac{n}{2}\cdot d\\ &= \dfrac{d}{2} \cdot n^2 + (a_1 - \dfrac{d}{2})\cdot n \end{aligned} \]

即当 $d\ne 0$ 时，$S_n$ 是关于 $n$ 的二次函数，且不含常数项。

令 $\dfrac{d}{2} = A,a_1 -\dfrac{d}{2} = B$。所以若 $S_n = An^2 + Bn \iff S_n$ 为等差数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和，即所有的 $S_n$ 都可以写成 $An^2 + Bn$ 的形式，能写成 $A_n^2+Bn$ 的 $S_n$ 也一定是某等差数列的前 $n$ 项和。

适用范围：若题目中只出现 $S_n$，可设 $S_n = An^2 + Bn$ 求解。

对于涉及到 $S_n$ 的正负问题：

有

\[\begin{aligned}{} S_n = An^2 + Bn = n\cdot (An + B) \end{aligned} \]

因为 $n\in \mathrm{N^*}$，所以当 $A_n + B >0$ 时，$S_n > 0$；当 $A_n + B < 0 $ 时，$S_n < 0$。

例 1：设等差数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$，若 $S_6 > S_7 > S_5$，则满足 $S_n S_{n+1} <0$ 的正整数 $n$ 的值是多少。

设 $S_n = An^2 + Bn = n(An + B)$。则：

\[S_6 > S_7 \Longrightarrow 13 A + B <0\\ S_7 > S_5 \Longrightarrow 12 A + B >0 \]

所以 $S_{13} = 13(13A +B)<0,S_{12} = 12(12A + B)>0$，所以 $S_{12} \cdot S_{13} <0$，所以符合条件的 $n=12$。

例 2：设等差数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$，若 $S_n = m,S_m = n$，且 $n\ne m$，则 $S_{m+n}$ 是多少。

设 $S_n = An^2 + Bn$，则：

\[\begin{cases}{} An^2 + Bn = m & (1)\\ Am^2 + Bm = n & (2) \end{cases} \]

$(2) - (1)$ 得：

\[A(m-n)(m+n)+B(m-n) = -(m-n) \ce{->[m-n \ne 0]} A(m+n) +B = -1 \]

所以

\[\begin{aligned}{} S_{m+n} &= A(m+n)^2 + B(m+n)\\ &=(m+n)[A(m+n)+B]\\ &=-(m+n) \end{aligned} \]

解题方法

基本量法

将题目中所有的信息全部用 $a_1$ 和 $d$ 这两个基本量表示，一般利用以下两个公式：

\[\begin{cases}{} a_n = a_1 + (n-1)d\\ S_n = na_1 + \dfrac{n(n-1)}{2}d \end{cases} \]

性质法

根据每条性质的适用范围选择合适的性质求解问题。

等比数列

概念

从第 $2$ 项起，每一项与前一项之比都等于同一个非零常数 $q$ 的数列。即：

\[\dfrac{a_{n+1}}{a_n} = q,n\in \mathrm{N^*},q\ne 0 \]

其中 $q$ 叫做等比数列的公比。

注意：等比数列中没有 $0$（分母不为 $0$），且公比 $q$ 不为 $0$。

所以在判断一个数列是否是等比数列时，需要确认等比数列中是否可能出现 $0$。

隐藏条件：等比数列中所有的奇数项都是同号的，所有的偶数项也都是同号的。

这个性质在求等比中项的正负时会用到。例如：已知 $a_1 = 1,a_9 = 16$，所以 $a_5^2 = 16$。由于 $a_5$ 与 $a_1$ 和 $a_9$ 同号，所以 $a_5 = 4$。

等比中项

若 $x,G,y$ 是等比数列，则 $G$ 为 $x$ 和 $y$ 的等比中项，即 $G^2 = xy$。

公式

通项公式

\[\begin{aligned}{} &a_n = a_1 q^{n-1}(a_1 \ne 0,q\ne 0)\\ &a_n = a_m q^{n-m} \end{aligned} \]

前 $n$ 项和

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

前 $n$ 项积

\[\begin{aligned} &a_1 a_2\cdots a_n&\\ =&a_1(a_1q)(a_1q^2)\cdots(a_1q^{n-1})\\ =&a_1q^{\frac{n(n-1)}{2}} \end{aligned} \]

对于涉及到积的最值问题：一般判断积的最值都只需要找到何时 $a_n >1$ 或 $a_n<1$，其中间的下标即为使得等比数列前 $n$ 项积最大/最小的位置。

增减性

对于等比数列 $\{a_n\}$ 的首项为 $a_1$，公比为 $q$。

判断数列增减性的常见方法是判断 $a_{n+1} - a_n$ 的符号，那么有：

\[a_{n+1}-a_n = a_1 q^n - a_1 q^{n-1} = a_1 q^{n-1}(q-1) \]

有以下几种情况：

当 $q=1$ 时，$\{a_n\}$ 是常数列；
当 $q<0$ 时，$\{a_n\}$ 是摆动数列；
当 $q > 0$ 且 $q \ne 1$ 时：
- 当 $a_1(q-1) >0$，即 $a_1>0,q>1$ 或 $a_1 <0,0<q<1$ 时，$\{a_n\}$ 是递增序列；
- 当 $a_1(q-1)<0$，即 $a_1 >0,0<q<1$ 或 $a_1 <0,q>1$ 时，$\{a_n\}$ 是递减序列。

