数列基础
基础概念
数列是由数字组成的有序序列，数列中的每一个数都叫做这个数列的项。
项数有限的数列成为有限数列，项数无穷多的成为无穷数列。
排在第一位的数称为这个数列的首项，有限数列的最后一个数成为这个数列的末项。
注意：无穷数列只有首项，没有末项。
对于数列，更严谨的定义，考虑最一般的复数，下文再说。
无穷数列
一个 \((a:\mathbb N\to\mathbb C)\) 的函数被称为无穷数列。
可记为 \(\{a_i\}_{i\in\mathbb N}\) 或 \((a_i)_{i\in\mathbb N}\) 或 \(\langle a_i\rangle_{i\in\mathbb N}\)。
一个数列 \(a\) 的第 \(i\) 项，通常记为 \(a(i)\)，简记为 \(a_i\)。
有限数列
若 \(I_n=\{1,2,\dots,n\}\)，则一个 \((a:I_n\to\mathbb C)\) 的函数被称为有限数列。
可记为 \(\{a_i\}_{i=1}^n\) 或 \((a_i)_{i=1}^n\) 或 \(\langle a_i\rangle_{i=1}^n\)。
同时，也可以将 \(0\) 作为数列的首项，类似的。
数列的级数
数列中各个项的和称为级数，具体的，
一个数列 \(a_i\,(i\in\mathbb N)\) 的级数是另外一个数列 \(s_i\,(i\in\mathbb N)\)，具有以下特性：
- \(s_0=a_0\)，
- \(s_n=s_{n-1}+a_n\,(\forall n\in\mathbb Z^*)\)
一般会将 \(\{s_i\}_{i\in\mathbb N}\) 写为，
\[ \sum _{i=0}^na_i \]
甚至更直观的 \(a_0+a_1+\dots +a_n\) 来凸显级数源于求和的直观概念。
对于从 \(1\) 开始的数列，同理，一般直接使用求和符号简记为，
\[ s_i=\sum_{i=1}^na_i \]
数列与函数
我们知道函数和数列都是一种映射，只不过，函数一般是连续的，而数列一般是离散的。
容易发现，数列，
\[ a_n=f(n) \]
其级数，即为 \(f\) 函数的积分，
\[ s_n=g(n) \]
其差分，即为 \(f\) 函数的微分，
\[ d_n=k(n) \]
我们在数列进阶部分讨论。
表示方法
列举法
例如：
\[ a=\langle1,2,4,8,16\rangle \]
对于无穷数列很不好用。
图像法
-
数列是离散的，因此数列的图像是一个散点图。
-
一般这个不好用。
下面我们介绍几个常用的表示方法：通项公式和递推公式。
通项公式
定义，表示 \(n\) 和 \(a_n\) 的关系的公式，叫做 \(a\) 的通项公式。
把数列看成函数的形式，
\[ a_n=f(n) \]
数列对应函数的解析式，被称为数列的通项公式。
例如，
\[ a_n=2^n \]
递推公式
定义，表示 \(a_n\) 和 \(a_n\) 的前一或前几项的关系的公式，叫做 \(a\) 的递推公式。
例如，
\[ a_{n+1}=a_n+2 \]
特殊的，如果要根据递推公式确定一个数列，还需要知道数列的任意一项。
一般会表示数列的首项，例如，
\[ a_1=1 \]
如果一个数列只跟其前面的 \(k\) 项有关，其中 \(k\) 是满足这个条件的最小正整数，
那么称这个数列的阶数为 \(k\)，即这个数列是一个 \(k\) 阶数列。
等差数列
在等差数列中，任何相邻两项的差相等，该差值称为公差 \(d\)。
具体的，可以表示为，
\[ a_n=d+qn \]
的，都是等差数列。
上式中，公差为 \(d\)，首项 \(a_1=d+q\)。
- 若 \(d>0\)，等差数列为一个严格单调递增数列。
- 若 \(d<0\)，等差数列为一个严格单调递减数列。
- 特殊的，若 \(d=0\)，等差数列退化为一个常数列。
递推公式
形如，
\[ \boxed{a_{n+1}=a_n+d,(n\in\mathbb Z^*)} \]
或者记为，
\[ a_{n+1}-a_n=d \]
即公差的定义式。
通项公式
形如，
\[ \boxed{a_n=a_1+(n-1)d} \]
即，角标减一，等于公差个数。
或者对于从 \(0\) 开始的数列，
\[ a_n=a_0+nd \]
前面的一项即为首项，其与公差需为给定的确定的数。
等差性质
除了上述几条，
给定任意两项 \(a_n,a_m\)，则公差，
\[ \boxed{d={a_n-a_m\over n-m}} \]
在等差数列中，前项与后项和为该项两倍，具体的，
\[ \begin{aligned} a_{n-1}+a_{n+1}&=a_n-d+a_n+d\\ &=2a_n \end{aligned} \]
从另一个角度看，等差数列中的任意一项，是其前项和后项的算术平均：
\[ a_n={a_{n-1}+a_{n+1}\over2} \]
对于正整数 \(m,n,p,q\)，若 \(m+n=p+q\)，则，
\[ \boxed{a_m+a_n=a_p+a_q} \]
或者简化一下，
\[ \boxed{a_m+a_n=a_{m-k}+a_{n+k}} \]
据此，有，
\[ \boxed{a_{n-k}+a_{n+k}=2a_n} \]
对于 \(a_{n-k},a_n,a_{n+k}\) 有意义。据此，同理，
\[ a_n={a_{n-k}+a_{n+k}\over2} \]
若 \(\langle a_n\rangle\) 为一个等差数列，则，
- \(\langle b+a_n\rangle\)：为一个等差数列；
- \(\langle b\times a_n\rangle\)：为一个等差数列；
