数列基础

数列基本概念

• 数列 是按照一定次序排列的一列数．
• 数列中每一个数称作这个数列的一个 项，第一项称作 首项，最后一项称作 末项．
• 组成数列的数的个数称作 项数，项数有限的数列称作 有穷数列，项数无穷的数列称作 无穷数列．无穷数列没有末项．
• 未指明项数有限的数列，均默认为无穷数列．

数列从首项起，每一项都与正整数对应．数列的一般形式可以写作

$$a_1, a_2, a_3, \ldots, a_n, \ldots$$

其中 $a_n$ 表示数列的第 $n$ 项（$n$ 称作 $a_n$ 的 序号（或下标），有 $n \in \N^\ast$），称作数列的 通项．此时，整个数列可以简记作 $\{a_n\}$．

区别数列与集合

• 数列具有 有序性，而集合具有 无序性．$1, 2, 3$ 与 $2, 3, 1$ 不是同一数列，但 $\{1, 2, 3\}$ 与 $\{2, 3, 1\}$ 是同一集合．
• 数列具有 可重性，而集合具有 互异性．允许 $1, 2, 1$ 这样的数列，但不允许 $\{1, 2, 1\}$ 这样的集合．
• $\{a_n\}$ 中的大括号与集合中的大括号没有任何联系．

一般地，如果数列的第 $n$ 项 $a_n$ 与 $n$ 之间的关系可以用

$$a_n = f(n)$$

来表示，其中 $f(n)$ 是关于 $n$ 而不含其它未知数（可含参）的表达式，则 $f(n)$ 称作数列 $\{a_n\}$ 的一个 通项公式．显然，通项公式已知的数列可以直接写出数列中的任意一项，即 通项公式确定，则数列确定．

所有的数列都有通项公式吗？

这个问题的答案并不明确，取决于对公式的定义．如果这道题在读者的同步练习册或同步考试中出现，推荐判否．高考不会出这种题，无需纠结．

数列的通项公式可能不唯一．如数列 $-1, 1, -1, 1, \ldots$ 就存在多个通项公式，其中的两个为：

• $a_n = (-1)^n$．
• $a_n = \cos n \pi$．

可以看到两个公式并不相同，它们只是在所有正整数点都正好相等而已．

函数解决数列问题

例题 2

若数列 $\{a_n\}$ 的通项 $a_n = -2n^2 + 29n + 3$，求此数列的最大项．

例题 2 解答

问题等价于求函数 $a(n) = -2n^2 + 29n + 3$ 在 所有 $n \in \N^\ast$ 处的最大值．

根据二次函数的性质可得，$a(n)$ 的最大值在对称轴 $n = \df{29}4$ 取到．

但我们要求的是 自变量为正整数 的所有函数值最大值，因此应该取距离对称轴最近的点 $n = 7$ 作为最终答案．计算可知 $a_7 = 108$，其为数列最大项．

上面的例题启示我们：函数法处理数列，需要注意所求的通常不是函数的最值，而是 函数在整横坐标点处的最值，因此函数最值等信息不能简单挪用作为答案，还需进一步处理．

数列的单调性

数列的单调性分为四类：

• 递增数列：满足 $\forall n \in \N^\ast$，$a_n < a_{n + 1}$ 的数列 $\{a_n\}$．
• 递减数列：$\forall n \in \N^\ast$，$a_n > a_{n + 1}$ 的数列 $\{a_n\}$．
• 常数列：$\forall n \in \N^\ast$，$a_n = a_{n + 1}$ 的数列 $\{a_n\}$．
• 摆动数列：不为上面三种数列的数列均称作摆动数列．

数列的单调性证明比函数简单许多．以递增为例：

• 数列上只需证明 $a_{n + 1} > a_n$ 对任意 $n \in \N^\ast$ 都成立．
• 函数上需要在定义域 $I$ 内任取 $x_1 < x_2$，证明 $f(x_1) < f(x_2)$．