性质

性质一

适用范围：①题目中存在 $a_m\cdot a_n$ 的形式；②$m+n$ 为偶数。

内容：

$\{a_n\}$ 是等差数列，且 $m,n,p,q \in \mathrm{N^*}$，则：

\[m + n = p + q \Longrightarrow a_m \cdot a_n = a_p \cdot a_q \]

其中，左右两边必须保证项数一致。

推论：若 $m=n$，则 $a_m^2 = a_p \cdot a_q$。即下标之和的平均数为偶数时，对应项之积等于平均数对应项的平方。

本质：相当于将两项变为一项，起到了「消元」的作用。

注意：$a_m^2 = a_p \cdot a_q$，不要丢掉 $a_m$ 前面的系数 $2$。

性质二

适用范围：①题目中只出现 $S_k$（即不出现 $a_k$）；②题目中给定的 $S_k$ 中下标 $k$ 存在倍数关系。

本质：将等比数列每 $k$ 个数分成一组，则相邻两组的和之差形成的数列为等比数列。

内容：

等比数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$。若 $S_k,S_{2k}-S_k,S_{3k}-S_{2k},\cdots(k\in \mathrm{N^*})$ 其中没有 $0$，则 $S_k,S_{2k}-S_k,S_{3k}-S_{2k},\cdots(k\in \mathrm{N^*})$ 成等比数列，公比为 $q^k$。

注意：是相邻两组的和之差形成的数列为等比数列，而非相邻两组的和形成的数列。

从函数观点看等比数列

通项

\[\begin{aligned}{} a_n & = a_1 q^{n-1}\\ & = \dfrac{a_1}{q} \cdot q^n \end{aligned} \]

即当 $q>1$ 且 $q \ne 1$ 时，$a_n$ 是一个指数函数。

前 $n$ 项和

\[\begin{aligned} S_n & =\dfrac{a_1(1-q^n)}{1-q}(q\ne 1)\\ &=\dfrac{a_1}{q-1}q^n -\dfrac{a_1}{q-1} \end{aligned} \]

令 $\dfrac{a_1}{q-1} = A$。所以当 $q\ne 1$ 时，若 $S_n = Aq^n -A(A\ne 0) \iff S_n$ 为等比数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和，即所有的 $S_n$ 都可以写成 $Aq^n -A(A\ne 0)$ 的形式，能写成 $Aq^n -A(A\ne 0)$ 的 $S_n$ 也一定是某等差数列的前 $n$ 项和。

适用范围：若题目中只出现 $S_n$，可设 $S_n = Aq^n -A(A\ne 0)$ 求解。

注意：利用该式求解时，$q\ne 1$。

例：等比数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$，若 $S_3 = 2,S_6 = 18$，则 $\dfrac{S_{10}}{S_{5}}$ 是多少。

根据 $S_3 = 2,S_6 = 18$，得 $q\ne 1$。

设 $S_n = Aq^n - A = A(q^n - 1)$，则：

\[\dfrac{S_{10}}{S_5} = \dfrac{A(q^{10} - 1)}{A(q^5 - 1)}=\dfrac{(q^5-1)(q^5+1)}{q^5-1} = q^5 + 1 \]

且

\[\begin{cases} S_3 = A(q^3 - 1) = 2&(1)\\ S_6 = A(q^6 - 1) = 18&(2) \end{cases} \]

$\dfrac{(2)}{(1)}$ 得：

\[\dfrac{q^6 - 1}{q^3 - 1} = q^3 + 1 = 9 \Longrightarrow q = 2 \Longrightarrow \dfrac{S_{10}}{S_5} = q^5 +1 =33 \]

注意：计算时尽量能化简则化简后再计算。例如 $\dfrac{A(q^{10} - 1)}{A(q^5 - 1)} = q^5 +1$。

解题方法

基本量法

三种转化方式：

转化为 $a_1$ 和 $q$；
转化为已知的 $a_i$ 和 $q$。
转化为下标最小的 $a_i$。

注意：等比数列中均转化为 $a_1$ 和 $q$ 计算量可能较大，所以有时候需要根据题目考虑选择另外两种转化方式。

解题技巧及注意事项

等比数列中将表达式中的 $a_1$ 提出来是个较为常见的技巧。例如 $a_1+a_2 = 12 \to a_1(1+q) = 12$。
等比数列中告诉某两个与 $a$ 有关的等式，可以考虑「先相除后约分」，即将两等式中的公因式提出来（例如 $a_1$），然后将两等式相除，再约分之后求解。
注意看题目问的是 $a_n$ 还是 $S_n$，不要弄混。
遇到「取整函数」，可考虑求出结果为整数的项的下标，然后求解。

等差等比拓展

题型一：等差（比）中项判定等差（比）数列

等差中项判定等差数列

若

\[a_{n-1}+a_{n+1}=2a_n,n\ge 2 \]

则说明 $\{a_n\}$ 是等差数列。

补充：等差中项的性质也可以写成 $a_n + a_{n+2} = 2a_{n+1},n\in \mathrm{N^*}$，也能推出等差数列。

等比中项判定等比数列

若

\[a_{n-1}\cdot a_{n+1} = {an}^2,n \ge 2,且 ~a_n \ne 0 \]

则说明 $\{a_n\}$ 是等比数列。

题型二：$a_{m+n}$ 型数列

类型一

若数列 $\{a_n\}$ 满足：

\[a_{m+n} = a_m + a_n,m,n \in \mathrm{N^*} \]

那么有：

\[a_n = na_1 \]

