数列选讲

通项公式的求法

观察归纳法

俗称瞪眼大法。

已知数列前若干项，求该数列的一个通项公式时，常用观察归纳法。观察数列的特征，横向看各项之间的关系结构，纵向看各项与项数 \(n\) 的内在联系，寻找规律，从而根据规律写出此数列的一个通项公式。

公式法

当数列符合等差数列或等比数列的定义，求通项公式时，只需求出 \(a_1\) 与 \(d\) 或 \(a_1\) 与 \(q\)，再代入公式 \(a_n=a_1+(n-1)d\) 或 \(a_n=a_1\cdot q^{n-1}\) 中即可。

由 \(S_n\) 求 \(a_n\)

利用 \(a_n=\begin{cases}S_1, & n=1 \\ S_n-S_{n-1}, & n\geqslant 2\end{cases}\) 可以求得通项公式 \(a_n\)，注意对 \(n=1\) 与 \(n\geqslant 2,n\in\N^*\) 两种情况进行分类讨论。

累加法

若数列 \(\left\{a_n\right\}\) 的递推公式形如 \(a_{n+1}=a_n+f(n)(n\in\N^*)\) 且数列 \(\left\{f(n)\right\}\) 可求和，通常用累加法求通项公式，其方法如下：

由递推关系可知 \(a_{n+1}=a_n+f(n)\)，即 \(a_2-a_1=f(1)\)，\(a_3-a_2=f(2)\)，\(a_4-a_3=f(3)\)，\(\cdots\)，\(a_n-a_{n-1}=f(n-1)\)。

上式左右两边相加可得

\[(a_n-a_{n-1})+(a_{n-1}-a_{n-2})+(a_{n-2}-a_{n-3})+\cdots+(a_2-a_1)=f(n-1)+f(n-2)+f(n-3)+\cdots+f(1) \]

即

\[a_n-a_1=f(1)+f(2)+f(3)+\cdots+f(n-1) \]

这种方法又被称为逐差法。

累乘法

若数列 \(\left\{a_n\right\}\) 的递推公式形如 \(a_{n+1}=a_nf(n)(n\in\N^*)\) 且数列 \(\left\{f(n)\right\}\) 可求积，通常用累乘法求通项公式，其方法如下：

由递推关系可知 \(\displaystyle\frac{a_n}{a_{n-1}}=f(n-1)\)，即 \(\displaystyle\frac{a_2}{a_1}=f(1)\)，\(\displaystyle\frac{a_3}{a_2}=f(2)\)，\(\displaystyle\frac{a_4}{a_3}=f(3)\)，\(\cdots\)，\(\displaystyle\frac{a_n}{a_{n-1}}=f(n-1)\)。

上式左右两边相乘可得

\[\displaystyle\frac{a_n}{a_{n-1}}\cdot\displaystyle\frac{a_{n-1}}{a_{n-2}}\cdot\displaystyle\frac{a_{n-2}}{a_{n-3}}\cdot\cdots\cdot\displaystyle\frac{a_2}{a_1}=f(n-1)\cdot f(n-2)\cdot f(n-3)\cdot\cdots\cdot f(1) \]

即

\[\displaystyle\frac{a_n}{a_{n-1}}=f(1)\cdot f(2)\cdot f(3)\cdot\cdots\cdot f(n-1) \]

这种方法又被称为逐商法。

数列求和的方法

求和公式法

就是直接套公式，没啥好讲的。

这里给出一些也许能用上的公式：

正整数前 \(n\) 项和的公式：

\[1+2+3+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2} \]

正整数的平方构成的数列 \(\left\{n^2\right\}\) 的前 \(n\) 项和公式：

\[1^2+2^2+3^2+\cdots+n^2=\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1) \]

正整数的立方构成的数列 \(\left\{n^3\right\}\) 的前 \(n\) 项和公式：

\[1^3+2^3+3^3+\cdots+n^3=\Big[\frac{n(n+1)}{2}\Big]^2 \]

倒序相加法

在一个数列 \(\left\{a_n\right\}\) 中，若与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和，则可用倒序相加法求和。

错位相减法

错位相减法可以用于求解下面的求和问题：已知数列 \(\left\{a_n\right\}\) 和 \(\left\{b_n\right\}\) 分别是等差数列和等比数列，求数列 \(\left\{a_n\cdot b_n\right\}\) 的前 \(n\) 项和。

解：设数列 \(\left\{a_n\cdot b_n\right\}\) 的前 \(n\) 项和为 \(S_n\)，等差数列 \(\left\{a_n\right\}\) 的首项是 \(a_1\)，公差是 \(d\)，等比数列 \(\left\{b_n\right\}\) 的首项是 \(b_1\)，公比是 \(q\)，则：

\[\begin{aligned} S_n &=a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3+\cdots+a_nb_n\\ &=a_1b_1+a_2b_1q+a_3b_2q^2+\cdots+a_nb_1q^{n-1}\\ \end{aligned} \]

\[qS_n=a_1b_1q+a_2b_1q^3+a_3b_1q^3+\cdots+a_nb_1q^n \]

\[\therefore S_n-qS_n=a_1b_1+(a_2-a_1)b_1q+(a_3-a_2)b_1q^2+\cdots+(a_n-a_{n-1})b_1q^{n-1}-a_nb_1q^n \]

由等差数列定义可知 \(a_2-a_1=a_3-a_2=\cdots=a_n-a_{n-1}=d\)。

\[\begin{aligned} \therefore(1-q)S_n &=a_1b_1+db_1q+db_1q^2+\cdots+db_1q^{n-1}-a_nb_1q^n\\ &=a_1b_1+db_1(q+q^2+\cdots+q^{n-1})-a_nb_1q^n \end{aligned} \]

\(\therefore\) 当 \(q=1\) 时，有

\[S_n=b_1\cdot(a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n)=b_1\cdot\frac{n(a_1+a_n)}{2} \]

当 \(q\ne 1\) 时，有

\[S_n=\frac{a_1b_1-a_nb_1q^n}{1-q}+db_1\cdot\frac{q(1-q^{n-1})}{(1-q)^2} \]

裂项相消法

裂项相消法的基本思想：设法将数列的每一项拆成两项或若干项，并使它们在相加时除了首尾各有一项或少数几项外，其余各项都能前后正负相消，进而求出数列的前 \(n\) 项和。使用此方法时必须弄清消去了哪些项，保留了哪些项，一般未被消去的项有前后对称的特点。

常见的裂项公式：

\[\frac{1}{a_na_{n+1}}=\frac{1}{d}\Big(\frac{1}{a_n}-\frac{1}{a_{n+1}}\Big)\\[10pt] \frac{1}{a_na_{n+2}}=\frac{1}{2d}\Big(\frac{1}{a_n}-\frac{1}{a_{n+2}}\Big)\\[10pt] \frac{1}{n(n+k)}=\frac{1}{k}\Big(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+k}\Big)\\[10pt] \frac{1}{(2n-1)(2n+1)}=\frac{1}{2}\Big(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\Big)\\[10pt] \frac{1}{n(n+1)(n+2)}=\frac{1}{2}\Bigg[\frac{1}{n(n+1)}-\frac{1}{(n+1)(n+2)}\Bigg]\\[10pt] \frac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n+k}}=\frac{1}{k}\big(\sqrt{n+k}-\sqrt{n}\big)\\[10pt] \]