这种难度上的差异正是由数列的离散性造成的．

证明 $a_{n + 1} > a_n$，通常有两种策略：

• 作差法：求 $a_{n + 1} - a_n$ 的正负性．
• 作商法：
  • 如果 $\{a_n\}$ 恒正，$\df{a_{n + 1}}{a_n} > 1$ 说明数列递增，$< 1$ 说明递减．
  • 如果 $\{a_n\}$ 恒负，$\df{a_{n + 1}}{a_n} < 1$ 说明数列递增，$> 1$ 说明递减．

例题 3.1

已知数列 $\{a_n\}$ 的通项公式为 $a_n = 2n^2 - 3n$，判断 $\{a_n\}$ 的增减性．

例题 3.1 解答

$a_{n + 1} - a_n = 4n - 1$．因为 $n \in \N^\ast$，因此 $4n - 1 > 0$，$\{a_n\}$ 递增．

例题 3.2

已知数列 $\{a_n\}$ 的通项公式为 $a_n = n^2 + \lambda n$，若 $\{a_n\}$ 递增，求 $\lambda$ 的取值范围．

例题 3.2 解答

$a_{n + 1} - a_n = 2n + 1 + \lambda$．则条件等价于

$$f(n) = 2n + 1 + \lambda$$

在 $n$ 取正整数时 恒 $> 0$．

$n$ 取正整数时，最小值在 $n = 1$ 取到，只需令 $3 + \lambda > 0$，解得 $\lambda > -3$．

例题 3.2 错误解答示例

将 $a_n$ 视作函数 $a(n)$，条件等价于 $a(n)$ 在 $n \ge 1$ 时递增．

即函数对称轴 $-\df{\lambda}2 \le 1$，解得 $\lambda \ge -2$．

错因

条件并不等价于函数在 $n \ge 1$ 时递增，只等价于 $a(1), a(2), a(3), \ldots$ 这些离散点递增．前者比后者强．前者忽略了 $n \ge 1$ 时并不递增，但是对称轴在 $n = 1$ 与 $n = 2$ 之间，且更靠近 $n = 1$ 的情况，此时这些离散点仍然递增．

即真正等价的表述应当是对称轴 $-\df{\lambda}2 < \df 3 2$，解得 $\lambda > -3$．

错因总结：忽略了连续函数与离散数列的不同．

数列增减性相关问题一般有定义法与函数法两种方法．考虑到前者适用范围是后者的超集，并且后者容易出现「忽略离散性」的错误，笔者推荐：除非函数真的可以一眼看出答案（如例 3.1 可以一眼看出对称轴为 $\df 3 4$ 从而证明递增），永远更推荐使用 定义法．

用 增减性 解决 数列最值问题 或 数列不等式问题 也是 非常重要的一个思想．能通过函数法直接看出最值的通项是稀少的，更普遍的情况是 先研究数列的增减性，从而 根据增减性分析出最大项与最小项的下标，这一套连招务必熟练．

思想重要性提示

上面这段话很重要，请读者再次认真阅读并体会．

例题 3.3

已知数列 $\{a_n\}$ 的通项公式为 $a_n = (n + 1)(\df{9}{10})^n$，求 $\{a_n\}$ 的最大项．

例题 3.3 解答

$$\begin{aligned} f(n) = a_{n + 1} - a_n &= (n + 2)(\df{9}{10})^{n + 1} - (n + 1)(\df 9{10})^n \\ &= (\df 9 {10})^n[\df 9 {10}(n + 2) - (n + 1)] \\ &= \df{8 - n}{10} \cdot (\df 9 {10})^n \end{aligned}$$

在 $n \in \N^\ast$ 的情况下：

• $1 \le n \le 7$ 时，$f(n) > 0 \implies a_{n + 1} > a_n \implies a$ 递增．
• $n = 8$ 时，$f(n) = 0 \implies a_{n + 1} = a_n$．
• $n \ge 9$ 时，$f(n) < 0 \implies a_{n + 1} < a_n \implies a$ 递减．