即 $\{a_n\}$ 是公差和首项相等的等差数列。

类型二

若数列 $\{a_n\}$ 满足：

\[a_{m+n} = a_m \cdot a_n,m,n\in \mathrm{N^*}，且~a_1 \ne 0 \]

那么有：

\[a_n = {a_1}^n \]

即 $\{a_n\}$ 是公比和首项相等的等比数列。

题型三：两个数列的项

问题：求解两个数列通过变化（公共项或一个数列减去另一个数列中的项）得到的新数列相关的问题。

求解思路：

若得到的新数列是特殊数列或存在明显规律的问题：直接求解。例如两个等差数列的公共项也构成等差数列，并且其公差是两个等差数列公差的最小公倍数，其手相可通过列举法得到；
若不存在明显规律：观察新数列中的项是由给定的两个数列的哪些项组成的，在根据已知的两个数列的性质求解问题。

数列增减性

判断方法

求出通项公式，将数列看成函数来判断：其增减性与函数相同；
利用数列增减性的定义，即求出 $a_{n+1} - a_{n}$ 的正负：若 $a_{n+1} - a_n >0$，则是递增数列；若 $a_{n+1} - a_n < 0$，则是递减数列。

其中若题目未知通项公式，一般采用第二种方法求解。

注意：第二种方法求解增减性时，可能要判断数列中任意一项 $a_n$ 与某个常数的大小关系，可考虑「基本不等式」。

应用

直接已知数列求数列增减性。注意：若要求的数列是分式，可考虑「分离常数」求解函数增减性。
已知数列求数列最值。注意：求解最大值时，最后一个 $a_{n+1} > a_n$ 的 $n$ 并不是使得 $a_n$ 最大的 $n$，使得 $a_n$ 最大的 $n$ 是 $n+1$。
已知数列的增减性求数列中某参数的取值范围。

根据递推公式求 $a_n$

求通项公式 $a_n$ 的三种常见考法

已知 $\{a_n\}$ 是等差或等比，求 $a_n$：直接套公式。
已知 $\{a_n\}$ 的递推公式，求 $a_n$。
已知 $S_n$ 求 $a_n$。

累加法

适用范围：已知 $a_{n+1} - a_n = f(n)$。

注意：这里的 $a_{n+1} - a_n$ 表示的是类似的形式，而不一定是 $a_n$。例如 $\dfrac{1}{a_{n+1}} - \dfrac{1}{a_n}$ 也是可以的。

求解方法：

根据

\[\begin{aligned} a_1 &=a_1\\ a_2 - a_1 &=f(1)\\ a_3 - a_2 &=f(2)\\ &~~\vdots\\ a_{n-1} - a_{n-2} & = f(n-2)\\ a_n - a_{n-1} & = f(n-1) \end{aligned} \]

对其求和得到：

\[a_n = f(n-1) + f(n-2) + \cdots + f(1) + a_1 \]

注意：最后一定要验证 $a_1$ 是否满足上式。

累乘法

适用范围：已知 $\dfrac{a_{n+1}}{a_n} = f(n)$。

求解方法：

根据

\[\begin{aligned} a_1 &=a_1\\ \dfrac{a_2}{a_1} &=f(1)\\ \dfrac{a_3}{a_2} &=f(2)\\ &~~\vdots\\ \dfrac{a_{n-1}}{a_{n-2}} & = f(n-2)\\ \dfrac{a_n}{a_{n-1}} & = f(n-1) \end{aligned} \]

对其求积得到：

\[a_n = f(n-1) \cdot f(n-2) \cdot \cdots \cdot f(1) \cdot a_1 \]

注意：最后一定要验证 $a_1$ 是否满足上式。

构造法

构造类型已知

问题类型：一般第一问需证明某数列 $\{b_n\}$ 是等差/等比数列（即已知构造数列），其中 $b_n$ 与 $a_n$ 有关，第二问需根据第一问求出 $\{a_n\}$ 的通项公式。

注意：写 $b_{n-1}$ 时，要把 $b_n$ 与 $a_n$ 的关系式中所有的 $n$ 都换成 $n-1$。

求解步骤：

根据等差/等比数列的定义证明出 $\{b_n\}$ 是等差/等比数列。
- 确定目标：即确定要证明的式子为常数。尽量采用「设计谁就求与谁有关的式子」，例如题目的条件中若同时出现 $a_n$ 和 $a_{n+1}$ 就求与 $a_n$ 和 $a_{n+1}$ 有关的式子。
- 消元：消去式子中的 $a_n$ 或 $a_{n-1}$ 得到常数。消元时如果遇到分式可以考虑先通分，可能可以简化运算。
注意：等比数列除了证明 $\dfrac{b_n}{b_{n-1}}$ 为常数之外，还应该证明 $b_n \ne 0$；此时只需要证明首项 $b_1$ 不等于 $0$ 即可。
根据 $b_n$ 为特殊数列，求出其通项公式，再根据 $b_n$ 与 $a_n$ 的关系得到 $a_n$ 的通项公式。即：先求等差/等比，再求原数列。

注意：求 $b_n$ 的通项公式时，代入的是 $b_1$ 而不是 $a_1$。

构造类型未知

问题类型：未知需要构造的数列，求 $\{a_n\}$ 的通项公式。

不动点法

适用范围：已知 $a_{n+1} = pa_n + q$，其中 $p,q$ 为常数，且 $p \ne 1,q\ne 0$；即 $a_{n+1}$ 是有关 $a_n$ 的一次函数。

