数列
表示
常用 \(\{a_n\}\) 表示一个长度为 \(n\) 的数列。
分类
按项数分，可以分为有穷数列和无穷数列。
按单调性分，可以分成
-
递增序列：\(\forall n \in \mathbb{N}^+,a_{n+1} \ge a_n\)。
若是严格递增，则是 \(a_{n+1} > a_n\)。
-
递减序列：\(\forall n \in \mathbb{N}^+,a_{n+1} \leq a_n\)。
若是严格递减，则是 \(a_{n+1} < a_n\)。
-
摆动数列：没有单调性。
-
常数列：每项都一样的数列。
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
\[\left\{ \begin{aligned} & a_n = a_1 + (n-1)d \\ & s_n = na_1 + \frac{n(n-1)}{2}d \\ \end{aligned} \right. \]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
\[ans = \left\{ \begin{aligned} & \frac{(x^{2n}-1)(x^{2n+2}+1)}{(x^2-1)x^{2n}} + 2n,x\not=\pm1 \\ & 4n\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ ,x=\pm1 \\ \end{aligned} \right. \]导数
见导数、积分瞎记。
标签：dots,frac,数列,sqrt,瞎记,2n,aligned,高中数学 From： https://www.cnblogs.com/bloodstalk/p/17447168.html