即

$$a_1 < a_2 < \cdots < a_7 < a_8 = a_9 > a_{10} > a_{11} > \cdots$$

因此数列的最大项应为第 $8$ 项和第 $9$ 项．

例题 3.4

已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1 = 2$，$2a_na_{n + 1} = {a_n}^2 + 1$，求证：$\{\df{a_n - 1}{a_n + 1}\}$ 递减．

例题 3.4 解答

设待证数列为 $b_n = \df{a_n - 1}{a_n + 1}$．分离常数得 $b_n = 1 - \df 2 {a_n + 1}$．

想知道 $b_n$ 的增减性，我们需要考察：

• $\{a_n + 1\}$ 的正负．
• $\{a_n + 1\}$ 的增减性（即 $\{a_n\}$ 的增减性）．

先来看正负．对 $2a_na_{n + 1} = {a_n}^2 + 1$ 分析，可知 $a_n > 0$ 时，$a_{n + 1} > 0$．

而 $a_1 = 2 > 0$，归纳可知整个 $\{a_n\}$ 恒正，$\{a_n + 1\}$ 自然恒正．

再来看增减性．很明显 $\{a_n + 1\}$ 的增减性就是 $\{a_n\}$ 的增减性，只需考察 $a_{n + 1} - a_n$ 的正负：

$$a_{n + 1} - a_n = \df{{a_n}^2 + 1}{2a_n} - a_n = \df{1 - {a_n}^2}{2a_n}$$

已知 $a_n > 0$，则分母恒大于 $0$，只需 考察分子的正负，即 $a_n$ 与 $1$ 的大小关系．

注意到 $a_{n + 1} = \df{{a_n}^2 + 1}{2a_n} = \df{a_n} 2 + \df 1 {2a_n} \ge 2 \sqrt{\df{a_n} 2 \cdot \df 1 {2a_n}} = 1$，当且仅当 $\df{a_n}{2} = \df 1 {2a_n}$，即 $a_n = 1$ 时，等号成立．

而 $a_1 = 2$，不满足等号成立条件，因此 $a_2 > 1$．因为 $a_2 \ne 1$，$a_3 > 1$……综上，整个 $\{a_n\}$ 始终大于 $1$．

因此 $1 - {a_n}^2 < 0$，$a_{n + 1} - a_n < 0$．$\{a_n\}$ 递减．

$\{a_n + 1\}$ 恒正递减．于是，$b_n = 1 - \df 2 {a_n + 1}$ 递减，证毕．

递推公式

通项公式可以确定一个数列．下面的方式也可以确定一个数列：

• 给定数列的前 $k$ 项．
• 对于任意 $n \ge k + 1$，有 $a_n = f(a_{n - 1}, a_{n - 2}, \ldots, a_{n - k}, n)$．

此时我们称这个数列为一个 $k$ 阶递推数列，$a_n = f(a_{n - 1}, a_{n - 2}, \ldots, a_{n - k}, n)$ 称作数列的 递推公式．

有些递推公式与 $n$ 有关，如 $a_{n + 1} = a_n + n + 1$．

有些递推公式与 $n$ 无关，如 $a_{n + 1} = a_n + 1$．

例题 4.1

在数列 $\{a_n\}$ 中，$a_1 = 1$，$a_2 = \df 2 3$，且 $\df{1}{a_{n - 2}} + \df{1}{a_n} = \df{2}{a_{n - 1}}, \quad n \ge 3, n \in \N^\ast$，求 $a_4$．

例题 4.1 解答

本题将递推公式做了一些包装，为了方便计算我们做一些变形．最方便的变形策略是将它变形为

$$\df{1}{a_n} = \df{2}{a_{n - 1}} - \df{1}{a_{n - 2}}$$

• 将包含 $a_n$ 的项放在前面，递推前项放在后面．
• 不需要一定转成 $a_n = \cdots$ 的形式，上面的式子已经足够方便做题，接着变形代入计算反而更麻烦．