求解步骤：

令 $x = px +q$，解出 $x$，即 $x = \dfrac{q}{1-p}$。注意：这里是模仿形式，而非换元。

在 $a_{n+1} = pa_n + q$ 的等号两边，同时减去 $x$。

即转化为

\[a_{n+1} - x = p a_n + q - x \]

化简得到

\[a_{n+1} - \dfrac{q}{1 - p} = p(a_n - \dfrac{q}{1-p}) \]

从而得到构造数列 $\{a_n -x\}$，验证 $a_1\ne 0$，从而得到数列 $\{a_n - x\}$ 是等比数列。

求出数列 $\{a_n - x\}$ 的通项公式，转化得到 $\{a_n\}$ 的通项公式。

注意：其中第一步不需要写在卷子上，第二步和第三步需要写在卷子上。

分子常数项为 $0$ 的分式型数列

适用范围：已知 $a_{n+1} = \dfrac{ a_n}{p a_n + 1}$，其中 $p$ 为常数，且 $p \ne 0$。

求解步骤：

给 $a_{n+1} = \dfrac{ a_n}{p a_n + 1}$ 整体取倒数，即：

\[\dfrac{1}{a_{n+1}} = \dfrac{pa_n + 1}{a_n} \]

对等号左边分式拆分，得：

\[\dfrac{1}{a_{n+1}} = p + \dfrac{1}{a_n} \Longrightarrow \dfrac{1}{a_{n+1}} - \dfrac{1}{a_n} = p \]

从而构造出数列 $\left\{\dfrac{1}{a_n}\right\}$ 为等差数列。

求出数列 $\left\{\dfrac{1}{a_n}\right\}$ 的通项公式，转化得到 $\{a_n\}$ 的通项公式即可。

拓展——与不动点法的结合

已知 $a_{n+1} = \dfrac{k a_n}{p a_n + q}$，其中 $k,p,q$ 为常数，且 $k,p,q \ne 0$。

同上述求解步骤可以得到：

\[\dfrac{1}{a_{n+1}} = \dfrac{pa_n + q}{k a_n} \Longrightarrow \dfrac{1}{a_{n+1}} = \dfrac{p}{k} - \dfrac{q}{ka_n} \]
我们令 $b_n = \dfrac{1}{a_n}$，则：

\[b_{n+1} = \dfrac{p}{k} - \dfrac{q}{k}b_n \]
从而可以转化为「不动点法」求解出数列 $\{b_n\}$ 的通项公式，再转化得到 $\{a_n\}$ 的通项公式。

$a_{n+1} = pa_n + q^n$ 型数列

适用范围：已知 $a_{n+1} = pa_n + q^{n}$，其中 $p,q$ 为常数，且 $p \ne 1,q\ne 0$；

注意：

这里的 $q^n$ 是一个形式，表示以常数为底，幂中含有 $n$。即幂不一定非得是 $n$，例如 $q^{n+1}$ 也可以用此方法求解。

此类型的数列不能用「不动点法」求解，因为利用不动点法最终得到的形如 $a = kb$（$k$ 为常数，$a,b$ 为含有 $a_n$ 和 $a_{n+1}$ 的多项式）中，$a$ 和 $b$ 应该是一个等比数列的前后两项，但事实上此类型的数列化简后得到的并非同一个数列的前后两项。

求解方法：

给 $a_{n+1} = pa_n + q^n$ 等式两边同时除以 $q^n$，得到：

\[\dfrac{a_{n+1}}{q^n} = \dfrac{pa_n}{q^n} + 1 \]

令 $b_n = \dfrac{a_n}{q^n}$，则：

\[b_{n+1} = \dfrac{a_{n+1}}{q^{n+1}} = \dfrac{a_{n+1}}{q^n \cdot q} = \dfrac{1}{q}\cdot \dfrac{a_{n+1}}{q^n} \]

那么有：

\[qb_{n+1} = pb_n + 1 \Longrightarrow b_{n+1} = \dfrac{p}{q} b_n + \dfrac{1}{q} \]

从而可以转化为「不动点法」求解出数列 $\{b_n\}$ 的通项公式，再转化得到 $\{a_n\}$ 的通项公式。

注意：当 $p = q$ 时，第一步转化过后就可以得到 $\dfrac{a_{n+1}}{q^n} = \dfrac{a_n}{q^{n-1}} + 1$，从而令 $b_n = \dfrac{a_n}{q^{n-1}}$，此时 $\{b_n\}$ 直接可以看出是等差数列，当作等差数列求解。

$a_{n+1} = pa_n + Xn + Y$ 型数列

适用范围：已知 $a_{n+1} = pa_n + Xn + Y$，其中 $p,X,Y$ 为常数，且 $p \ne 1,X\ne 0$；

注意：此类型的数列不能通过上一类数列的方法求解，如果利用上一类数列的方法两边同时除以 $n+1$，会得到 $b_n = \dfrac{a_n}{Xn + Y}$，而等号左边会变成 $\dfrac{a_{n+1}}{Xn + Y}$，无法变成 $b_{n+1} = \dfrac{a_n}{Xn + Y +1}$ 的形式，因为 $Xn + Y +1 $ 和 $X_n+Y$ 没有倍数关系。

思路：

构造数列 $\{a_n + xn + y\}$，使得它是公比为 $p$ 的等比数列。

所以

\[a_{n+1} + x(n+1) + y =p(a_n + xn + y) \]

