数列

表示

常用 $\{a_n\}$ 表示一个长度为 $n$ 的数列。

公式

有些数列有着通项公式：

$\{1,3,5,7,\dots\}$，这个数列的通项公式就是 $\forall n\in \mathbb{N}^+,a_n = 2n-1$

有些数列有着递推公式：

$\{1,1,2,3,5,\dots\}$,即斐波那契数列，它的递推公式就是 $\forall n\in \mathbb{N}^+,n>2, a_n = a_{n-1}+a_{n-2}$

有些数列啥都没有，没有好的性质，所以不考。

等差数列

类似于 $\{1,3,5,7,\dots\}$ 这样的数列，它们每两项的差是一个相等的数，我们就说这个数列是等差数列。

首项和公差

在上面这个例子中，$a_1=1$ 即为它的首项，$d=3-1=2$ 即为它的公差。

有了这两个概念后，数列的每一项，以及数列一段的和都能被表示出来了。

公式

第 $n$ 项：$a_n = a_1 +(n-1)d$。

等差数列前 $n$ 项和：$S_n = na_1 + \frac{n(n-1)}{2}d = \frac{(a_1+a_n)n}{2}$。

中项公式：若 $a,b,c$ 是等差数列相邻的 $3$ 项，则有 $2b = a+c$。

四项公式：若 $p,q,m,n\in \mathbb{N^+},p+q = m+n$ ，那么在一个等差数列中有 $a_p+a_q = a_m+a_n$

等比数列

类似于 $\{2,4,8,16,\dots\}$ 这样的数列，它们每两项的比值是一个相等的数，我们就说这个数列是等比数列。

首项和公比

在上面这个例子中，$a_1=2$ 即为它的首项，$q=4\div 2=2$ 即为它的公比，其中，公比不为 $0$。当 $q=1$ 的时候，这就成为了一个常数列。

公式

第 $n$ 项：$a_n = a_1 \times q^{n-1}$。

等比数列前 $n$ 项和：

\[s_n = \left\{ \begin{aligned} & na_1 ,\ \ \ \ \ q=1 \\ & \frac{a_1(1-q^n)}{1-q},q\not=1\text{且}q\not=0 \end{aligned} \right. \]

错位相减，正序相加。

中项公式：若 $a,b,c$ 是等比数列相邻的 $3$ 项，则有 $b^2 = ac$。

四项公式：若 $u,v,m,n\in \mathbb{N^+},u+v = m+n$ ，那么在一个等比数列中有 $a_ua_v=a_ma_n$

做题套路

累加法

\[\left\{ \begin{aligned} & a_n-a_{n-1}=\dots \\ & a_{n-1}-a_{n-2}=\dots \\ \vdots \\ & a_2-a_1 =\dots \end{aligned} \right. \]

相加求和得到 $a_n-a_1 = \dots$ ，进而得到通项公式。

进阶：

$a_{n+1} = 3a_n + 2\cdot 3^n + 1$

这种题要保证 $a_n$ 前的系数和幂的底数相等。

同除 $3^{n+1}$，得

\[\frac{a_{n+1}}{3^{n+1}} = \frac{a_n}{3^n} + \frac{2}{3}+\frac{1}{3^{n+1}} \]

设 $\large b_n = \frac{a_n}{3^n}$

则有

\[b_{n+1} = b_n +\frac{2}{3}+\frac{1}{3^{n+1}} \]

\[\left\{ \begin{aligned} & b_n-b_{n-1}=\frac{2}{3}+\frac{1}{3^n} \\ & b_{n-1}-b_{n-2}=\frac{2}{3}+\frac{1}{3^{n-1}} \\ \vdots \\ & b_2-b_1 =\frac{2}{3} + \frac{1}{9} = \frac{7}{9} \end{aligned} \right. \]

相加即可，别忘了最后是求 $a_n$。

累乘法

\[\left\{ \begin{aligned} & a_n=q_na_{n-1} \\ & a_{n-1}=q_{n-1}a_{n-2} \\ \vdots \\ & a_2=q_1a_1 \end{aligned} \right. \]