- \(\langle b^{a_n}\rangle\)：为一个等比数列（见下）；
项数公式
给定等差数列首项 \(a_1\) 及公差 \(d\)，有项 \(a_k\)，则，
\[ \begin{aligned} a_k=a_1+(k-1)d\\ k-1={a_k-a_1\over d}\\ \boxed{k={a_k-a_1\over d}+1} \end{aligned} \]
或对于 \(a_0\)，
\[ \begin{aligned} a_k=a_0+kd\\ k={a_k-a_0\over d}\\ \end{aligned} \]
另外的，函数思想，有，
\[ \begin{aligned} a_n=f(n)\\ n=g(a_n) \end{aligned} \]
即 \(f,g\) 互为反函数，这个可以用于求多种数列。
求和公式
一般考虑，
\[ S_i=\sum_{i=1}^na_i \]
有常用公式，
\[ S_n-S_{n-1}=a_n \]
考虑求解出，求和公式的封闭形式，
\[ \begin{aligned} S_n&=a_1+(a_1+d)+(a_1+2d)+\dots+[a_1+(n-1)d]\\ &=na_1+d[1+2+3+\dots(n-1)]\\ &=na_1+dT_{n-1} \end{aligned} \]
而对于，
\[ T_n=1+2+3+\dots+n \]
我们首尾配对，
\[ T_n=n+(n-1)+\dots+1 \]
两者相加，
\[ \begin{aligned} 2T_n=n(n+1)\\ T_n=n(n+1)/2 \end{aligned} \]
另，一般题中出现 \(x_1 + x_2 = k\)（\(k\) 为常数），且 \(f(x_1) + f(x_2) = \ell\)（\(\ell\) 为常数）时，可以采用倒序相加的方法进行求和。
于是，
\[ \begin{aligned} S_n&=na_1+dT_{n-1}\\ &=\boxed{na_1+{n(n-1)\over2}d}\\ &={n\over2}[2a_1+(n-1)d]\\ &=\boxed{{n(a_1+a_n)\over2}} \end{aligned} \]
或者，对于原始公式直接首尾配对，用上面的结论，也可以得出。
总结一下，一般写为，
\[ \boxed{S_n={[2a_1+(n-1)]d\over2}\cdot n={n(a_1+a_n)\over2}} \]
常用二次函数的思想：
\[ \boxed{S_n={d\over2}n^2+\left(a_1-{d\over2}\right)n} \]
据此，可以等差数列和的极点存在于，
\[ \boxed{n={d/2-a_1\over d}={1\over2}-{a_1\over d}} \]
我们发现，该函数图像过原点，因此我们定义，
\[ S_0=0 \]
同时，对于上面的式子，如果我们假设存在 \(a_0\)，那么求和，
得出很重要的一个结论，任何一个二次函数，都可以表示为一个等差数列的级数。
也就是说：数列 \(\{a_n\}\) 是等差数列，等价于 \(S_n=An^2+Bn\)，等价于 \(\left\{\dfrac{S_n}{n}\right\}\) 为等差数列。
等差数列和在中文教科书中常表达为：
一个等差数列的和，等于其首项与末项的和，乘以项数除以二。
对于等差数列的前 \(n\) 项和，也可以将其构造为等差数列。等差数列 \(\{a_n\}\)，设公差为 \(d\)，若前 \(n\) 项和为 \(S_n\)，则 \(\{S_m,S_{2m}-S_m,S_{3m}-S_{2m}\}\) 仍构成等差数列，公差为 \(m^2d\)。
如果数列 \(\{a_n\}\) 为等差数列，\(\{a_n\}\) 的前 \(n\) 项和 \(S_n\) 有如下结论：
-
若 \(a_1 < 0, d > 0\)，且此时 \(n\) 满足 \(\begin{cases} a_n \le 0 \\ a_{n+1} \ge 0 \end{cases}\)，则 \(S_n\) 有最小值；
-
若 \(a_1 > 0, d < 0\)，且此时 \(n\) 满足 \(\begin{cases} a_n \ge 0 \\ a_{n+1} \le 0 \end{cases}\)，则 \(S_n\) 有最大值。
等差中项
对于 \(a,b\)，有 \(c\) 满足，
\[ c-a=b-c \]
即，
\[ c={a+b\over2} \]
即算术平均数。
或者，若 \(\{a,b,c\}\) 为一个等差数列，那么
\[ b-a=c-b \]
一般写为，
\[ a+c=2b \]
可以用这个来判断一个三项数列是否为等差数列。
例题，对于等差数列 \(\{a,b,c\}\)，证明，
\[ \left\{{1\over\sqrt b+\sqrt c},{1\over\sqrt c+\sqrt a},{1\over\sqrt a+\sqrt b}\right\} \]
也是一个等差数列。
暴力展开，
\[ {2\over\sqrt c+\sqrt a}={1\over\sqrt b+\sqrt c}+{1\over\sqrt a+\sqrt b}\\ {2\over\sqrt c+\sqrt a}={2\sqrt b+\sqrt a+\sqrt c\over b+\sqrt b(\sqrt a+\sqrt c)+\sqrt{ac}}\\ 2b+2\sqrt{ac}+2\sqrt b(\sqrt a+\sqrt c)=2\sqrt b(\sqrt a+\sqrt c)+a+c+\sqrt ac\\ a+c=2b \]
对于等差数列 \(\{a,b,c\}\) 成立。Q.E.D.