将 $a_{n+1}$ 用 $pa_n + Xn + Y$ 替换，即

\[pa_n + Xn + Y + xn + x + y = pa_n + pxn + py \]

那么

\[(p-1)xn + (p-1)y - Xn - Y - x =0 \]

按照 $n$ 整理得

\[[(p-1)x-X]n + (p-1)y - Y - x =0 \]

该式对于任意 $n \in \mathrm{N^*}$ 均成立，那么有

\[\begin{cases} (p-1)x - X = 0\\ (p-1)y - Y - x = 0 \end{cases} \Longrightarrow \begin{cases} x = \dfrac{X}{p-1}\\ y = \dfrac{X}{(p-1)^2} + \dfrac{Y}{p-1} \end{cases} \]

所以

\[a_n + xn + y = a_n + \dfrac{X}{p-1}n + \left[\dfrac{X}{(p-1)^2} + \dfrac{Y}{p-1}\right] \]

所以需要给原式等式两边同时加上

\[x(n+1) + y = \dfrac{X}{p-1} n + \dfrac{X}{(p-1)^2} + \dfrac{X+Y}{p-1} \]

构造数列 $\{a_n + xn + y\}$ 求解。

求解步骤：

给等式两边同时加上 $\dfrac{X}{p-1} n + \dfrac{X}{(p-1)^2} + \dfrac{X+Y}{p-1}$，得到

\[a_{n+1} + x(n+1) + y =p(a_n + xn + y) \]

其中 $x,y$ 的含义与上述思路中相同。

验证 $a_1 +x + y \ne 0$，则可以得到数列 $\{a_n + xn + y\}$ 是个公比为 $p$ 的等比数列。

根据等比数列可以求得其通项公式，从而转化为 $\{a_n\}$ 的通项公式。

注意：此类题目一般以证明题的形式出现，即证明 $\{a_n + xn + y\}$ 为等比数列。

奇偶项数列

问题特征：数列奇数项和偶数项各有各的规律，一般需要分开来求。

已知邻项和

求解步骤：

首先将邻项和变成隔项差：即把 $a_n + a_{n+1}$ 转化成 $a_{n+2} - a_n$，分成奇数项和偶数项然后各自计算。
分开求奇偶项：注意 $a_{2n-1}$ 是奇数项的第 $n$ 项，$a_{2n}$ 是偶数项的第 $n$ 项。
求 $a_n$：先求偶数项，再利用递推公式 $a_n + a_{n+1}$ 求奇数项。

求偶数项 $a_n$ （$n$ 为偶数）的方法：
- 设 $n = 2k$，则 $a_n$ 为偶数项的第 $k$ 项。
- 直接求 $a_n$（$n$ 为偶数）：偶数项的第 $\dfrac{n}{2}$ 项。

注意：

偶数项的首项是 $a_2$；

利用通项公式求解时，注意公式里的 $n$ 是项数。

已知邻项积

求解步骤：

首先将邻项积变成隔项商：即把 $a_n a_{n+1}$ 转化成 $\dfrac{a_{n+2}}{a_n}$，分成奇数项和偶数项然后各自计算。
分开求奇偶项：注意 $a_{2n-1}$ 是奇数项的第 $n$ 项，$a_{2n}$ 是偶数项的第 $n$ 项。
求 $a_n$：先求偶数项，再利用递推公式 $a_n a_{n+1}$ 求奇数项。

求偶数项 $a_n$ （$n$ 为偶数）的方法：
- 设 $n = 2k$，则 $a_n$ 为偶数项的第 $k$ 项。
- 直接求 $a_n$（$n$ 为偶数）：偶数项的第 $\dfrac{n}{2}$ 项。

其他类型

也可以分开求奇偶项，然后求出偶数项的通项公式，再转化成奇数项的通项公式即可。

注意：利用偶数项通项公式计算奇数项通项公式时，尽量通过 $a_{n+1}$ 求 $a_n$，而不是通过 $a_{n-1}$ 求 $a_n$。因为用 $a_{n-1}$ 求得的结果不包含 $a_1$，需要特判 $a_1$。

根据 $S_n$ 求 $a_n$

通用公式：

\[a_n= \begin{cases} S_1,n=1\\\\ S_n - S_{n-1},n\ge 2 \end{cases} \]

题型一：已知 $S_n$

先分段，再检验：$a_n$ 需分成 $n=1$ 和 $n \ge 2$ 两类分别计算，最后需要验证两类是否合并。

计算技巧：

当题目中出现了 $a^n$ 和 $a^{n-1}$ 可以互相转化：$a^n = a\cdot a^{n-1}$。

注意：若 $a_1$ 可以合并到 $n\ge 2$ 的情况中去，则 $a_1 = S_1 - S_0$，即 $S_0 = 0$。所以可以通过计算 $S_0$ 是否为 $0$ 判断能否合并。若 $S_0 = 0$，则可以合并；若 $S_0 \ne 0$，则不能合并。

可以发现，等差和等比数列的 $S_n$ 均满足 $S_0 = 0$，所以等差和等比数列的 $a_n$ 不需分段。

题型二：已知与 $\{a_n\}$ 有关的其他数列 $\{b_n\}$ 的 $S_n$

根据 $\{b_n\}$ 的 $S_n$ 求出 $\{b_n\}$ 的通项公式，再根据两数列的关系转化得到 $\{a_n\}$ 的通项公式。

题型三：已知 $S_n$ 与 $a_n$ 的关系

称题目中告诉的 $S_n$ 与 $a_n$ 的关系式为「有关 $S_n$ 的关系式」。

方法一——消去 $S_n$

适用范围：$n \ge 2$ 时，直接将有关 $S_n$ 和 $S_{n-1}$ 的两个关系式作差，用 $a_n$ 消去 $S_n$ 后简单变形即可求出 $a_n$。