简单计算可得 $a_4 = \df 5 2$．

读者学到后面也可以发现这个数列其实是等差数列的倒数，因此答案可以更快得到，不过这是后话了．

例题 4.2

已知数列 $\{a_n\}$ 中，$a_1 = 3$，$a_2 = 6$，$a_n = a_{n - 1} - a_{n - 2},\quad n \ge 3, n \in \N^\ast$，求 $a_{660}$．

例题 4.2 解答

$$a_1 = 3, a_2 = 6, a_3 = 3, a_4 = -3, a_5 = -6, a_6 = -3, a_7 = 3, a_8 = 6, \ldots$$

算到这就可以停了，因为该数列是一个 二阶递推数列，并且 递推式与 $n$ 无关，而 $a_7 = a_1$，$a_8 = a_2$，这就一定意味着 $a_9 = a_3$，$a_{10} = a_4$……于是整个数列是一个周期为 $6$ 的循环数列，$660 \bmod 6 = 0$，因此 $a_{660} = a_6 = -3$．

对于乍一看没什么通项规律的递推数列，还要求很后的项的，可能是周期数列．我们从 $a_1$ 一项一项往后算，对于 $k$ 阶递推数列，若递推式与 $n$ 无关，则只要有相邻的 $k$ 项与先前相邻 $k$ 项相同，就说明出现循环．此时不必再往后算，运用周期解答即可．

递推公式分段的数列也可能是周期数列．如

$$a_n = \begin{cases} 2a_n, &0 \le a_n < \df 1 2 \\ 2a_n - 1, & \df 1 2 \le a_n < 1 \end{cases}$$

且 $a_1 = \df 6 7$．该数列是一个周期为 $3$ 的数列．

例题 4.3

已知 $a_na_{n + 1}a_{n + 2} = a_n + a_{n + 1} + a_{n + 2}$，$a_1 = 1$，$a_2 = 2$，求 $a_{660}$．

例题 4.3 解答

首先可以发现，递推式具有 轮换对称性．即如果 $a_n = x$，$a_{n + 1} = y$，$a_{n + 2} = z$ 满足递推式，则 $a_n = y$，$a_{n + 1} = z$，$a_{n + 2} = x$ 满足递推式，$a_n = z$，$a_{n + 1} = x$，$a_{n + 2} = y$ 也满足递推式．

因此令 $a_3 = k$，则 $a_n = 1$，$a_{n + 1} = 2$，$a_{n + 2} = k$ 满足递推式，根据轮换对称性，$a_n = 2$，$a_{n + 1} = k$，$a_{n + 2} = 1$ 一定也满足递推式，那么 $a_4 = 1$ 就一定是一个解．

更进一步，$a_3 = k$，$a_4 = 1$，根据轮换对称性又可知 $a_5 = 2$……这样轮换下去，可以得到 $1, 2, k, 1, 2, k, 1, 2, k, \ldots$ 一定是一个符合递推式的数列，那么它是唯一一个吗？

此时就得回到原式了，注意到递推式变形得

$$(a_na_{n + 1} - 1)a_{n + 2} = a_n + a_{n + 1}$$

$a_1a_2 - 1 \ne 0$，因此 $a_3 = \df{a_1 + a_2}{a_1a_2 - 1} = 3$．

而 $a_3a_4 - 1 \ne 0$，因此 $a_4$ 的解唯一，根据轮换对称性知其为 $1$；

$a_4a_5 - 1 \ne 0$，因此 $a_5$ 的解唯一，根据轮换对称性知其为 $2$……

注意到前面判断不等于 $0$ 的式子也在轮换，因为 $1 \times 2 \ne 0$，$2 \times 3 \ne 0$，$3 \times 1 \ne 0$，因此后面的 $a_na_{n + 1} - 1$ 始终不为零，使得 $a_{n + 2}$ 有唯一解．