或者，观察到原式中，分母都是根号的形式，考虑分母有理化，
\[ {2\over\sqrt c+\sqrt a}={1\over\sqrt b+\sqrt c}+{1\over\sqrt a+\sqrt b}\\ {2(\sqrt c-\sqrt a)\over2d}={\sqrt c-\sqrt b\over d}+{\sqrt b-\sqrt a\over d} \]
显然成立。
累加法
最简单的，形如，
\[ a_n=a_{n-1}+f(n) \]
都可以使用累加法，具体的，
\[ \begin{aligned} a_n&=a_{n-1}+f(n)\\ a_{n-1}&=a_{n-2}+f(n-1)\\ &\dots\\ a_3&=a_2+f(3)\\ a_2&=a_1+f(2) \end{aligned} \]
上述所有式子相加，得
\[ a_n=a_1+f(2)+f(2)+\dots+f(n) \]
多阶等差
容易发现，我们对于公差求前缀和，可以得到一个普通等差数列。
那么，我们对于普通等差数列再求和，就可以得到二阶等差数列。
具体的，定义常数为零阶等差数列，普通等差数列为一阶等差数列。
容易发现，若 \(\{a_i\}\) 为一阶等差数列，\(\{b_i\}\) 同样，那么 \(\{a_ib_i\}\) 为一个二阶等差数列。
根据定义，对于一个二阶等差数列，其相邻两项的差为一个一阶等差数列，相邻两项差的相邻两项差为一个常数。
等比数列
在等比数列中，任何相邻两项的比例相等，该比值称为公比 \(q\)。
具体的，可以表示为，
\[ a=pq^n \]
的，都是等比数列。
上式中，公比为 \(q\)，首项 \(a_1=pq\)。
递推公式
形如，
\[ \boxed{a_{n+1}=qa_n,\,(n\in\mathbb Z^*,q\neq0)} \]
或者记为，
\[ \boxed{q={a_{n+1}\over a_n}} \]
即公比的定义式。
易知此式中，\(a_n\neq0\)，为了方便，我们一般规定 \(q\neq0\)。
通项公式
形如，
\[ \boxed{a_n=a_1q^{n-1}} \]
换句话说，任意一个等比数列 \(\{a_n\}\) 都可以写为，
\[ \{a,aq,aq^2,\dots aq^{n-1}\} \]
即，角标减一，等于公比幂次。
等比性质
除了上述几条，
在等比数列中，前项与后项积为该项平方，具体的，
\[ \begin{aligned} a_{n-1}\times a_{n+1}&=aq^{n-2}aq^{n}\\ &=a^2q^{2n-2}\\ &=(aq^{n-1})^2\\ &=a_n^2 \end{aligned} \]
对于正整数 \(m,n,p,q\)，若 \(m+n=p+q\)，则，
\[ \boxed{a_m\cdot a_n=a_p\cdot a_q} \]
或者简化一下，
\[ \boxed{a_m\cdot a_n=a_{m-k}\cdot a_{n+k}} \]
据此，有，
\[ \boxed{a_{n-k}\cdot a_{n+k}=a_n^2} \]
还有一些和上面等比数列类似的操作的结论，
但是因为正负号的问题，不具体写出，可以根据上述平方的公式推导。
若 \(\langle a_n\rangle\) 为一个等比数列，则，
- \(\langle b+a_n\rangle\)：为一个等比数列；
- \(\langle b\times a_n\rangle\)：为一个等比数列；
- \(\langle \log_ba_n\rangle\)：为一个等差数列（见上）；
求和公式
等差数列中给出的公式依然成立，
\[ S_n-S_{n-1}=a_n \]
实际上，这个对于任意数列都成立。
考虑求解出，等比数列求和公式的封闭形式，
\[ \begin{aligned} S_n&=a_1+a_1q+a_1q^2+\dots+a_1q^{n-1}\\ &=a_1(1+q+q^2+\dots+q^{n-1}) \end{aligned} \]
注意到后面的是经典的分解因式，
\[ \boxed{S_n=a_1\cdot{q^n-1\over q-1},\,(q\neq 1)} \]
或者，错位相减，
\[ \begin{aligned} qS_n-S_n=a_1q^n-a_1\\ S_n=a_1\cdot{q^n-1\over q-1},\,(q\neq 1) \end{aligned} \]
同时，若 \(q=1\)，数列退化为常数列，
\[ \boxed{S_n=na_1,\,(q=1)} \]
等比中项
对于 \(a,b\)，有 \(c\) 满足，
\[ {b\over c}={c\over a} \]
即，
\[ c=\pm\sqrt{ab} \]
取其中的正数，即几何平均数。
累乘法
和累加法类似的，
\[ a_n=a_{n-1}f(n) \]
累乘法，即
\[ \begin{aligned} a_n&=a_{n-1}f(n)\\ a_{n-1}&=a_{n-2}f(n-1)\\ &\dots\\ a_3&=a_2f(3)\\ a_2&=a_1f(2) \end{aligned} \]
上述所有式子相乘，得
\[ a_n=a_1f(2)f(3)\dots f(n) \]
裂项放缩
经典裂项
有性质，
\[ \boxed{{1\over n(n+1)}={1\over n}-{1\over n+1}} \]
可以求解，形如
\[ S={1\over1\times2}+{1\over2\times3}+\dots+{1\over n(n+1)} \]
的问题。
同时，易证，
\[ \boxed{{1\over n(n+k)}={1\over k}\left({1\over k}-{1\over n+k}\right)} \]
注意，此时裂项一定要找准剩下的。