求解：

仍然是先分段，再检验。

当 $n=1$ 时，可直接将 $S_n$ 与 $a_n$ 关系式中 $S_1$ 用 $a_1$ 替换，解有关 $a_1$ 的方程得到 $a_1$。
当 $n \ge 2$ 时，可将有关 $S_n$ 和 $S_{n-1}$ 的两个关系式作差，再用 $a_n$ 替换 $S_n - S_{n-1}$ 消去 $S_n$，化简得到一个 $a_n$ 的递推公式，再根据递推公式求出通项公式。
检验 $n=1$ 的情况是否可以包含进 $n \ge 2$ 的情况里，若可以，则合并。

注意：

得到的 $a_n$ 的递推公式需要注意 $n \ge 2$ 不能忽略。当题目求得的是 $a_{n+1}$ 与 $a_n$ 的关系式时，例如得到 $a_{n+1} = 2a_n$，得到的规律应该是「从第二项起，$a_n$ 是等比数列」，而非「$a_n$ 是等比数列」。

对于此类数列，得到的通项公式应该以 $a_2$ 作为首项计算，最后再判断 $a_1$ 是否可以合并进去。或者也可以直接判断 $a_2$ 和 $a_1$ 是否满足递推公式，若满足，可直接以 $a_1$ 为首项计算通项公式。

对于第二步化简得到 $a_n$ 的递推式的过程中，若遇到较为复杂，或次数较高的式子，优先考虑因式分解。

方法二——消去 $a_n$

适用范围：$n \ge 2$ 时，直接难以作差或作差较为复杂。

求解：

可以考虑消去 $a_n$，即将关系式中的 $a_n$ 直接用 $S_n - S_{n-1}$ 替换，变成只剩下 $S_n$ 的关系式。

$\{S_n\}$ 可以视为一个数列，有关 $S_n$ 的关系式实际上可以看作 $S_n$ 的递推公式，所以可以根据 $S_n$ 的递推公式求出 $S_n$ 的通项公式，再利用 $S_n - S_{n-1}$ 或直接代入题目中告诉的关系式求 $a_n$ 的通项公式。

题型四：已知 $S_n$ 与 $S_{n+1}$ 的关系（即关系式中只含 $S_n$）

称题目中告诉的 $S_n$ 与 $S_{n+1}$ 的关系式为「有关 $S_n$ 的关系式」。

方法一

仍然是先分段，再检验。

当 $n = 1$ 时，在有关 $S_1$ 的关系式中，将 $S_1$ 和 $S_2$ 用 $a_1$ 和 $a_1 + a_2$ 替换，根据 $a_1$ 已知，可以求得 $a_2$。
当 $n \ge 2$ 时，将有关 $S_n$ 和 $S_{n+1}$ 的关系式相减，再将 $S_{n+1}-S_n$ 和 $S_n - S_{n-1}$ 用 $a_{n+1}$ 和 $a_n$ 替换，得到有关 $a_n$ 的递推式，再根据递推公式求出通项公式。
检验 $n=1$ 的情况是否可以包含进 $n \ge 2$ 的情况里，若可以，则合并。

注意：这里对于 $n=1$ 的情况作用是求 $a_2$，所以 $n=1$ 不一定是用来求 $a_1$ 的。

方法二

$\{S_n\}$ 可以视为一个数列，题目中告诉的有关 $S_n$ 的关系式实际上可以看作 $S_n$ 的递推公式，所以可以根据 $S_n$ 的递推公式求出 $S_n$ 的通项公式，再求 $a_n$ 的通项公式。

题型四：已知 $T_n$ 和 $a_n$ 的关系

其中 $T_n$ 表示数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项积，求 $T_n$。

则：

\[a_n = \begin{cases} T_1, n=1\\\\ \dfrac{T_n}{T_{n-1}},n \ge 2 \end{cases} \]

求解：

仍然是先分段，再检验。

当 $n=1$ 时，可直接将 $T_n$ 与 $a_n$ 关系式中 $a_1$ 用 $T_1$ 替换，解有关 $T_1$ 的方程得到 $T_1$。
当 $n \ge 2$ 时，可将 $a_n$ 用 $\dfrac{T_n}{T_{n-1}}$ 表示，代入到题目给定的关系式中，得到一个关于 $T_n$ 的递推式，根据递推式可以求出 $T_n$ 的通项公式。
检验 $n=1$ 的情况是否可以包含进 $n \ge 2$ 的情况里，若可以，则合并。

当然也可以求出 $a_n$ 的通项公式。所以 $a_n,S_n,T_n$ 的通项公式都是可求的。

数列求和

可以求和的数列

等差/等比数列 $\to$ 公式法。
等差 $\times$ 等比型数列 $\to$ 错位相减法。
可以裂项的数列（分式型数列居多）$\to$ 裂项相消法。

错位相减法

等差 $\times$ 等比数列

若 $\{a_n\}$ 是等差数列，$\{b_n\}$ 是等比数列且 $q \ne 1$，则 $\{a_n \cdot b_n\}$ 为等差 $\times $ 等比数列。

