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高中数学笔记 - 数列【 未齐全 】

lliuhaopeng
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数列

  • 等差数列通项公式：an=a1+(n−1)d=Sn−Sn−1(n≥2)a_n=a_1+(n-1)d=S_n-S_{n-1}(n\geq 2), 其中 dd 为公差。
  • 等差数列前 nn 项和：Sn=n(a1+an)2=na1+dn(n−1)2S_n=\frac{n(a_1+a_n)}{2}=na_1+\frac{dn(n-1)}{2}
  • 等比数列通项公式：an=a1qn−1=Sn−Sn−1(n≥2)a_n=a_1q^{n-1}=S_n-S_{n-1}(n\geq 2), 其中 qq 为公比。
  • 等比数列前 nn 项和：Sn=a1(1−qn)1−q=a1−anq1−q(q≠1)S_n=\frac{a_1(1-q^n)}{1-q}=\frac{a_1-a_n q}{1-q}(q\neq 1)
  • 自然数幂求和公式：∑i=1ni=n(n+1)2\displaystyle\sum_{i=1}^{n}i=\frac{n(n+1)}{2}
    ∑i=1ni2=n(n+1)(2n+1)6\displaystyle\sum_{i=1}^{n}i^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}
    ∑i=1ni3=[n(n+1)2]2\displaystyle\sum_{i=1}^{n}i^3=[\frac{n(n+1)}{2}]^2
    ∑i=1ni4=n(n+1)(2n+1)(3n2+3n−1)30\displaystyle\sum_{i=1}^{n}i^4=\frac{n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)}{30}
    1+3+5+⋯+(2n−1)=n21+3+5+\dots+(2n-1)=n^2

求数列通项公式

累加法

条件：形如 an+1=an+f(n)a_{n+1}=a_n+f(n) 且 f(n){f(n)} 可求和。
例题：已知 a1=1,an+1=an+2a_1=1,a_{n+1}=a_n+2，求 an{a_n} 通项公式。
由已知得 an+1−an=2,an−an−1=2,…,a2−a1=2a_{n+1}-a_n=2,a_n-a_{n-1}=2,\dots,a_2-a_1=2，将它们全部相加得到 an+1−a1=an+1−1=2na_{n+1}-a_1=a_{n+1}-1=2n，即 an=2n−1a_{n}=2n-1。
验证 a1a_1 也符合上式，因此 an=2n−1a_n=2n-1。

累乘法

形如 an+1=f(n)ana_{n+1}=f(n)a_n 且 f(n){f(n)} 可求积。
例题：a1=1,(n+1)an+1=nana_1=1,(n+1)a_{n+1}=na_n，求 an{a_n} 通项公式。
an+1an=nn+1  ⟹  an=an1=ana1=anan−1an−1an−2…a2a1=n−1nn−2n−1…12=1n\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{n}{n+1}\implies a_n=\frac{a_n}{1}=\frac{a_n}{a_1}=\frac{a_n}{a_{n-1}}\frac{a_{n-1}}{a_{n-2}}\dots\frac{a_2}{a_1}=\frac{n-1}{n}\frac{n-2}{n-1}\dots\frac{1}{2}=\frac{1}{n}
验证 a1a_1 也符合上式，因此 an=1na_n=\frac{1}{n}。

an=Sn−Sn−1a_n=S_n-S_{n-1}

例题：Sn=3n+kS_n=3^n+k，求 ana_n 通项公式。
a1=3+k,  an=Sn−Sn−1=3n−3n−1=2×3n−1a_1=3+k,\ \ a_n=S_n-S_{n-1}=3^n-3^{n-1}=2\times 3^{n-1}

