【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:2,4,6,8,102,4,6,8,10…

其中,a1a_1 表示首项,ana_n 表示第 nn 项。

分类

  1. 递增数列:从第 22 项起,每一项都大于它前一项的数列。即 an+1>an,nNa_{n+1} > a_n,n \in \mathrm{N^*}
  2. 递减数列:从第 22 项起,每一项都小于它前一项的数列。即 an+1<an,nNa_{n+1}<a_n,n\in \mathrm{N^*}
  3. 常数列(常数数列):各项都相等的数列。
  4. 摆动数列:有些项大于前一项,有些项小于前一项的数列。

等差数列

概念

从第 22 项起,每一项与它的前一项之差都等于同一个常数 dd 的数列。即:

an+1an=d,nNa_{n+1} - a_n = d,n\in \mathrm{N^*}

其中 dd 叫做等差数列的公差。

等差中项

x,A,yx,A,y 是等差数列,则 AAxxyy 的等差中项(平均数),即 A=x+y2A = \dfrac{x+y}{2}

公式

通项公式

an=a1+(n1)dan=am+(nm)d\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 = 末项首项公差+1\dfrac{末项 - 首项}{公差} +1

nn 项和

Sn=n(a1+an)2Sn=na1+n(n1)2d\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 am+ana_m+a_n 的形式;②m+nm+n 为偶数。

内容:

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

m+n=p+qam+an=ap+aqm + 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=nm=n,则 2am=ap+aq2a_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:2am=ap+aq2a_m = a_p + a_q,不要丢掉 ama_m 前面的系数 22

性质二

适用范围:①等差数列的项数 nn 是奇数;②同时出现 SnS_nana_n 的问题。

内容:

在等差数列 {an}\{a_n\} 中,若 nn奇数,则 前 nn 项和 == 项数 ×\times 中间项,即:

Sn=nan+12S_n = n a_{\frac{n+1}{2}}

注意:不要丢掉 an+12a_{\frac{n+1}{2}} 前的系数 nn

性质三

适用范围:①题目中出现 SkS_k(即不出现 aka_k);②题目中给定的 SkS_k 中下标 kk 存在倍数关系。

本质:将等差数列每 kk 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 {an}\{a_n\} 的前 nn 项和为 SnS_n,则 Sk,S2kSk,S3kS2k,(kN)S_k,S_{2k}-S_k,S_{3k}-S_{2k},\cdots(k \in \mathrm{N^*}) 成等差数列, 公差为 k2dk^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 nNn \in \mathrm{N^*}

通项

an=a1+(n1)d=dn+a1d\begin{aligned}{}a_n & = a_1 + (n-1)d\\& = dn + a_1 - d\end{aligned}

即当 d0d\ne 0 时,ana_n 是关于 nn 的一次函数,其中 dd 是它的一次项系数。

所以当题目给定 an=kn+ba_n = kn + b 时,d=k,a1d=bd=k,a_1-d = b

nn 项和

Sn=na1+n(n1)2d=na1+n22dn2d=d2n2+(a1d2)n\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 d0d\ne 0 时,SnS_n 是关于 nn 的二次函数,且不含常数项。

d2=A,a1d2=B\dfrac{d}{2} = A,a_1 -\dfrac{d}{2} = B。所以若 Sn=An2+BnSnS_n = An^2 + Bn \iff S_n 为等差数列 {an}\{a_n\} 的前 nn 项和,即所有的 SnS_n 都可以写成 An2+BnAn^2 + Bn 的形式,能写成 An2+BnA_n^2+BnSnS_n 也一定是某等差数列的前 nn 项和。

适用范围:若题目中只出现 SnS_n,可设 Sn=An2+BnS_n = An^2 + Bn 求解。

对于涉及到 SnS_n 的正负问题:

Sn=An2+Bn=n(An+B)\begin{aligned}{}S_n = An^2 + Bn = n\cdot (An + B)\end{aligned}

因为 nNn\in \mathrm{N^*},所以当 An+B>0A_n + B >0 时,Sn>0S_n > 0;当 An+B<0A_n + B < 0 时,Sn<0S_n < 0