即：

\[c_n = (an + b) \cdot q^n(q\ne 1) \]

则 $\{c_n\}$ 是等差 $\times$ 等比数列。

若 $q =1$，则 $\{c_n\}$ 为等差数列。

错位相减法的步骤

首先写出 $S_n$ 的表达式和 $qS_n$ 的表达式（错位书写）：

\[\begin{array}{} S_n &= &(a + b)\cdot q^1 & + & (2a + b )\cdot q^2 &+& (3a + b)\cdot q^3 &+& \cdots &+& (an+b)\cdot q^n&&&(1)\\ qS_n &= &&+&(a + b)\cdot q^2&+&(2a + b)\cdot q^3 &+& \cdots &+& [a(n-1) +b]\cdot q^n &-& (an + b)\cdot q^{n+1} &(2) \end{array} \]

$(1) - (2)$ 得：

\[\begin{aligned} (1-q)S_n &= (a + b)\cdot q^1 + [a\cdot q^2 + a \cdot q^3 + \cdots + a \cdot q^n] + (an + b)\cdot q^{n+1}\\ &=(a+b)\cdot q +\dfrac{a\cdot q^2(1-q^{n-1})}{1-q} +(an+b)\cdot q^{n+1}\\ &=(a+b)\cdot q + \dfrac{a\cdot q^2 - a\cdot q^{n+1}}{1-q}+(an + b)\cdot q^{n+1} \end{aligned} \]

所以：

\[S_n= \dfrac{(a+b)\cdot q}{1-q} + \dfrac{a\cdot q^{n+1} - a \cdot q^2}{(1-q)^2} + \dfrac{(an + b)\cdot q^{n+1}}{1-q} \]

经过计算可得到 $S_n$ 的表达式。

易错点及注意事项

书写 $S_n$ 以及 $qS_n$ 时注意保留指数形式，即保留 $q^n$。
两式作差时注意最后一项的符号，是减还是加。
对中间的等比数列求和时，注意项数：如果不包含第一项一般都是 $n-1$ 项，如果包含则一般是 $n$ 项。
求 $S_n$ 时最后一定要除以前面的系数 $1-q$。
可以通过 $S_1 = a_1$ 检验计算。

小结论：

任何一个等差 $\times$ 等比型数列 $a_n = (an + b)\cdot q^n(q \ne 1)$，其前 $n$ 项和 $S_n$ 一定可以写成一个等差 $\times$ 等比 $+$ 常数的形式，即 $S_n = (An + B)\cdot q^n + C$。

根据此可以通过 $S_0,S_1,S_2$ 建立三元一次方程组，解出 $A,B,C$，求得 $S_n$。

注意：

等差 $\times$ 等比型数列的形式统一，所以其 $S_0 = 0$。

根据计算可得，对于所有的等差 $\times$ 等比型数列，都有 $C = -B$。

考试时使用此方法，可仍用「错位相减法」的步骤书写，最后直接写出 $S_n$ 的结果。

裂项相消法

定义：将一个数列的第 $n$ 项 $a_n$ 写成另外一个数列 $\{b_n\}$ 中某两项的差（例如 $b_n - b_{n+1}$）叫做裂项。

目的：在求和时将中间的项消去简化运算。

适用范围：题目给定形如 $\dfrac{C}{A \times B}$ 的式子/数。

方法：

\[\dfrac{C}{A\times B} = \dfrac{C}{B-A}\times\left(\dfrac{1}{A} - \dfrac{1}{B}\right) \]

技巧：

有的时候裂项可以先提出前面的系数，例如 $a_n = \dfrac{2}{3n(n+1)} = \dfrac{2}{3}\times \dfrac{1}{n(n+1)} = \dfrac{2}{3} (\dfrac{1}{n}- \dfrac{1}{n+1})$。
若 $\dfrac{1}{A}$ 和 $\dfrac{1}{B}$ 是同一个数列的相邻两项，则整理消元时可以邻项相消。若并非相邻的两项，一般只能隔项相消。
隔项相消的一个不容易出错的方法是：将所有符号相同的项放在一起分成两类（或将所有的加法放在一起，减法放在一起），则加法和减法里公共的部分即可消去。
有时候将分母中两个式子 $A$ 和 $B$ 同时乘上 $-1$ 计算更方便（见下方例 1）。
有时可以考虑提出分母中某项的系数，并且可能上下可以同时约去某个多项式使得 $\dfrac{C}{B-A}$ 成为常数（见下方例 2）。
直接裂项无法处理的时候，可以考虑「先猜后证」。猜想时可观察原式分子的特点进行猜测，比如与 $2^n$ 有关或带根号等（见下方例 3）。
对于分母上有带根的式子，可以考虑「分母有理化」后再处理计算。

例 1：

\[a_n = \dfrac{1}{(-2n + 27)(-2n + 25)} = \dfrac{1}{(2n - 27)(2n - 25)} = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2n - 27} - \dfrac{1}{2n - 25}\right) \]

有时候将下方两个式子同时乘上 $-1$ 计算更方便。

例 2：

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

有时可以考虑提出某项的系数，并且可能上下可以同时约去某个多项式使得 $\dfrac{C}{B-A}$ 成为常数。

例 3：

\[a_n = \dfrac{n\cdot 2^n}{(n+1)(n+2)} \]