我们可以分别写出括号内的正数、负数。
以 \(k=2\) 为例，
\[ S={1\over1\times3}+{1\over2\times4}+\dots+{1\over n(n+2)} \]
化简，
\[ 2S={1\over1}-{1\over3}+{1\over2}-{1\over4}+\dots+{1\over n}-{1\over n+2} \]
列出正负，
\[ \begin{aligned} +&:{1\over1},{1\over2},{1\over3},\dots,{1\over n-1},{1\over n}\\ -&:{1\over3},{1\over4},{1\over5},\dots,{1\over n+1},{1\over n+2} \end{aligned} \]
容易发现，
\[ 2S=1+{1\over2}-{1\over n+1}-{1\over n-2} \]
或者用求和符号简单的表示，下文再说。
整式裂项
有公式，
\[ \boxed{n(n+1)={1\over3}\Big[n(n+1)(n+2)-(n-1)n(n+1)\Big]} \]
于是，例题，
\[ S=1\times2+2\times3+3\times4+\dots+n(n+1) \]
化简，
\[ 3S=1\times2\times3-0\times1\times2+\dots+n(n+1)(n+2)-(n-1)n(n+1) \]
得，
\[ S={n(n+1)(n+2)\over3} \]
利用上述等式，注意到，
\[ n^2=n(n+1)-n \]
于是，
\[ \boxed{1^2+2^2+\dots+n^2=S-{n(n+1)\over2}={n(n+1)(2n+1)\over6}} \]
或者用求和符号简单的表示，下文再说。
更多裂项
以下是一些基本的小学奥数难度的裂项。
\[ a^2-a+1=\frac{a^4+a^2+1}{a^4+a+1} \]
\[ \frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} \]
\[ \frac{1}{n(n+1)(n+2)}=\frac{1}{2}\left[\frac{1}{n(n+1)}-\frac{1}{(n+1)(n+2)}\right] \]
\[ \frac{1}{(2n-1)(2n+1)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\right) \]
\[ \frac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b} }=\frac{1}{a-b}\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right) \]
\[ \frac{1}{a_na_{n+k} }=\frac{1}{dk}\left(\frac{1}{a_n}-\frac{1}{a_{n+k} }\right) \]
\[ \frac{2^n}{(2^n+1)(2^{n+1}+1)}=\frac{1}{2^n+1}-\frac{1}{2^{n+1}+1} \]
\[ \frac{q^n}{(q^{n+1}+1)(q^n+1)}=\frac{1}{q-1}\left(\frac{1}{q^n+1}-\frac{1}{q^{n+1}+1}\right) \]
一个特点：前面保留几项，后面就保留几项。例如
\[ \begin{aligned} \sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+2)}&=\frac{1}{2}(1-\frac{1}{3}+\frac{1}{2}-\frac{1}{4}+\dots+\frac{n}{1}-\frac{1}{n+2})\\&=\frac{1}{2}(1+\frac{1}{2}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}) \end{aligned} \]
现在我们要学习一些高难度的裂项。坐稳了，前方高能！
\[ \sqrt{1+\frac{1}{k^2}+\frac{1}{(k+1)^2} }=1+\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1} \]
\[ \frac{k}{(2k+1)^2(2k-1)^2}=\frac{1}{8}\left(\frac{1}{(2k-1)^2}-\frac{1}{(2k+1)^2}\right) \]
\[ \frac{1}{k\sqrt{k+1}+(k+1)\sqrt{k} }=\frac{1}{\sqrt{k} }-\frac{1}{\sqrt{k+1} } \]
\[ \sum_{k=1}^n k!(k^2+k+1)=\sum_{k=1}^n [(k+1)!(k+1)-k!k]=(n+1)!(n+1)-1 \]
\[ \sum_{k=1}^n \frac{k^2+k-1}{(k+2)!}=\sum_{k=1}^n \left(\frac{k}{(k+1)!}-\frac{k+1}{(k+2)!}\right)=\frac{1}{2}-\frac{n+1}{(n+2)!} \]
\[ \frac{3k^2-1}{(k^3-k)^2}=\frac{k-\frac{1}{2} }{k^2(k-1)^2}-\frac{k+\frac{1}{2} }{k^2(k+1)^2} \]
\[ \frac{4k}{4k^4+1}=\frac{1}{2k^2-2k+1}-\frac{1}{2k^2+2k+1} \]
\[ \frac{1}{\sqrt{k+\sqrt{k^2-1}}}=\frac{\sqrt{k+1}-\sqrt{k-1}}{\sqrt{2}} \]