例 1:设等差数列 {an}\{a_n\} 的前 nn 项和为 SnS_n,若 S6>S7>S5S_6 > S_7 > S_5,则满足 SnSn+1<0S_n S_{n+1} <0 的正整数 nn 的值是多少。

Sn=An2+Bn=n(An+B)S_n = An^2 + Bn = n(An + B)。则:

S6>S713A+B<0S7>S512A+B>0S_6 > S_7 \Longrightarrow 13 A + B <0\\S_7 > S_5 \Longrightarrow 12 A + B >0

所以 S13=13(13A+B)<0,S12=12(12A+B)>0S_{13} = 13(13A +B)<0,S_{12} = 12(12A + B)>0,所以 S12S13<0S_{12} \cdot S_{13} <0,所以符合条件的 n=12n=12

例 2:设等差数列 {an}\{a_n\} 的前 nn 项和为 SnS_n,若 Sn=m,Sm=nS_n = m,S_m = n,且 nmn\ne m,则 Sm+nS_{m+n} 是多少。

Sn=An2+BnS_n = An^2 + Bn,则:

{An2+Bn=m(1)Am2+Bm=n(2)\begin{cases}{}An^2 + Bn = m & (1)\\Am^2 + Bm = n & (2) \end{cases}

(2)(1)(2) - (1) 得:

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

所以

Sm+n=A(m+n)2+B(m+n)=(m+n)[A(m+n)+B]=(m+n)\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 a1a_1dd 这两个基本量表示,一般利用以下两个公式:

{an=a1+(n1)dSn=na1+n(n1)2d\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 22 项起,每一项与前一项之比都等于同一个非零常数 qq 的数列。即:

an+1an=q,nN,q0\dfrac{a_{n+1}}{a_n} = q,n\in \mathrm{N^*},q\ne 0

其中 qq 叫做等比数列的公比。

注意:等比数列中没有 00(分母不为 00),且公比 qq 不为 00

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 00

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 a1=1,a9=16a_1 = 1,a_9 = 16,所以 a52=16a_5^2 = 16。由于 a5a_5a1a_1a9a_9 同号,所以 a5=4a_5 = 4

等比中项

x,G,yx,G,y 是等比数列,则 GGxxyy 的等比中项,即 G2=xyG^2 = xy

公式

通项公式

an=a1qn1(a10,q0)an=amqnm\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}

nn 项和

Sn={na1,q=1a1(1qn)1q=a1(qn1)q1,q1S_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}

nn 项积

a1a2an=a1(a1q)(a1q2)(a1qn1)=a1qn(n1)2\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 an>1a_n >1an<1a_n<1,其中间的下标即为使得等比数列前 nn 项积最大/最小的位置。

增减性

对于等比数列 {an}\{a_n\} 的首项为 a1a_1,公比为 qq

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

an+1an=a1qna1qn1=a1qn1(q1)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:

  • q=1q=1 时,{an}\{a_n\} 是常数列;
  • q<0q<0 时,{an}\{a_n\} 是摆动数列;
  • q>0q > 0q1q \ne 1 时:
    • a1(q1)>0a_1(q-1) >0,即 a1>0,q>1a_1>0,q>1a1<0,0<q<1a_1 <0,0<q<1 时,{an}\{a_n\} 是递增序列;
    • a1(q1)<0a_1(q-1)<0,即 a1>0,0<q<1a_1 >0,0<q<1a1<0,q>1a_1 <0,q>1 时,{an}\{a_n\} 是递减序列。

性质

性质一

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

内容:

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

m+n=p+qaman=apaqm + 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=nm=n,则 am2=apaqa_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:am2=apaqa_m^2 = a_p \cdot a_q,不要丢掉 ama_m 前面的系数 22