直接拆分成 $\dfrac{1}{n+1} - \dfrac{1}{n+2}$ 显然不成立，考虑「先猜后证」。

考虑拆得的两个分式分母仍然为 $n+1$ 和 $n+2$，由于原分式分子与 $2^n$ 有关，可考虑拆分为与 $2^n$ 有关的同一个数列的两项，则猜想 $\dfrac{2^n}{n+1} - \dfrac{2^{n+1}}{n+2}$，验证：

\[\dfrac{2^n}{n+1} - \dfrac{2^{n+1}}{n+2} = \dfrac{-n\cdot 2^n}{(n+1)(n+2)} \]

发现为原分式的相反数。那么考虑微调，即：

\[a_n = \dfrac{n\cdot 2^n}{(n+1)(n+2)} = - \left(\dfrac{2^n}{n+1} - \dfrac{2^{n+1}}{n+2}\right) = \dfrac{2^{n+1}}{n+2} - \dfrac{2^n}{n+1} \]

注意先猜后证不应该写在考试卷子上。

注意：

需要判断 $\dfrac{1}{A}$ 和 $\dfrac{1}{B}$ 是否为同一个数列的某两项，只有他们在同一个数列中，裂项才是有效的裂项。

一般让 $A < B$，因为这样得到的 $\dfrac{1}{A} - \dfrac{1}{B}$ 是一个正数，不会出现负号，容易计算。

裂项后要检查其系数 $\dfrac{C}{B-A}$ 是否为常数，只有它是常数，对于每一项都可以提出 $\dfrac{C}{B-A}$，这样的裂项才是有效的裂项。

求和的常见考法

绝对值求和

问题模型：求某个数列 $\{a_n\}$ 的绝对值数列 $\{|a_n|\}$ 的 $S_n$。

求解：

判断正负：判断什么时候 $a_n > 0$，什么时候 $a_n <0$；
分段计算：从正负分解处分段计算 $S_n$，最后再考虑是否能合并。

注意：对于第一步判断正负时，对于不容易判断正负的数列，可以先列举几项观察规律然后再证明，证明时可将证明对象拆分。比如我们要证明当 $n \ge 3$ 时，$b_n >0$，可以证明 $b_3 >0$，且 $n \ge 3$ 时单调递增。

分组求和

问题模型：将两个类型不同的数列合为一个数列（相加或相减），求其 $S_n$。

求解：将两个数列分开求和再合并。

奇偶项求和

正负交替型

问题特征：奇数项和偶数项一正一负排列的数列。

求解方法：

错位相减法：这样的数列一般是等差 $\times$ 等比数列，可直接转化为错位相减法求解。
奇偶分离法（通用方法）：奇数项和偶数项分开，奇数项一起求，偶数项一起求。
并项求和法：将相邻两项相加求解，一般相加后有一些规律，例如相邻两项之和为定值等。最后再将相加后得到的每两项的和相加求解。

一般来说「并项求和法」运算较为简便，应优先考虑。若不能使用「并项求和法」，应考虑「奇偶分离法」求解。「错位相减法」一般相比其他两者计算量较大，不推荐使用。

奇偶分离型

问题特征：奇数项和偶数项分别是两个不同数列的奇数项和偶数项。

求解方法：

将奇数项和偶数项的数列的奇数项和偶数项分别求和再相加。

注意：此类求和方法与前文提到的分组求和不同。

分组求和是将两个数列 $\{a_n\}$ 和 $\{b_n\}$ 相加之后得到一个新的数列 $\{a_n + b_n\}$，其求和是 $\{a_n\}$ 的所有项与 $\{b_n\}$ 的所有项之和。

而这里的求和对象，是指奇数项是某个数列 $\{a_n\}$ 的所有奇数项，偶数项也是另一个数列 $\{b_n\}$ 的所有偶数项，其求和是 $\{a_n\}$ 的所有奇数项与 $\{b_n\}$ 的所有偶数项之和。

所以需要注意对 $\{a_n\}$ 的奇数项求和不能当成直接对前 $n$ 项求和来计算。若 $\{a_n\}$ 是等差/等比数列，则需要注意新数列的公差（公比）。

其它类型的数列求和

遇到比较不常规的数列，可以考虑多列举几项数列中的项，观察规律再求解。

posted @ 2024-01-30 20:58 向日葵Reta 阅读(37) 评论(0) 编辑收藏举报

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【文化课学习笔记】【数学】数列

【数学】数列

数列

概念

分类

等差数列

概念

公式

性质

从函数观点看等差数列

解题方法

等比数列

概念

公式

增减性

性质

从函数观点看等比数列

解题方法

解题技巧及注意事项

等差等比拓展

题型一：等差（比）中项判定等差（比）数列

题型二：\(a_{m+n}\) 型数列

题型三：两个数列的项

数列增减性

根据递推公式求 \(a_n\)

求通项公式 \(a_n\) 的三种常见考法

累加法

累乘法

构造法

构造类型已知

构造类型未知

奇偶项数列

根据 \(S_n\) 求 \(a_n\)

题型一：已知 \(S_n\)

题型二：已知与 \(\{a_n\}\) 有关的其他数列 \(\{b_n\}\) 的 \(S_n\)

题型三：已知 \(S_n\) 与 \(a_n\) 的关系

题型四：已知 \(S_n\) 与 \(S_{n+1}\) 的关系（即关系式中只含 \(S_n\)）

题型四：已知 \(T_n\) 和 \(a_n\) 的关系

数列求和

可以求和的数列

错位相减法

裂项相消法

求和的常见考法

绝对值求和

分组求和

奇偶项求和

其它类型的数列求和

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