裂项

1n(n+1)=1n−1n+1\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}
1n(n+1)(n+2)=12[1n(n+1)−1(n+1)(n+2)]\frac{1}{n(n+1)(n+2)}=\frac{1}{2}[\frac{1}{n(n+1)}-\frac{1}{(n+1)(n+2)}]
1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)\frac{1}{(2n-1)(2n+1)}=\frac{1}{2}(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1})
1a+b=1a−b(a−b)\frac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b} }=\frac{1}{a-b}(\sqrt{a}-\sqrt{b})
1anan+k=1dk(1an−1an+k)    （等差数列）\frac{1}{a_na_{n+k} }=\frac{1}{dk}(\frac{1}{a_n}-\frac{1}{a_{n+k} })\ \ \ \ （ 等差数列 ）
2n(2n+1)(2n+1+1)=12n+1−12n+1+1\frac{2^n}{(2^n+1)(2^{n+1}+1)}=\frac{1}{2^n+1}-\frac{1}{2^{n+1}+1}

等差数列的性质

  • Snn=na1+n(n−1)d2n=a1+n−12d\frac{S_n}{n}=\frac{na_1+\frac{n(n-1)d}{2}}{n}=a_1+\frac{n-1}{2}d，则 Snn{\frac{S_n}{n}} 是首项为 a1a_1，公差为 d2\frac{d}{2} 的等差数列。
  • 若等差数列的项数为 2n2n，则 S2n=n(an+an+1)S_{2n}=n(a_n+a_{n+1})，且 S偶−S奇=nd,S奇S偶=anan+1S_{偶}-S_{奇}=nd,\frac{S_{奇}}{S_{偶}}=\frac{a_n}{a_{n+1}}
  • 若等差数列的项数为 2n−12n-1，则 S2n−1=(2n−1)anS_{2n-1}=(2n-1)a_n，且 S偶−S奇=an,S奇S偶=nn−1S_{偶}-S_{奇}=a_n,\frac{S_{奇}}{S_{偶}}=\frac{n}{n-1}
  • 等差数列依次每 kk 项之和仍成等差数列，即 Sk,S2k−Sk,S3k−S2k,…,Snk−S(n−1)kS_k,S_{2k}-S_k,S_{3k}-S_{2k},\dots,S_{nk}-S_{(n-1)k} 成等差数列，公差 k2dk^2d。
  • S2n−1=(2n−1)(a1+a2n−1)2=(2n−1)an,an=S2n−12n−1S_{2n-1}=\frac{(2n-1)(a_1+a_{2n-1})}{2}=(2n-1)a_n,a_n=\frac{S_{2n-1}}{2n-1}。
  • 等差数列 an,bn{a_n},{b_n} 的前缀和分别为 Sn,TnS_n,T_n，则 anbn=S2n−1T2n−1\frac{a_n}{b_n}=\frac{S_{2n-1}}{T_{2n-1}}。
  • Sm=p,Sn=q  ⟹  Sn+m=(Sn−Sm)(n+m)n−m=(q−p)(n+m)n−mS_m=p,S_n=q\implies S_{n+m}=\frac{(S_n-S_m)(n+m)}{n-m}=\frac{(q-p)(n+m)}{n-m}
    特别的，若 Sm=n,Sn=mS_m=n,S_n=m，则 Sn+m=−(n+m)S_{n+m}=-(n+m)；若 Sn=SmS_n=S_m，则 Sn+m=0S_{n+m}=0。

等比数列的性质

  • 若 m+n=r+s(m,n,r,s∈N+)m+n=r+s(m,n,r,s\in\N^+)，则 aman=arasa_ma_n=a_ra_s。
  • an{a_n} 公比为 q  ⟹  λanq\implies \lambda a_n 公比为 qq，1an\frac{1}{a_n} 公比为 1q\frac{1}{q}，∣an∣|a_n| 公比为 ∣q∣|q|，lg⁡an\lg a_n 公比为 lg⁡q\lg q，an±an+1a_n\pm a_{n+1} 公比为 qq；若 bnb_n 公比为 q′q'，则 anbna_nb_n 公比为 qq′qq'。
    注意 q=±1q=\pm 1 是否满足条件。
  • ana_n 的前 nn 项积记为 Tn=a1nqn(n−1)2T_n=a_1^n q^{\frac{n(n-1)}{2}}，且 Tn,T2nTn,T3nT2nT_n,\frac{T_{2n}}{T_n},\frac{T_{3n}}{T_{2n}} 为公比 =qn2=q^{n^2} 的等比数列，由此可得 T3n=(T2nTn)3T_{3n}=(\frac{T_{2n}}{T_n})^3。