性质二

适用范围:①题目中出现 SkS_k(即不出现 aka_k);②题目中给定的 SkS_k 中下标 kk 存在倍数关系。

本质:将等比数列每 kk 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 {an}\{a_n\} 的前 nn 项和为 SnS_n。若 Sk,S2kSk,S3kS2k,(kN)S_k,S_{2k}-S_k,S_{3k}-S_{2k},\cdots(k\in \mathrm{N^*}) 其中没有 00,则 Sk,S2kSk,S3kS2k,(kN)S_k,S_{2k}-S_k,S_{3k}-S_{2k},\cdots(k\in \mathrm{N^*}) 成等比数列,公比为 qkq^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

an=a1qn1=a1qqn\begin{aligned}{}a_n & = a_1 q^{n-1}\\& = \dfrac{a_1}{q} \cdot q^n\end{aligned}

即当 q>1q>1q1q \ne 1 时,ana_n 是一个指数函数。

nn 项和

Sn=a1(1qn)1q(q1)=a1q1qna1q1\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}

a1q1=A\dfrac{a_1}{q-1} = A。所以当 q1q\ne 1 时,若 Sn=AqnA(A0)SnS_n = Aq^n -A(A\ne 0) \iff S_n 为等比数列 {an}\{a_n\} 的前 nn 项和,即所有的 SnS_n 都可以写成 AqnA(A0)Aq^n -A(A\ne 0) 的形式,能写成 AqnA(A0)Aq^n -A(A\ne 0)SnS_n 也一定是某等差数列的前 nn 项和。

适用范围:若题目中只出现 SnS_n,可设 Sn=AqnA(A0)S_n = Aq^n -A(A\ne 0) 求解。

注意:利用该式求解时,q1q\ne 1

例:等比数列 {an}\{a_n\} 的前 nn 项和为 SnS_n,若 S3=2,S6=18S_3 = 2,S_6 = 18,则 S10S5\dfrac{S_{10}}{S_{5}} 是多少。

根据 S3=2,S6=18S_3 = 2,S_6 = 18,得 q1q\ne 1

Sn=AqnA=A(qn1)S_n = Aq^n - A = A(q^n - 1),则:

S10S5=A(q101)A(q51)=(q51)(q5+1)q51=q5+1\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

{S3=A(q31)=2(1)S6=A(q61)=18(2)\begin{cases}S_3 = A(q^3 - 1) = 2&(1)\\S_6 = A(q^6 - 1) = 18&(2)\end{cases}

(2)(1)\dfrac{(2)}{(1)} 得:

q61q31=q3+1=9q=2S10S5=q5+1=33\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 A(q101)A(q51)=q5+1\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 a1a_1qq
  • 转化为已知aia_iqq
  • 转化为下标最小aia_i

注意:等比数列中均转化为 a1a_1qq 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

  1. 等比数列中将表达式中的 a1a_1 提出来是个较为常见的技巧。例如 a1+a2=12a1(1+q)=12a_1+a_2 = 12 \to a_1(1+q) = 12
  2. 等比数列中告诉某两个与 aa 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 a1a_1),然后将两等式相除,再约分之后求解。
  3. 注意看题目问的是 ana_n 还是 SnS_n,不要弄混。
  4. 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

an1+an+1=2an,n2a_{n-1}+a_{n+1}=2a_n,n\ge 2

则说明 {an}\{a_n\} 是等差数列。

补充:等差中项的性质也可以写成 an+an+2=2an+1,nNa_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

an1an+1=an2,n2,且 an0a_{n-1}\cdot a_{n+1} = {an}^2,n \ge 2,且 ~a_n \ne 0

则说明 {an}\{a_n\} 是等比数列。

题型二:am+na_{m+n} 型数列

类型一

若数列 {an}\{a_n\} 满足:

am+n=am+an,m,nNa_{m+n} = a_m + a_n,m,n \in \mathrm{N^*}

那么有:

an=na1a_n = na_1

{an}\{a_n\} 是公差和首项相等的等差数列。

类型二

若数列 {an}\{a_n\} 满足:

am+n=aman,m,nN,且 a10a_{m+n} = a_m \cdot a_n,m,n\in \mathrm{N^*},且~a_1 \ne 0

那么有:

an=a1na_n = {a_1}^n

{an}\{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

  1. 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;
  2. 利用数列增减性的定义,即求出 an+1ana_{n+1} - a_{n} 的正负:若 an+1an>0a_{n+1} - a_n >0,则是递增数列;若 an+1an<0a_{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 ana_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 an+1>ana_{n+1} > a_nnn 并不是使得 ana_n 最大nn,使得 ana_n 最大的 nnn+1n+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 ana_n