共轭根式
形如，
\[ \sqrt a+\sqrt b,\sqrt a-\sqrt b \]
的，称为共轭根式。
容易证明，
\[ (\sqrt a-\sqrt b)\cdot(\sqrt a+\sqrt b)=a-b\;(a,b\ge0) \]
于是，有裂项，
\[ {1\over\sqrt a+\sqrt b}={\sqrt a-\sqrt b\over a-b} \]
以及，
\[ {1\over\sqrt a-\sqrt b}={\sqrt a+\sqrt b\over a-b} \]
阶乘问题
定义，
\[ \boxed{n!=1\times2\times3\times\dots\times(n-1)\times n} \]
称为阶乘，有，
\[ \boxed{n\cdot n!=(n+1)!-n!} \]
还有组合数的，但是这里还没涉及到。
放缩基础
数列求和是一种精确的方法，当我们无法精确的计算的时候，就可以放缩来估计。
例如，估计
\[ S={1\over1^2}+{1\over2^2}+\dots+{1\over n^2} \]
的级别。
容易发现，
\[ {1\over n}-{1\over n-1}={1\over n(n+1)}<{1\over n^2}<{1\over n(n-1)}={1\over n-1}-{1\over n} \]
于是，我们可以以此估计。
我们把 \(1/1^2\) 保持不动，估计
\[ 1.5<S<2 \]
而为了提高精度，我们减少放缩的项数。
或者说，把 \(1/2^2,1/3^2\) 等直接计算，而不是放缩。
这就是放缩提高精度的方法：保留更多的项。
放缩进阶
\[ {\sqrt k\over k^2}={1\over k^{3/2}}<2\left({1\over\sqrt{k-1}}-{1\over\sqrt k}\right) \]
\[ {2(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})}=\frac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}<\frac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n}}=\frac{1}{\sqrt{n}} \]
\[ {\frac{1}{\sqrt{n}}=\frac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n}}}<\frac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}={2(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})} \]
通用方法
速算方法
方法一：令 \(S_0=0\)。
例题：等比数列 \(\set{a_n}\) 的 \(S_n=a\cdot 2^{n-1}+a-2\)，求 \(a\)。
直接代入 \(S_0=\frac{3}{2}a-2=0\) 得 \(\displaystyle a=\frac{4}{3}\)。
方法二：令数列为常数数列。
例：等差数列 \(S_9=72\)，求 \(a_2+a_4+a_9\) 的值。
令 \(a_i=8\)，则答案为 \(24\)。
等差等比
等差乘等比。
若 \(a_n=(An+B)q^{\red{n-1}}\)，令 \(\red{\boxed{D=\frac{A}{q-1},E=\frac{B-D}{q-1}}}\)，则 \(\red{\boxed{S_n=(Dn+E)q^n-E}}\).
例题：\(\displaystyle a_n=\frac{n}{3^n}\)，求 \(S_n\).
数学归纳
尝试证明，
\[ a_n=2^n-1 \]
容易发现，
\[ a_1=2^1-1=1 \]
假设对于 \(n=k,k\in\mathbb N^*\) 成立，
\[ a_k=2^k-1 \]
尝试证明对于 \(n=k+1\) 也成立，
\[ a_{k+1}=2a_k+1=2^{k+1}-2+1=2^{k+1}-1 \]
于是，该通项公式对于任意 \(n\in\mathbb N^*\) 成立。
直接变形
容易发现，递推公式两边同时加一，
\[ a_n+1=2a_{n-1}+2 \]
另，
\[ b_n=a_n+1 \]
上式即为，
\[ b_n=2b_{n-1},b_1=2 \]
那么这是一个等比数列，易得，
\[ b_n=2^n \]
那么，根据关系，
\[ a_n=b_n-1=2^n-1 \]
Q.E.D.
考虑推广这一类问题，形如，
\[ a_n=pa_{n-1}+q \]
我们两边同时加一个数，设为 \(x\)，
\[ a_n+x=pa_{n-1}+q+x \]
记新数列，
\[ b_n=a_n+x,a_n=b_n-x \]
原数列，
\[ b_n=p(b_{n-1}-x)+q+x=pb_{n-1}+q-(p-1)x \]
另右侧常数项为零，于是，
\[ \boxed{x={q\over p-1}} \]
即，对于原数列，加上这个数，即可转化为普通的等比数列。
-
数列 \(\{a_n\}\) 的前 \(n\) 项和为 \(S_n\)，若有如下项：\(f(n)S_n\)，\(f(a_n)S_n\)(即 \(S_n\) 的系数跟 \(n\) 有关)，则我们将递推式中的 \(a_n\) 改写为 \(S_n - S_{n-1}\)。
-
若数列 \(\{a_n\}\) 的递推式形如 \(a_{n+1} = a_n + f(n)\)，则可采用累加法求通项公式。
-
若数列 \(\{a_n\}\) 的递推式形如 \(a_{n+1} = a_n \cdot f(n)\)，则可采用累乘法求通项公式。