构造等比数列求通项公式

  • 对于 an=pan−1+q(p≠1,pq≠0,n≥2)a_n=pa_{n-1}+q(p\neq 1,pq\neq 0,n\geq 2)，转化为 an−q1−p=p(an−1−q1−p)a_n-\frac{q}{1-p}=p(a_{n-1}-\frac{q}{1-p})
    也可以通过与 an−1=pan−2+qa_{n-1}=pa_{n-2}+q 相减得 an−an−1=p(an−1−an−2)a_n-a_{n-1}=p(a_{n-1}-a_{n-2})
  • 对于 an=pan−1+qn−1a_n=pa_{n-1}+q^{n-1}，转化为 an−qnq−p=p(an−1−qn−1q−p)a_n-\frac{q^n}{q-p}=p(a_{n-1}-\frac{q^{n-1}}{q-p})
    也可以同除 qnq^n 变成上一点的方法。
  • 对于 an=pan−1+qn−1+ta_n=pa_{n-1}+q^{n-1}+t，转化为 an−t1−p=p(an−1−t1−p)+qn−1a_n-\frac{t}{1-p}=p(a_{n-1}-\frac{t}{1-p})+q^{n-1}，再用上一点的方法。

数学归纳法

一般地，证明一个与正整数 nn 有关的命题，可按下列步骤进行：
  1. （ 归纳奠基 ）证明当 n=n0n=n_0 时命题成立。
  2. （ 归纳递推 ）以“当 n=k(k∈N+,k≥n0)n=k(k\in\N^+,k\geq n_0) 时命题成立”为条件推出 “当 n=k+1n=k+1 时命题也成立”。
完成以上 22 个步骤就可以证明命题对从 n0n_0 开始的所有正整数 nn 都成立。
例 1：证明 ∑i=1ni2=16n(n+1)(2n+1)(n∈N+)\displaystyle\sum_{i=1}^n i^2=\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)(n\in\N^+)
（1）当 n=1n=1 时，12=1=16⋅1⋅2⋅31^2=1=\frac{1}{6}\cdot 1\cdot 2\cdot 3，命题成立。
（2）假设当 n=kn=k 时，命题成立，那么当 n=k+1n=k+1 时有：
∑i=1k+1i2=16k(k+1)(2k+1)+(k+1)2=k(k+1)(2k+1)+6(k+1)26=(k+1)(2k2+7k+6)6=(k+1)(k+2)(2k+3)6\displaystyle\sum_{i=1}^{k+1} i^2=\frac{1}{6}k(k+1)(2k+1)+(k+1)^2=\frac{k(k+1)(2k+1)+6(k+1)^2}{6}=\frac{(k+1)(2k^2+7k+6)}{6}=\frac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6}
即当 n=k+1n=k+1 时，命题也成立。
由 （1）（2） 可知，命题对任意 n∈N+n\in\N^+ 都成立。
练：证明 ∑i=1ni×(i+1)2=112n(n+1)(3n2+11n+10)\displaystyle\sum_{i=1}^n i\times (i+1)^2=\frac{1}{12}n(n+1)(3n^2+11n+10)。
例 2：（ 2012 湖北卷 ）
(1)(1) 已知函数 f(x)=rx−xr+(1−r)(x>0,0<r<1)f(x)=rx-x^r+(1-r)(x>0,0<r<1) 且 rr 为有理数，求 f(x)min⁡f(x)_{\min}。
(2)(2) 用 (1)(1) 的结果证明：设 a1,a2≥0,b1,b2a_1,a_2\geq 0,b_1,b_2 为正有理数，若 b1+b2=1b_1+b_2=1，则 a1b1a2b2≤a1b1+a2b2a_1^{b_1}a_2^{b_2}\leq a_1b_1+a_2b_2。