求通项公式 ana_n 的三种常见考法

  1. 已知 {an}\{a_n\} 是等差或等比,求 ana_n:直接套公式。
  2. 已知 {an}\{a_n\} 的递推公式,求 ana_n
  3. 已知 SnS_nana_n

累加法

适用范围:已知 an+1an=f(n)a_{n+1} - a_n = f(n)

注意:这里的 an+1ana_{n+1} - a_n 表示的是类似的形式,而不一定ana_n。例如 1an+11an\dfrac{1}{a_{n+1}} - \dfrac{1}{a_n} 也是可以的。

求解方法:

根据

a1=a1a2a1=f(1)a3a2=f(2)   an1an2=f(n2)anan1=f(n1)\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:

an=f(n1)+f(n2)++f(1)+a1a_n = f(n-1) + f(n-2) + \cdots + f(1) + a_1

注意:最后一定要验证 a1a_1 是否满足上式。

累乘法

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

求解方法:

根据

a1=a1a2a1=f(1)a3a2=f(2)   an1an2=f(n2)anan1=f(n1)\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:

an=f(n1)f(n2)f(1)a1a_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 a1a_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 {bn}\{b_n\} 是等差/等比数列(即已知构造数列),其中 bnb_nana_n 有关,第二问需根据第一问求出 {an}\{a_n\} 的通项公式。

注意:写 bn1b_{n-1} 时,要把 bnb_nana_n 的关系式中所有nn 都换成 n1n-1

求解步骤:

  1. 根据等差/等比数列的定义证明出 {bn}\{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 ana_nan+1a_{n+1} 就求与 ana_nan+1a_{n+1} 有关的式子。
    • 消元:消去式子中的 ana_nan1a_{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 bnbn1\dfrac{b_n}{b_{n-1}} 为常数之外,还应该证明 bn0b_n \ne 0;此时只需要证明首项 b1b_1 不等于 00 即可。

  2. 根据 bnb_n 为特殊数列,求出其通项公式,再根据 bnb_nana_n 的关系得到 ana_n 的通项公式。即:先求等差/等比,再求原数列。

    注意:求 bnb_n 的通项公式时,代入的是 b1b_1 而不是 a1a_1

构造类型未知

问题类型:未知需要构造的数列,求 {an}\{a_n\} 的通项公式。

不动点法

适用范围:已知 an+1=pan+qa_{n+1} = pa_n + q,其中 p,qp,q 为常数,且 p1,q0p \ne 1,q\ne 0;即 an+1a_{n+1} 是有关 ana_n 的一次函数。

求解步骤:

x=px+qx = px +q,解出 xx,即 x=q1px = \dfrac{q}{1-p}。注意:这里是模仿形式,而非换元。

an+1=pan+qa_{n+1} = pa_n + q 的等号两边,同时减去 xx

即转化为

an+1x=pan+qxa_{n+1} - x = p a_n + q - x

化简得到

an+1q1p=p(anq1p)a_{n+1} - \dfrac{q}{1 - p} = p(a_n - \dfrac{q}{1-p})

从而得到构造数列 {anx}\{a_n -x\},验证 a10a_1\ne 0,从而得到数列 {anx}\{a_n - x\} 是等比数列。

求出数列 {anx}\{a_n - x\} 的通项公式,转化得到 {an}\{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 00 的分式型数列

适用范围:已知 an+1=anpan+1a_{n+1} = \dfrac{ a_n}{p a_n + 1},其中 pp 为常数,且 p0p \ne 0

求解步骤:

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

1an+1=pan+1an\dfrac{1}{a_{n+1}} = \dfrac{pa_n + 1}{a_n}

对等号左边分式拆分,得:

1an+1=p+1an1an+11an=p\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 {1an}\left\{\dfrac{1}{a_n}\right\} 为等差数列。