因此 $\{a_n\}$ 存在且唯一：$1, 2, 3, 1, 2, 3, 1, 2, 3, \ldots$，第 $660$ 项为 $3$．

$k$ 阶递推式具有轮换对称性，一般意味着数列存在长度为 $k$ 的周期．

前缀和与差分

对一个数列 $\{a_n\}$，其可以生成两个数列：

$$S\colon S_n = \sum_{i = 1}^n a_i = S_{n - 1} + a_n$$

称 $\{S_n\}$ 为 $\{a_n\}$ 的 前 $n$ 项和．后面称之为 前缀和．

$$D \colon D_n = \begin{cases} a_1, & n = 1 \\ a_n - a_{n - 1}, & n \ge 2 \end{cases}$$

称 $\{D_n\}$ 为 $\{a_n\}$ 的 差分．

结论：前缀和 与 差分 为一对逆运算．即下面两个子命题均成立：

子命题一

已知

$$S_n = \sum_{i = 1}^n D_i$$

则

$$D_n = \begin{cases} S_1, & n = 1 \\ S_n - S_{n - 1}, & n \ge 2 \end{cases}$$

子命题二

已知

$$D_n = \begin{cases} S_1, & n = 1 \\ S_n - S_{n - 1}, & n \ge 2 \end{cases}$$

则

$$S_n = \sum_{i = 1}^n D_i$$

例题 5.1

已知数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $\{S_n\}$，且 $\log_2(S_n + 1) = n + 1(n \in \N^\ast)$，求 $a_n$．

本题是一道给 $\{S_n\}$ 求 $\{a_n\}$ 的题目．因为前缀和与差分是一对逆运算，我们对 $\{S_n\}$ 求差分即为 $\{a_n\}$．

例题 5.1 解答

条件变形得 $S_n = 2^{n + 1} - 1$．

当 $n = 1$ 时，$a_1 = S_1 = 3$．

当 $n \ge 2$ 时，$a_n = S_n - S_{n - 1} = 2^n$．

因此

$$a_n = \begin{cases} 3, & n = 1 \\ 2^n & n \ge 2 \end{cases}$$

这里要注意一下两种情况能不能合并，能合并的时候不合并会扣分．本题中两种情况不能合并（$2^1 \ne 3$），因此答案就是分段的．

已知 $\{a_n\}$ 的前缀和 $\{S_n\}$，还可以求 $\{a_n\}$ 的 区间和，即 $\sum_{i = l}^r a_i$．我们有

$$\sum_{i = l}^r a_i = S_r - S_{l - 1}, \quad l \ne 1$$

例题就不放了，有印象即可．

例题 5.2

已知各项为负数的数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$，且 $2S_n = a_n - {a_n}^2$，求数列 $\{a_n\}$ 的通项公式．

提示：后面的页面会详尽地讲解这类题型的做题策略，下面的解答只要求 看懂即可．

例题 5.2 解答

$n = 1$ 时，$2a_1 = a_1 - {a_1}^2$，解得 $a_1 = -1$ 或 $a_1 = 0$（舍，$\{a_n\}$ 各项均为负数）．

$n \ge 2$ 时，考虑到

$$\begin{aligned} 2S_n &= a_n - {a_n}^2 \\ 2S_{n - 1} &= a_{n - 1} - {a_{n - 1}}^2 \end{aligned}$$

两式相减得

$$2a_n = a_n - {a_n}^2 - a_{n - 1} + {a_{n - 1}}^2$$

即

$$a_n + {a_n}^2 + a_{n - 1} - {a_{n - 1}}^2 = 0$$

左侧可以因式分解．

$$(a_n + a_{n - 1})(a_n - a_{n - 1} + 1) = 0$$

由于 $\{a_n\}$ 各项为负数，$a_n + a_{n - 1} \ne 0$，因此 $a_n - a_{n - 1} + 1 = 0$，即 $a_n - a_{n - 1} = -1$．

因此 $\{a_n\}$ 是一个首项为 $-1$，公差为 $-1$ 的等差数列，$a_n = -n, \quad n \in \N^\ast$．

技巧：结构相似的式子相减得到的式子，一般通过因式分解处理．

原理：$a^n - b^n$ 一定含有因式 $a - b$（$n \in \N^\ast$），$a^n + b^n$ 一定含有因式 $a + b$（$n \in \N^\ast$ 且 $n$ 为奇数），而结构相似的式子相减往往会出现大量 $a^n \pm b^n$，因此结果往往能因式分解．