(3)(3) 将 (2)(2) 中的命题推广到一般形式并用数学归纳法证明。
解：(1)(1) 求导得 f‘(x)=0  ⟹  x=1,f(x)min⁡=f(1)=0f`(x)=0\implies x=1,f(x)_{\min}=f(1)=0。
(2)(2) 由 (1)(1) 得当 x∈(0,+∞)x\in(0,+\infty) 时，f(x)≥f(1)=0f(x)\geq f(1)=0，即 xr≤rx+(1−r)x^r\leq rx+(1-r)。
若 r1r2=0r_1r_2=0，则原命题成立。
若 r1r2≠0r_1r_2\neq 0，则 b2=1−b1b_2=1-b_1，令 x=a1a2,r=b1x=\frac{a_1}{a_2},r=b_1，得 (a1a2)b1≤b1⋅a1a2+(1−b1)  ⟹  a1b1a21−b1≤a1b1+a2(1−b1)(\frac{a_1}{a_2})^{b_1}\leq b_1\cdot \frac{a_1}{a_2}+(1-b_1)\implies a_1^{b_1}a_2^{1-b_1}\leq a_1b_1+a_2(1-b_1)，原命题成立。
(3)(3) 推广：∑i=1nbi=1  ⟹  ∏i=1naibi≤∑i=1naibi\displaystyle\sum_{i=1}^n b_i=1\implies \prod_{i=1}^n a_i^{b_i}\leq \sum_{i=1}^n a_ib_i
① 当 n=1n=1 时推广成立。
② 假设 n=kn=k 时成立，且 ∑i=1kbi=1\displaystyle\sum_{i=1}^k b_i=1，则 ∏i=1kaibi≤∑i=1kaibi\prod_{i=1}^k a_i^{b_i}\leq \sum_{i=1}^k a_ib_i。
当 n=k+1n=k+1 时，∑i=1k+1bi=1\displaystyle\sum_{i=1}^{k+1} b_i=1，于是 a1b1a2b2…akbkak+1bk+1=(a1b11−bk+1a2b21−bk+1…akbk1−bk+1)ak+1bk+1a_1^{b_1}a_2^{b_2}\dots a_k^{b_k}a_{k+1}^{b_{k+1}}=(a_1^{\frac{b_1}{1-b_{k+1}}}a_2^{\frac{b_2}{1-b_{k+1}}}\dots a_k^{\frac{b_k}{1-b_{k+1}}})a_{k+1}^{b_{k+1}}
因 ∑i=1nbi1−bk+1=1\displaystyle\sum_{i=1}^n \frac{b_i}{1-b_{k+1}}=1，由归纳假设得 (a1b11−bk+1a2b21−bk+1…akbk1−bk+1)≤a1b1+a2b2+…akbk1−bk+1(a_1^{\frac{b_1}{1-b_{k+1}}}a_2^{\frac{b_2}{1-b_{k+1}}}\dots a_k^{\frac{b_k}{1-b_{k+1}}})\leq\frac{a_1b_1+a_2b_2+\dots a_kb_k}{1-b_{k+1}}
又因 (1−bk+1)+bk+1=1(1-b_{k+1})+b_{k+1}=1，得 (a1b1+a2b2+…akbk1−bk+1)1−bk+1ak+1bk+1≤a1b1+a2b2+⋯+akbk1−bk+1⋅(1−bk+1)+ak+1bk+1(\frac{a_1b_1+a_2b_2+\dots a_kb_k}{1-b_{k+1}})^{1-b_{k+1}}a_{k+1}^{b_{k+1}}\leq\frac{a_1b_1+a_2b_2+\dots+a_kb_k}{1-b_{k+1}}\cdot(1-b_{k+1})+a_{k+1}b_{k+1}
从而当 n=k+1n=k+1 时，推广成立。
结合 ①②，对于一切正整数 nn，推广命题成立。

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