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

拓展——与不动点法的结合

已知 an+1=kanpan+qa_{n+1} = \dfrac{k a_n}{p a_n + q},其中 k,p,qk,p,q 为常数,且 k,p,q0k,p,q \ne 0

同上述求解步骤可以得到:

1an+1=pan+qkan1an+1=pkqkan\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 bn=1anb_n = \dfrac{1}{a_n},则:

bn+1=pkqkbnb_{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 {bn}\{b_n\} 的通项公式,再转化得到 {an}\{a_n\} 的通项公式。

an+1=pan+qna_{n+1} = pa_n + q^n 型数列

适用范围:已知 an+1=pan+qna_{n+1} = pa_n + q^{n},其中 p,qp,q 为常数,且 p1,q0p \ne 1,q\ne 0

注意:

  • 这里的 qnq^n 是一个形式,表示以常数为底,幂中含有 nn。即幂不一定非得是 nn,例如 qn+1q^{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=kba = kbkk 为常数,a,ba,b 为含有 ana_nan+1a_{n+1} 的多项式)中,aabb 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:

an+1=pan+qna_{n+1} = pa_n + q^n 等式两边同时除以 qnq^n,得到:

an+1qn=panqn+1\dfrac{a_{n+1}}{q^n} = \dfrac{pa_n}{q^n} + 1

bn=anqnb_n = \dfrac{a_n}{q^n},则:

bn+1=an+1qn+1=an+1qnq=1qan+1qnb_{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:

qbn+1=pbn+1bn+1=pqbn+1qqb_{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 {bn}\{b_n\} 的通项公式,再转化得到 {an}\{a_n\} 的通项公式。

注意:当 p=qp = q 时,第一步转化过后就可以得到 an+1qn=anqn1+1\dfrac{a_{n+1}}{q^n} = \dfrac{a_n}{q^{n-1}} + 1,从而令 bn=anqn1b_n = \dfrac{a_n}{q^{n-1}},此时 {bn}\{b_n\} 直接可以看出是等差数列,当作等差数列求解。

an+1=pan+Xn+Ya_{n+1} = pa_n + Xn + Y 型数列

适用范围:已知 an+1=pan+Xn+Ya_{n+1} = pa_n + Xn + Y,其中 p,X,Yp,X,Y 为常数,且 p1,X0p \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+1n+1,会得到 bn=anXn+Yb_n = \dfrac{a_n}{Xn + Y},而等号左边会变成 an+1Xn+Y\dfrac{a_{n+1}}{Xn + Y},无法变成 bn+1=anXn+Y+1b_{n+1} = \dfrac{a_n}{Xn + Y +1} 的形式,因为 Xn+Y+1Xn + Y +1 Xn+YX_n+Y 没有倍数关系。

思路:

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

所以

an+1+x(n+1)+y=p(an+xn+y)a_{n+1} + x(n+1) + y =p(a_n + xn + y)

an+1a_{n+1}pan+Xn+Ypa_n + Xn + Y 替换,即

pan+Xn+Y+xn+x+y=pan+pxn+pypa_n + Xn + Y + xn + x + y = pa_n + pxn + py

那么

(p1)xn+(p1)yXnYx=0(p-1)xn + (p-1)y - Xn - Y - x =0

按照 nn 整理得

[(p1)xX]n+(p1)yYx=0[(p-1)x-X]n + (p-1)y - Y - x =0

该式对于任意 nNn \in \mathrm{N^*} 均成立,那么有

{(p1)xX=0(p1)yYx=0{x=Xp1y=X(p1)2+Yp1\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

an+xn+y=an+Xp1n+[X(p1)2+Yp1]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=Xp1n+X(p1)2+X+Yp1x(n+1) + y = \dfrac{X}{p-1} n + \dfrac{X}{(p-1)^2} + \dfrac{X+Y}{p-1}

构造数列 {an+xn+y}\{a_n + xn + y\} 求解。

求解步骤:

给等式两边同时加上 Xp1n+X(p1)2+X+Yp1\dfrac{X}{p-1} n + \dfrac{X}{(p-1)^2} + \dfrac{X+Y}{p-1},得到

an+1+x(n+1)+y=p(an+xn+y)a_{n+1} + x(n+1) + y =p(a_n + xn + y)

其中 x,yx,y 的含义与上述思路中相同。

验证 a1+x+y0a_1 +x + y \ne 0,则可以得到数列 {an+xn+y}\{a_n + xn + y\} 是个公比为 pp 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 {an}\{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 {an+xn+y}\{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:

  1. 首先将邻项和变成隔项差:即把 an+an+1a_n + a_{n+1} 转化成 an+2ana_{n+2} - a_n,分成奇数项和偶数项然后各自计算。

  2. 分开求奇偶项:注意 a2n1a_{2n-1} 是奇数项的第 nn 项,a2na_{2n} 是偶数项的第 nn 项。

  3. ana_n:先求偶数项,再利用递推公式 an+an+1a_n + a_{n+1} 求奇数项。

    求偶数项 ana_nnn 为偶数)的方法:

    • n=2kn = 2k,则 ana_n 为偶数项的第 kk 项。
    • 直接求 ana_nnn 为偶数):偶数项的第 n2\dfrac{n}{2} 项。

注意:

  • 偶数项的首项是 a2a_2
  • 利用通项公式求解时,注意公式里的 nn 是项数。

已知邻项积

求解步骤:

  1. 首先将邻项积变成隔项商:即把 anan+1a_n a_{n+1} 转化成 an+2an\dfrac{a_{n+2}}{a_n},分成奇数项和偶数项然后各自计算。

  2. 分开求奇偶项:注意 a2n1a_{2n-1} 是奇数项的第 nn 项,a2na_{2n} 是偶数项的第 nn 项。

  3. ana_n:先求偶数项,再利用递推公式 anan+1a_n a_{n+1} 求奇数项。

    求偶数项 ana_nnn 为偶数)的方法:

    • n=2kn = 2k,则 ana_n 为偶数项的第 kk 项。
    • 直接求 ana_nnn 为偶数):偶数项的第 n2\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 an+1a_{n+1}ana_n,而不是通过 an1a_{n-1}ana_n。因为用 an1a_{n-1} 求得的结果不包含 a1a_1,需要特判 a1a_1

根据 SnS_nana_n

通用公式:

an={S1,n=1SnSn1,n2a_n= \begin{cases}S_1,n=1\\\\S_n - S_{n-1},n\ge 2\end{cases}

题型一:已知 SnS_n

先分段,再检验:ana_n 需分成 n=1n=1n2n \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 ana^nan1a^{n-1} 可以互相转化:an=aan1a^n = a\cdot a^{n-1}

注意:若 a1a_1 可以合并到 n2n\ge 2 的情况中去,则 a1=S1S0a_1 = S_1 - S_0,即 S0=0S_0 = 0。所以可以通过计算 S0S_0 是否为 00 判断能否合并。若 S0=0S_0 = 0,则可以合并;若 S00S_0 \ne 0,则不能合并。

可以发现,等差和等比数列的 SnS_n 均满足 S0=0S_0 = 0,所以等差和等比数列的 ana_n 不需分段。

题型二:已知与 {an}\{a_n\} 有关的其他数列 {bn}\{b_n\}SnS_n

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

题型三:已知 SnS_nana_n 的关系

称题目中告诉的 SnS_nana_n 的关系式为「有关 SnS_n 的关系式」。

方法一——消去 SnS_n

适用范围:n2n \ge 2 时,直接将有关 SnS_nSn1S_{n-1} 的两个关系式作差,用 ana_n 消去 SnS_n 后简单变形即可求出 ana_n

求解:

仍然是先分段,再检验。

  • n=1n=1 时,可直接将 SnS_nana_n 关系式中 S1S_1a1a_1 替换,解有关 a1a_1 的方程得到 a1a_1

  • n2n \ge 2 时,可将有关 SnS_nSn1S_{n-1} 的两个关系式作差,再用 ana_n 替换 SnSn1S_n - S_{n-1} 消去 SnS_n,化简得到一个 ana_n 的递推公式,再根据递推公式求出通项公式。