-
形如 \(a_{n+1} = pa_n + q(p \ne 1, q \ne 0)\) 的递推式，两边同时加上 \(x\) 可构造成等比数列 \(\{a_n + x\}(n \in \mathbb{N}^*)\)，通过比较可求得 \(x = \dfrac{q}{p-1}\)。
-
形如 \(a_{n+1} = pa_n + kn + q(p \ne 1, k \ne 0, n \in \mathbb{N}^*)\) 的递推式，在两边同时加上 \(xn+y\) 构造等比数列 \(\{a_n + xn + y\}(n \in \mathbb{N}^*)\)，方法见例 2.9 解析。
-
对于 \(a_{n+1} = p a_n^r (p > 0, p \ne 1, r \ne 1)\) 型，两边同时取以 \(p\) 为底的对数，于是可得 \(\log_p a_{n+1} = r \log_p a_n + 1\)，构造等比数列 \(\{\log_p a_n + x\}\)，其中 \(x = \dfrac{1}{r-1}\)。
对于形如 \(a_{n+1} = pa_n + q^n(p \ne 0, 1 \text{ 且 } q \ne 0, 1)\) 的数列求通项公式，有以下两种方法：
-
两边同除以 \(p^{n+1}\)，再累加求通项；
-
两边同加上 \(xq^{n+1}\)，再构造成等比数列 \(\{a_n + xq^n\}\)。
-
若 \(p=q\)，则只能采用（1），而用（2）无法求解。
对于 \(a_{n+1} = \dfrac{a a_n}{b a_n + c}\)，\(abc \ne 0\)，取倒数得 \(\dfrac{1}{a_{n+1}} = \dfrac{b a_n + c}{a a_n} = \dfrac{c}{a} \cdot \dfrac{1}{a_n} + \dfrac{b}{a}\)。
-
当 \(a=c\) 时，\(\dfrac{1}{a_{n+1}} = \dfrac{1}{a_n} + \dfrac{c}{a}\)，则 \(\{\dfrac{1}{a_n}\}\) 为等差数列；
-
当 \(a \ne c\) 时，\(\dfrac{1}{a_{n+1}} = \dfrac{c}{a} \cdot \dfrac{1}{a_n} + \dfrac{b}{a}\)，则 \(\{\dfrac{1}{a_n} + x\}\) 为等比数列，\(x = \dfrac{b}{c-a}\)。
变形累加
容易得出，下面的式子不断乘二，
\[ \begin{aligned} a_n=2a_{n-1}+1\\ 2a_{n-1}=4a_{n-1}+2\\ 4a_{n=2}=8a_{n-2}+4\\ \dots\\ 2^{n-3}a_3=2^{n-2}a_2+2^{n-3}\\ 2^{n-2}a_2=2^{n-1}a_1+2^{n-2} \end{aligned} \]
上述式子相加，
\[ a_n=2^{n-1}a_1+2^{n-2}+2^{n-3}+\dots+4+2+1 \]
因为 \(a_1=1\)，
\[ a_n=2^n-1 \]
Q.E.D.
考虑推广这一类问题，形如，
\[ a_n=pa_{n-1}+q \]
我们还可以等式两边同除 \(p^n\)，得
\[ \boxed{{a_n\over p^n}={a_{n-1}\over p^{n-1}}+{q\over p^n}} \]
设新的数列，
\[ b_n={a_n\over p^n} \]
原数列形如，
\[ b_n=b_{n-1}+{q\over p^n} \]
对 \(b\) 数列进行累加法，可以得出，
\[ b_n={a_1\over p}+{q\over p^2}+{q\over p^3}+\dots+{q\over p^n} \]
右边为等比数列，即，
\[ b_n={a_1\over p}+{q\over p^n}\cdot{p^n-1\over p-1}-{q\over p} \]
两边同时乘 \(p^n\)，
\[ \boxed{a_n=(a_1-q)p^{n-1}+{q\over p-1}(p^n-1)} \]
即通用公式。
同时，若 \(q=f(n)\)，依然可以用这个方法来做。
数列判定
判断和证明数列是等差、等比数列的常见方法有如下几种：
-
定义法（用于证明）：对于 \(n \ge 2\) 的任意正整数，验证 \(a_n - a_{n-1}\) 或 \(\dfrac{a_n}{a_{n-1}}\) 为同一常数。
-
通项公式法（用于判断）：
若 \(a_n = a_1 + (n-1)d = a_k + (n-k)d\)，则 \(\{a_n\}\) 为等差数列；
若 \(a_n = a_1q^{n-1} = a_kq^{n-k}\)，则 \(\{a_n\}\) 为等比数列。
-
中项公式法（用于证明）：
若 \(2a_n = a_{n-1} + a_{n+1}(n \ge 2, n \in \mathbb{N}^*)\)，则 \(\{a_n\}\) 为等差数列；
若 \(a_n^2 = a_{n-1}a_{n+1}(n \ge 2, n \in \mathbb{N}^*)\)，则 \(\{a_n\}\) 为等比数列。
奇偶数列
奇偶项数列能求通项公式的要求是各下标的奇偶性一致。
绝对值数列：
-
对于首项小于 0 而公差大于 0 的等差数列 \(\{a_n\}\) 加绝对值后得到的数列 \(\{|a_n|\}\) 求和，设 \(\{a_n\}\) 的前 \(n\) 项和为 \(S_n\)，\(\{|a_n|\}\) 的前 \(n\) 项和为 \(T_n\)，数列 \(\{a_n\}\) 的第 \(k\) 项小于 0 而从第 \(k+1\) 项开始大于或等于 0，于是有