左右分别相乘，再消去，这个 $q$ 需要有一个通项公式才能做。

进阶：

$a_{n} = 2n\cdot5^{n-1}a_{n-1}$

则有

\[\left\{ \begin{aligned} & a_n=2n\cdot5^{n-1}a_{n-1} \\ & a_{n-1}=2(n-1)\cdot5^{n-2}a_{n-2} \\ \vdots \\ & a_2=2\cdot 2\cdot 5 \cdot a_1 \end{aligned} \right. \]

观察右边式子，相乘，得到

\[2^{n-1}n!5^{1+2+\dots +n-1}(a_1a_2\dots a_n) \]

左右相消

\[a_n = 2^{n-1}n!5^{\frac{n(n-1)}{2}}a_1 \]

有些题要注意下标。

待定系数法

$a_{n+1} = 3a_n + 4$

这种题考虑把这个 $4$ 整没了，怎么整没？

设

\[a_{n+1} +\alpha = 3(a_n + \alpha) \]

设 $b_n= a_n + \alpha$，就有 $b_{n+1} = 3b_n$，转化成等比数列。

求 $\alpha$ 也很简单，移项一下，得到 $3\alpha - \alpha = 4,\alpha = 2$。

$a_{n+1} = 3a_n + 4n$

照样来

$a_{n+1} + \alpha(n+1) + \beta = 3(a_n + \alpha n + \beta)$

加 $\beta$ 的目的是让它平衡。

\[\left\{ \begin{aligned} & 2\alpha = 4 \\ & 2\beta -\alpha = 0 \\ \end{aligned} \right. \]

解出来换元即可。

换元法

$a_{n+1} = \frac{1}{16}(1+4a_n + \sqrt{1+24a_n})$

设 $b_n = \sqrt{1+24a_n}$

则有 $a_n = \frac{b_n^2 - 1}{24}$

原式就变成了：

\[\frac{b_{n+1}^2-1}{24} = \frac{1}{16}(1+\frac{b_n^2-1}{6}+b_n) \]

\[4(b_{n+1}^2-1) = b_n^2 + 6b_n + 5 \]

\[4b_{n+1}^2 = b_n^2 + 6b_n + 9 = (b_n+3)^2 \]

因为 $b_n \ge 0$，所以

\[2b_n+1 = b_n + 3 \]

\[b_{n+1} = \frac{1}{2}b_n + \frac{2}{3} \]

待定系数法求解即可。

等差等比数列的和与通项公式的特殊关系

等差数列

\[\left\{ \begin{aligned} & a_n = a_1 + (n-1)d \\ & s_n = na_1 + \frac{n(n-1)}{2}d \\ \end{aligned} \right. \]

\[\frac{s_n}{n} = a_1 + (n-1)\frac{d}{2} \]

是一个首项为 $a_1$，公差为 $\frac{d}{2}$ 的等差数列。

对于一个等差数列 $\{a_n\}$，每 $m$ 个分一组，组内数相加，构成一个新的数列 $\{b_n\}$，那么新数列仍是等差数列，它的首项为 $a_1+a_2+\dots+a_m$，公差为 $m^2d$。

两个等差数列 $\{a_n\},\{b_n\}$ 和分别是 $S_n,T_n$，则有

\[\frac{S_{2n-1}}{T_{2n-1}} = \frac{a_n}{b_n} \]

等比数列

对于一个等比数列 $\{a_n\}$，每 $m$ 个分一组，组内数相加，构成一个新的数列 $\{b_n\}$，那么新数列仍是等比数列，它的首项为 $a_1+a_2+\dots+a_m$，公比为 $q^m$。

$a_n$ 和 $s_n$ 的关系

$a_n = s_n - s_{n-1} , n\ge 2$

错位相减

当一个等差数列 $\{a_n\}$ 和等比数列 $\{b_n\}$ 相乘构成一个新的数列 $\{a_nb_n\}$ 时，就可以运用错位相减法。

已知 $S_n = 2a_n-2n-1$ ，并证得 $\{a_n+2\}$ 是等比数列，求数列 $\{n\cdot (a_n+2)\}$ 的前 $n$ 项和

\[S_n = 1\cdot5\cdot2^0 + 2\cdot5\cdot2^1 + \dots + n\cdot5\cdot2^{n-1} \]

\[2S_n = 1\cdot5\cdot2^1 + 2\cdot5\cdot2^2 + \dots + n\cdot5 \cdot2^n \]

\[2S_n - S_n = -5 -5(2^1+2^2+\dots+2^{n-1}) + n\cdot5\cdot2^n \]