例题 5.3

已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1 = 1$，$a_{n + 1} - a_n = n, \quad n \in \N^\ast$，求数列 $\{a_n\}$ 的通项公式．

原题相当于给定了 $\{a_n\}$ 的差分 $\{D_n\}$，让我们求数列 $\{a_n\}$．只需对数列 $\{D_n\}$ 做前缀和即可得到数列 $\{a_n\}$．

例题 5.3 解答（非标准）

由题可知，

$$D_n = \begin{cases} 1, & n = 1 \\ n - 1, & n \ge 2 \end{cases}$$

需要注意一下差分数组的定义是 $D_n = a_n - a_{n - 1}$，因此条件的 $n \to n - 1$ 后等号右侧才是 $D_n$．

对 $\{D_n\}$ 做前缀和可得

$$a_n = \begin{cases} 1, & n = 1 \\ 1 + 1 + 2 + \cdots + n - 1 = \df{n^2 - n + 2}2, & n \ge 2 \end{cases}$$

这里分开算一下的目的是，$n = 1$ 时后面那个 $1 + 2 + \cdots + n - 1$ 的 数列为空，数列为空的情形习惯上分类讨论一下，因为各种求和公式理论上都是在数列存在时推导的．

然而事实上，等差数列和等比数列的求和公式（后面学习）在代入项数 $= 0$ 时计算出来的和均为 $0$，是符合期望的，因此两种情况往往可以合并，即

$$a_n = \df{n^2 - n + 2}2$$

下面写一下标准过程的写法．

5.3 解答（标准过程）

当 $n = 1$ 时，$a_1 = 1$．

当 $n \ge 2$ 时，

$$\begin{aligned} a_n &= a_1 + (a_2 - a_1) + (a_3 - a_2) + \cdots + (a_n - a_{n - 1}) \\ &= 1 + 1 + 2 + \cdots + n - 1 \\ &= \df{n^2 - n + 2}2 \end{aligned}$$

计算得两种情况可合并，因此 $a_n = \df{n^2 - n + 2}2$．

出题人可能会对 $a_n - a_{n - 1} = f(n)$ 这个式子做一些变形，如 $2a_{n - 1} + f(n) = 2a_n$，记得识别这些变形后的条件也相当于给出了差分数列．

前缀积与比分

对于所有项均不为 $0$ 的数列 $\{a_n\}$，其可以生成两个数列：

$$T\colon T_n = \prod_{i = 1}^n a_i = T_{n - 1} \cdot a_n$$

称 $\{T_n\}$ 为 $\{a_n\}$ 的 前 $n$ 项积．后面称之为 前缀积．

$$R \colon R_n = \begin{cases} a_1, & n = 1 \\[1em] \df{a_n}{a_{n - 1}}, & n \ge 2 \end{cases}$$

称 $\{R_n\}$ 为 $\{a_n\}$ 的「比分」．

结论：前缀积 与「比分」为一对逆运算．

前缀积、「比分」与前缀和、差分的关系是非常类似的，可以说只改了一个符号．因此前缀积、「比分」相关的题型不再过多赘述．

数列中的特殊值法

例题 ex

（单选题）已知等差数列 $\{a_n\}$ 的前缀和 $\{S_n\}$ 有 $S_9 = 72$，则 $a_2 + a_4 + a_9$ 的值为：

• A. 8
• B. 20
• C. 24
• D. 27

例题 ex 解答

特殊值，令 $\{a_n\}$ 为 $a_n = 8$ 的常数列，满足条件．此时 $a_2 + a_4 + a_9 = 24$，选 C．

数列中的一种特殊值法就是设成 常数列．由于等差数列和等比数列都包含常数列，这种特殊值在 等差、等比 相关问题的 条件较少 的题目中可能发挥意想不到的效果．

当然，上面这个题存在常规方法，后面讲完等差数列再回看后就会发现它是基础题．