\[ T_n = \begin{cases} -S_n & n \le k \\ S_n - 2S_k & n > k \end{cases} \]
-
对于首项大于 0 而公差小于 0 的等差数列 \(\{a_n\}\) 加绝对值后得到的数列 \(\{|a_n|\}\) 求和，设 \(\{a_n\}\) 的前 \(n\) 项和为 \(S_n\)，\(\{|a_n|\}\) 的前 \(n\) 项和为 \(T_n\)，数列 \(\{a_n\}\) 的第 \(k\) 项大于 0 而从第 \(k+1\) 项开始小于或等于 0，于是有
\[ T_n = \begin{cases} S_n & n \le k \\ 2S_k - S_n & n > k \end{cases} \]
单调性
对于 \(\forall n\in\mathbb Z^*\)，
高中阶段一般认为单调即严格单调。
-
对于迭代数列 \(a_{n+1} = f(a_n)\)，其中 \(f'(x) > 0\)。若 \(a_1 < a_2\)，则数列 \(\{a_n\}\) 单调递增；若 \(a_1 > a_2\)，则数列 \(\{a_n\}\) 单调递减；若 \(a_1 = a_2\)，则数列 \(\{a_n\}\) 是常数列。
-
对于迭代数列 \(a_{n+1} = f(a_n)\)，若 \(f(x)\) 是二次函数，则数列单调递增的充分必要条件为 \(a_1 < a_2 < a_3\)，且对于任意 \(n \ge 2, n \in \mathbb{N}^*\)，在 \([a_2, a_n]\) 上，\(f'(x) \ge 0\)。
-
迭代数列 \(a_{n+1} = f(a_n)\)，其中 \(f'(x) < 0\)，则 \(\{a_{2n}\}\) 与 \(\{a_{2n-1}\}\) 的单调性相反。
换元初步
三角换元
我们复习一下再换元里面常用的恒等变换，
\[ \boxed{\cos2\theta=2\cos^2\theta-1}\tag1 \]
\[ \boxed{\tan2\theta={2\tan\theta\over1-\tan^2\theta}}\tag2 \]
\[ \boxed{\sin3\theta=3\sin\theta-4\sin^2\theta}\tag3 \]
\[ \boxed{\cos3\theta=4\cos^2\theta-3\cos\theta}\tag4 \]
注意到，除了正切函数，其他的函数值域都是 \([-1,1]\)（不指定定义域）。
因此，我们先需要证明函数值在一个区间内，然后利用上面的去换元。
一道例题
已知数列 \(\{a_n\}\) 满足，
\[ a_1={1\over2},a_{n+1}=a_n^2-2 \]
观察到右面类似余弦二倍角公式，考虑猜测 \(a_n\in[-2,2]\)。
证明：考虑数学归纳，
\[ -2\le a_1={1\over2}\le2 \]
尝试，\(a_n\in[-2,2]\Rightarrow a_{n+1}\in[-2,2]\)。
\[ a_{n-1}=a_n^2-2 \]
由于，
\[ a_n\in[-2,2]\Rightarrow a_n^2\in[0,4]\Rightarrow a_n^2-2\in[-2,2] \]
因此，注意到递推式右面的 \(2\)，我们设，
\[ a_n=2\cos\theta_n \]
容易发现，
\[ a_{n+1}=a_n^2-2\\ 2\cos\theta_{n+1}=4\cos^2\theta_n-2\\ \cos\theta_{n+1}=2\cos^2\theta_n-1\\ \cos\theta_{n+1}=\cos2\theta_n \]
不妨令，
\[ \theta_{n+1}=2\theta_n \]
于是，通项公式，
\[ a_n=2\cos(2^{n-1}\theta) \]
考虑 \(\theta\) 是多少，
\[ a_1=2\cos\theta={1\over2}\\ \cos\theta={1\over4}\\ \theta=\arccos1/4 \]
即，
\[ a_n=2\cos\left(2^{n-1}\arccos{1\over4}\right) \]
双曲换元
若，
\[ a_1=3, a_{n+1}=2a_n^2-1 \]
我们考虑另外一个满足此式的式子，另，
\[ a_n={k^x+k^{-x}\over2}=f(x) \]
其中 \(k\) 是任意变量，则，
\[ a_{n+1}=2a_n^2-1={k^{2x}+k^{-2x}\over2}=f(2x) \]
令，初项，
\[ a_1=f(t)={k^t+k^{-t}\over2}=3 \]
令，
\[ k^t=3+2\sqrt2,k^{-t}=3-2\sqrt2 \]
于是，
\[ a_2=f(2t)={k^{2t}+k^{-2t}\over2}\\ a_3=f(4t)={k^{4t}+k^{-4t}\over2}\\ \dots\\ a_n=f(2^{n-1}t)={k^{2^{n-1}t}+k^{-2^{n-1}t}\over2}={(k^t)^{2^{n-1}}+(k^{-t})^{2^{n-1}}\over2} \]
带入，得，
\[ a_n={(3+2\sqrt2)^{2^{n-1}}+(3-2\sqrt2)^{2^{n-1}}\over2} \]
这个东西就是（类似）双曲换元。
基础例题
求下列数列的通项公式。
例题一
求：\(a_n=2a_{n-1}+3\,(n\ge2),a_1=1\)。
因为 \(q/(p-1)=3\)，等式两边同时加三，
\[ a_n+3=2a_{n-1}+6=2^{n+1}\\ a_n=2^{n+1}-3 \]
注意到当 \(n=1,a_1=1\) 满足该式，因此，
\[ a_n=2^{n+1}-3 \]
例题二