把 $-5$ 放进去

\[= -5(2^0+2^1+\dots +2^{n-1}) + n\cdot5\cdot2^n \]

\[=5n\cdot2^n-5(2^n-1)=5\cdot2^n(n-1)+5 \]

更普适的：

\[a_n = a_1 + (n-1)d , b_n = b_1q^{n-1} \]

\[S_n = a_1b_1 + a_2b_2 + \dots + a_nb_n \]

\[=a_1b_1+(a_1+d)b_1q+(a_1+2d)b_1q^2 + \dots + [a_1+(n-1)d]b_1q^{n-1} \]

\[qs_n = a_1b_1q+(a_1+d)b_1q^2+(a_1+2d)b_1q^3 + \dots + [a_1+(n-1)d]b_1q^{n} \]

\[(q-1)S_n = a_nb_n-db_1(q+q^2+\dots+q^{n-1})-a_1b_1 \]

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

裂项相消

要求解 $\frac{1}{1\times 2} + \frac{1}{2\times 3}+\dots+\frac{1}{n(n+1)}$

运用一个裂项的方法:$\frac{1}{n\times (n+1)} = \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$

于是式子就变成了

\[(\frac{1}{1}-\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+\dots+(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}) \]

\[= 1-\frac{1}{n+1} = \frac{n}{n+1} \]

这就是裂项相消的思想。

\[\frac{1}{n(n+k)} = \frac{1}{k}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+k}) \]

本质通分，差多少补多少。

$\large \frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt n} = \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt n}{(\sqrt{n+1}+\sqrt n)(\sqrt{n+1}-\sqrt n)} = \sqrt{n+1}-\sqrt n$

也是一种裂项，本质是分母有理化。

$\large \frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac{1}{2}(\frac{1}{n(n+1)}-\frac{1}{(n+1)(n+2)})$

倒序相加和分组求和

求 $ \sin²¹ + \sin²²+\dots+\sin²⁸⁹$

\[\text{令}S= \sin^21^{\circ} + \sin^22^{\circ}+\dots+\sin^289^{\circ} \]

\[S= \sin^289^{\circ} +\dots+\sin^22^{\circ}+\sin^21^{\circ} \]

\[2S= (\sin^21^{\circ}+\cos^21^{\circ}) + (\sin^22^{\circ}+\cos^22^{\circ})+(\sin^289^{\circ}+\cos^289^{\circ}) =89 \]

\[S = \frac{89}{2} \]

求 $\large (x+\frac{1}{x})^2+(x^2+\frac{1}{x^2})^2+\dots+(x^n+\frac{1}{x^{n}})^2$

展开得

\[(x^{2\cdot1}+\frac{1}{x^{2\cdot1}}+2)+(x^{2\cdot2}+\frac{1}{x^{2\cdot2}}+2)+\cdots+(x^{2\cdot n}+\frac{1}{x^{2\cdot n}}+2) \]

\[=(x^2+x^4+\dots+x^{2n})+(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x^4}+\dots+\frac{1}{x^{2n}})+2n \]

\[=\frac{x^2(1-x^{2n})}{1-x^2}+\frac{\frac{1}{x^2}(1-\frac{1}{x^{2n}})}{1-\frac{1}{x^2}} + 2n \]

\[= \frac{x^2(x^{2n}-1)}{x^2-1}+\frac{1-\frac{1}{x^{2n}}}{x^2-1} + 2n \]

\[= \frac{x^{2n+2}-x^2+1-\frac{1}{x^{2n}}}{x^2-1}+2n \]

\[=\frac{x^{4n+2}-x^{2n+2}+x^{2n}-1}{x^{2n}(x^2-1)}+2n \]

\[=\frac{(x^{2n}-1)(x^{2n+2}+1)}{(x^2-1)x^{2n}} + 2n \]

所以

\[ans = \left\{ \begin{aligned} & \frac{(x^{2n}-1)(x^{2n+2}+1)}{(x^2-1)x^{2n}} + 2n,x\not=\pm1 \\ & 4n\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ ,x=\pm1 \\ \end{aligned} \right. \]