  • 检验 n=1n=1 的情况是否可以包含进 n2n \ge 2 的情况里,若可以,则合并。

注意:

  • 得到的 ana_n 的递推公式需要注意 n2n \ge 2 不能忽略。当题目求得的是 an+1a_{n+1}ana_n 的关系式时,例如得到 an+1=2ana_{n+1} = 2a_n,得到的规律应该是「从第二项起,ana_n 是等比数列」,而非「ana_n 是等比数列」。

    对于此类数列,得到的通项公式应该以 a2a_2 作为首项计算,最后再判断 a1a_1 是否可以合并进去。或者也可以直接判断 a2a_2a1a_1 是否满足递推公式,若满足,可直接以 a1a_1 为首项计算通项公式。

  • 对于第二步化简得到 ana_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 ana_n

适用范围:n2n \ge 2 时,直接难以作差或作差较为复杂。

求解:

可以考虑消去 ana_n,即将关系式中的 ana_n 直接用 SnSn1S_n - S_{n-1} 替换,变成只剩下 SnS_n 的关系式。

{Sn}\{S_n\} 可以视为一个数列,有关 SnS_n 的关系式实际上可以看作 SnS_n 的递推公式,所以可以根据 SnS_n 的递推公式求出 SnS_n 的通项公式,再利用 SnSn1S_n - S_{n-1} 或直接代入题目中告诉的关系式求 ana_n 的通项公式。

题型四:已知 SnS_nSn+1S_{n+1} 的关系(即关系式中只含 SnS_n

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

方法一

仍然是先分段,再检验。

  • n=1n = 1 时,在有关 S1S_1 的关系式中,将 S1S_1S2S_2a1a_1a1+a2a_1 + a_2 替换,根据 a1a_1 已知,可以求得 a2a_2
  • n2n \ge 2 时,将有关 SnS_nSn+1S_{n+1} 的关系式相减,再将 Sn+1SnS_{n+1}-S_nSnSn1S_n - S_{n-1}an+1a_{n+1}ana_n 替换,得到有关 ana_n 的递推式,再根据递推公式求出通项公式。
  • 检验 n=1n=1 的情况是否可以包含进 n2n \ge 2 的情况里,若可以,则合并。

注意:这里对于 n=1n=1 的情况作用是求 a2a_2,所以 n=1n=1 不一定是用来求 a1a_1 的。

方法二

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

题型四:已知 TnT_nana_n 的关系

其中 TnT_n 表示数列 {an}\{a_n\} 的前 nn 项积,求 TnT_n

则:

an={T1,n=1TnTn1,n2a_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。

  • n=1n=1 时,可直接将 TnT_nana_n 关系式中 a1a_1T1T_1 替换,解有关 T1T_1 的方程得到 T1T_1

  • n2n \ge 2 时,可将 ana_nTnTn1\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 TnT_n 的递推式,根据递推式可以求出 TnT_n 的通项公式。

  • 检验 n=1n=1 的情况是否可以包含进 n2n \ge 2 的情况里,若可以,则合并。

当然也可以求出 ana_n 的通项公式。所以 an,Sn,Tna_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

  1. 等差/等比数列 \to 公式法。
  2. 等差 ×\times 等比型数列 \to 错位相减法。
  3. 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

{an}\{a_n\} 是等差数列,{bn}\{b_n\} 是等比数列且 q1q \ne 1,则 {anbn}\{a_n \cdot b_n\} 为等差 ×\times 等比数列。

即:

cn=(an+b)qn(q1)c_n = (an + b) \cdot q^n(q\ne 1)

{cn}\{c_n\} 是等差 ×\times 等比数列。

q=1q =1,则 {cn}\{c_n\} 为等差数列。

错位相减法的步骤

首先写出 SnS_n 的表达式和 qSnqS_n 的表达式(错位书写):

Sn=(a+b)q1+(2a+b)q2+(3a+b)q3++(an+b)qn(1)qSn=+(a+b)q2+(2a+b)q3++[a(n1)+b]qn(an+b)qn+1(2)\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)(1) - (2) 得:

(1q)Sn=(a+b)q1+[aq2+aq3++aqn]+(an+b)qn+1=(a+b)q+aq2(1qn1)1q+(an+b)qn+1=(a+b)q+aq2aqn+11q+(an+b)qn+1\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:

Sn=(a+b)q1q+aqn+1aq2(1q)2+(an+b)qn+11qS_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 SnS_n 的表达式。

易错点及注意事项

  1. 书写 SnS_n 以及 qSnqS_n 时注意保留指数形式,即保留 qnq^n
  2. 两式作差时注意最后一项的符号,是减还是加。
  3. 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 n1n-1 项,如果包含则一般是 nn 项。
  4. SnS_n 时最后一定要除以前面的系数 1q1-q
  5. 可以通过 S1=a1S_1 = a_1 检验计算。

小结论:

任何一个等差 ×\times 等比型数列 an=(an+b)qn(q1)a_n = (an + b)\cdot q^n(q \ne 1),其前 nn 项和 SnS_n 一定可以写成一个 等差 ×\times 等比 ++ 常数 的形式,即 Sn=(An+B)qn+CS_n = (An + B)\cdot q^n + C

根据此可以通过 S0,S1,S2S_0,S_1,S_2 建立三元一次方程组,解出 A,B,CA,B,C,求得 SnS_n

注意:

  • 等差 ×\times 等比型数列的形式统一,所以其 S0=0S_0 = 0
  • 根据计算可得,对于所有的等差 ×\times 等比型数列,都有 C=BC = -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 SnS_n 的结果。

裂项相消法

定义:将一个数列的第 nnana_n 写成另外一个数列 {bn}\{b_n\} 中某两项的差(例如 bnbn+1b_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 CA×B\dfrac{C}{A \times B} 的式子/数。

方法:

CA×B=CBA×(1A1B)\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 an=23n(n+1)=23×1n(n+1)=23(1n1n+1)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})
  • 1A\dfrac{1}{A}1B\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 AABB 同时乘上 1-1 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 CBA\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 2n2^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:

an=1(2n+27)(2n+25)=1(2n27)(2n25)=12(12n2712n25)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 1-1 计算更方便。

例 2:

an=2n+1n2(2n+2)2=2n+14n2(n+1)2=142n+1n2(n+1)2=14[1n21(n+1)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 CBA\dfrac{C}{B-A} 成为常数。

例 3:

an=n2n(n+1)(n+2)a_n = \dfrac{n\cdot 2^n}{(n+1)(n+2)}

直接拆分成 1n+11n+2\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+1n+1n+2n+2,由于原分式分子与 2n2^n 有关,可考虑拆分为与 2n2^n 有关同一个数列的两项,则猜想 2nn+12n+1n+2\dfrac{2^n}{n+1} - \dfrac{2^{n+1}}{n+2},验证:

2nn+12n+1n+2=n2n(n+1)(n+2)\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:

an=n2n(n+1)(n+2)=(2nn+12n+1n+2)=2n+1n+22nn+1a_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 1A\dfrac{1}{A}1B\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<BA < B,因为这样得到的 1A1B\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 CBA\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 CBA\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 {an}\{a_n\} 的绝对值数列 {an}\{|a_n|\}SnS_n

求解:

  1. 判断正负:判断什么时候 an>0a_n > 0,什么时候 an<0a_n <0
  2. 分段计算:从正负分解处分段计算 SnS_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 n3n \ge 3 时,bn>0b_n >0,可以证明 b3>0b_3 >0,且 n3n \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 SnS_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:

  1. 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。
  2. 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。
  3. 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 {an}\{a_n\}{bn}\{b_n\} 相加之后得到一个新的数列 {an+bn}\{a_n + b_n\},其求和是 {an}\{a_n\}所有项{bn}\{b_n\}所有项之和。

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

所以需要注意对 {an}\{a_n\} 的奇数项求和不能当成直接对前 nn 项求和来计算。若 {an}\{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。

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