求：\(a_n=a_{n-1}+n\,(n\ge2),a_1=1\)。
注意到，
\[ a_n=a_{n-1}+n\\ a_{n-1}=a{n-2}+n-1\\ \dots\\ a_2=a_1+2=1+2 \]
上式相加，得，
\[ a_n=1+2+3+\dots+n-1+n={n(n+1)\over2} \]
注意到当 \(n=1,a_1=1\) 满足该式，因此，
\[ a_n={n(n+1)\over2} \]
例题三
求：\(a_n=2a_{n-1}+n\,(n\ge2),a_1=1\)。
等式两边同时除以 \(2^n\)，得，
\[ {a_n\over2^n}={a_{n-1}\over2^{n-1}}+{n\over2^n} \]
记 \(b_n=a_n/2^n\)，
\[ b_n=b_{n-1}+n/2^n\\ b_{n-1}=b_{n-2}+(n-1)/2^{n-1}\\ \dots\\ b_2=b_1+1/2\\ b_1=1/2 \]
上式相加，得，
\[ b_n={n\over2^n}+{n-1\over2^{n-1}}+\dots+{1\over2}+{1\over2} \]
注意到分母为二的幂次的形式，等式乘二，
\[ 2b_n={n\over2^{n-1}}+{n-1\over2^{n-2}}+\dots+1+1 \]
下式减上式，得，
\[ \begin{aligned} b_n&=-{n\over2^n}+{1\over2^{n-1}}+{1\over2^{n-2}}+\dots+{1\over2^1}+1\\ &={1\over2^{n-1}}\left(1+2+\dots+2^{n-1}\right)-{n\over2^n}\\ &={2^n-1\over2^{n-1}}-{n\over2^n}=2-{2+n\over2^n} \end{aligned} \]
带入原式，
\[ a_n=2^nb_n=2^{n+1}-2-n \]
注意到当 \(n=1,a_1=1\) 满足该式，因此，
\[ a_n=2^{n+1}-2-n \]
例题四
求：\(a_n=2a_{n-1}+n^2\,(n\ge2),a_1=1\)。
等式两边同时除以 \(2^n\)，得，
\[ {a_n\over2^n}={a_{n-1}\over2^{n-1}}+{n^2\over2^n} \]
记，
\[ b_n=a_n/2^n,a_n=2^nb_n \]
则，
\[ b_n=b_{n-1}+{n^2\over2^n},b_1={a_1\over2^1}={1\over2}={1^2\over2^1} \]
得，
\[ b_n={1^2\over2^1}+{2^2\over2^2}+{3^2\over2^3}+{4^2\over2^4}+\dots+{(n-1)^2\over2^{n-1}}+{n^2\over2^n} \]
两边同时乘二，得，
\[ 2b_n=1+{2^2\over2^1}+{3^2\over2^2}+{4^2\over2^3}+\dots+{(n-1)^2\over2^{n-2}}+{n^2\over2^{n-1}} \]
下式减上式，得，
\[ b_n=1-{n^2\over2^n}+{2^2-1^2\over2^1}+{3^2-2^2\over2^2}+{4^2-3^2\over2^3}+\dots+{(n-1)^2-(n-2)^2\over2^{n-2}}+{n^2-(n-1)^2\over2^{n-1}} \]
注意到，
\[ n^2-(n-1)^2=n^2-n^2-1+2n=2n-1 \]
于是，记，
\[ \begin{aligned} c_n&={2^2-1^2\over2^1}+{3^2-2^2\over2^2}+{4^2-3^2\over2^3}+\dots+{(n-1)^2-(n-2)^2\over2^{n-2}}+{n^2-(n-1)^2\over2^{n-1}}\\ &={2\times2-1\over2^1}+{2\times3-1\over2^2}+{2\times4-1\over2^3}+\dots+{2(n-1)-1\over2^{n-2}}+{2n-1\over2^{n-1}} \end{aligned} \]
即，
\[ b_n=1-{n^2\over2^n}+c_n \]
下式两边同时乘二，得，
\[ 2c_n=3+{2\times3-1\over2^1}+{2\times4-1\over2^2}+\dots+{2(n-1)-1\over2^{n-3}}+{2n-1\over2^{n-2}}\\ \]
与原式相减，得，
\[ \begin{aligned} c_n&=3-{2n-1\over2^{n-1}}+{2\over2^1}+{2\over2^2}+\dots+{2\over2^{n-3}}+{2\over2^{n-2}}\\ &=3-{2n-1\over2^{n-1}}+{1\over2^0}+{1\over2^1}+\dots+{1\over2^{n-4}}+{1\over2^{n-3}}\\ &=3-{2n-1\over2^{n-1}}+{1\over2^{n-3}}(1+2+2^2+\dots+2^{n-3})\\ &=3-{2n-1\over2^{n-1}}+{2^{n-2}-1\over2^{n-3}}\\ &=5-{2n-1\over2^{n-1}}-{1\over2^{n-3}} \end{aligned} \]
于是，
\[ b_n=1-{n^2\over2^n}+c_n=6-{n^2\over2^n}-{2n-1\over2^{n-1}}-{1\over2^{n-3}} \]
于是，
\[ a_n=2^nb_n=3\times2^{n+1}-n^2-4n-6 \]
注意到当 \(n=1,a_1=1\) 满足该式，因此，
\[ a_n=3\times2^{n+1}-n^2-4n-6 \]