高中数学笔记 - 数列【 未齐全 】
liuhaopeng
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数学笔记全文
修订
数列
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等差数列通项公式：a_n=a_1+(n-1)d=S_n-S_{n-1}(n\geq 2), 其中 d 为公差。
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等差数列前 n 项和：S_n=\frac{n(a_1+a_n)}{2}=na_1+\frac{dn(n-1)}{2}
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等比数列通项公式：a_n=a_1q^{n-1}=S_n-S_{n-1}(n\geq 2), 其中 q 为公比。
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等比数列前 n 项和：S_n=\frac{a_1(1-q^n)}{1-q}=\frac{a_1-a_n q}{1-q}(q\neq 1)
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自然数幂求和公式：\displaystyle\sum_{i=1}^{n}i=\frac{n(n+1)}{2}
\displaystyle\sum_{i=1}^{n}i^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}
\displaystyle\sum_{i=1}^{n}i^3=[\frac{n(n+1)}{2}]^2
\displaystyle\sum_{i=1}^{n}i^4=\frac{n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)}{30}
1+3+5+\dots+(2n-1)=n^2
求数列通项公式
累加法
条件：形如 a_{n+1}=a_n+f(n) 且 {f(n)} 可求和。
例题：已知 a_1=1,a_{n+1}=a_n+2，求 {a_n} 通项公式。
由已知得 a_{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 a_{n+1}-a_1=a_{n+1}-1=2n，即 a_{n}=2n-1。
验证 a_1 也符合上式，因此 a_n=2n-1。
累乘法
形如 a_{n+1}=f(n)a_n 且 {f(n)} 可求积。
例题：a_1=1,(n+1)a_{n+1}=na_n，求 {a_n} 通项公式。
\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 a_1 也符合上式，因此 a_n=\frac{1}{n}。
a_n=S_n-S_{n-1}
例题：S_n=3^n+k，求 a_n 通项公式。
a_1=3+k,\ \ a_n=S_n-S_{n-1}=3^n-3^{n-1}=2\times 3^{n-1}
裂项
\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}
\frac{1}{n(n+1)(n+2)}=\frac{1}{2}[\frac{1}{n(n+1)}-\frac{1}{(n+1)(n+2)}]
\frac{1}{(2n-1)(2n+1)}=\frac{1}{2}(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1})
\frac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b} }=\frac{1}{a-b}(\sqrt{a}-\sqrt{b})
\frac{1}{a_na_{n+k} }=\frac{1}{dk}(\frac{1}{a_n}-\frac{1}{a_{n+k} })\ \ \ \ （ 等差数列 ）
\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
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若等差数列的项数为 2n，则 S_{2n}=n(a_n+a_{n+1})，且 S_{偶}-S_{奇}=nd,\frac{S_{奇}}{S_{偶}}=\frac{a_n}{a_{n+1}}
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若等差数列的项数为 2n-1，则 S_{2n-1}=(2n-1)a_n，且 S_{偶}-S_{奇}=a_n,\frac{S_{奇}}{S_{偶}}=\frac{n}{n-1}
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等差数列依次每 k 项之和仍成等差数列，即 S_k,S_{2k}-S_k,S_{3k}-S_{2k},\dots,S_{nk}-S_{(n-1)k} 成等差数列，公差 k^2d。
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等差数列 {a_n},{b_n} 的前缀和分别为 S_n,T_n，则 \frac{a_n}{b_n}=\frac{S_{2n-1}}{T_{2n-1}}。
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S_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 S_m=n,S_n=m，则 S_{n+m}=-(n+m)；若 S_n=S_m，则 S_{n+m}=0。
等比数列的性质
构造等比数列求通项公式
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对于 a_n=pa_{n-1}+q(p\neq 1,pq\neq 0,n\geq 2)，转化为 a_n-\frac{q}{1-p}=p(a_{n-1}-\frac{q}{1-p})
也可以通过与 a_{n-1}=pa_{n-2}+q 相减得 a_n-a_{n-1}=p(a_{n-1}-a_{n-2})
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对于 a_n=pa_{n-1}+q^{n-1}，转化为 a_n-\frac{q^n}{q-p}=p(a_{n-1}-\frac{q^{n-1}}{q-p})
也可以同除 q^n 变成上一点的方法。
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对于 a_n=pa_{n-1}+q^{n-1}+t，转化为 a_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 n 有关的命题，可按下列步骤进行：
- （ 归纳奠基 ）证明当 n=n_0 时命题成立。
- （ 归纳递推 ）以“当 n=k(k\in\N^+,k\geq n_0) 时命题成立”为条件推出 “当 n=k+1 时命题也成立”。
完成以上 2 个步骤就可以证明命题对从 n_0 开始的所有正整数 n 都成立。
例 1：证明 \displaystyle\sum_{i=1}^n i^2=\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)(n\in\N^+)
（1）当 n=1 时，1^2=1=\frac{1}{6}\cdot 1\cdot 2\cdot 3，命题成立。
（2）假设当 n=k 时，命题成立，那么当 n=k+1 时有：
\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+1 时，命题也成立。
由 （1）（2） 可知，命题对任意 n\in\N^+ 都成立。
练：证明 \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 ）
$(2)$ 用 $(1)$ 的结果证明：设 $a_1,a_2\geq 0,b_1,b_2$ 为正有理数，若 $b_1+b_2=1$，则 $a_1^{b_1}a_2^{b_2}\leq a_1b_1+a_2b_2$。
$(3)$ 将 $(2)$ 中的命题推广到一般形式并用数学归纳法证明。
解：$(1)$ 求导得 $f`(x)=0\implies x=1,f(x)_{\min}=f(1)=0$。
$(2)$ 由 $(1)$ 得当 $x\in(0,+\infty)$ 时，$f(x)\geq f(1)=0$，即 $x^r\leq rx+(1-r)$。
若 $r_1r_2=0$，则原命题成立。
若 $r_1r_2\neq 0$，则 $b_2=1-b_1$，令 $x=\frac{a_1}{a_2},r=b_1$，得 $(\frac{a_1}{a_2})^{b_1}\leq b_1\cdot \frac{a_1}{a_2}+(1-b_1)\implies a_1^{b_1}a_2^{1-b_1}\leq a_1b_1+a_2(1-b_1)$，原命题成立。
$(3)$ 推广：$\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=1 时推广成立。
② 假设 n=k 时成立，且 \displaystyle\sum_{i=1}^k b_i=1，则 \prod_{i=1}^k a_i^{b_i}\leq \sum_{i=1}^k a_ib_i。
当 n=k+1 时，\displaystyle\sum_{i=1}^{k+1} b_i=1，于是 a_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 \displaystyle\sum_{i=1}^n \frac{b_i}{1-b_{k+1}}=1，由归纳假设得 (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-b_{k+1})+b_{k+1}=1，得 (\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+1 时，推广成立。
结合 ①②，对于一切正整数 n，推广命题成立。