此笔记并不会囊括所有等差数列、等比数列的高考知识点。只是随意写写自己觉得高妙的地方。

等差数列（Arithmetic Sequence)

定义

数列中，任何两项的差相等，这个差被称为公差，用 $d$ 表示。

定义式：$a_n=a_1+(n-1)d$

我们发现可以表达成一次函数形式：$a_n=dn+b$

等差中项

对于任何 $a_n, n \geq 2$，有 $a_{n – 1} + a_{n + 1} = 2a_n$。

考虑证明：

$\begin{aligned} a_{n-1}+a_{n+1}&=[a+(n-2)d]+(a+nd)\cr &=2a+(2n-2)d\cr &=2[a+(n-1)d]\cr &=2a_{n} \end{aligned}$

同样有一些衍生中项问题，不过多赘述。

求和

欧拉求和：$\frac{\texttt{首项} + \texttt{末项} \times \texttt{项数}}{2}$，即：

$S_n= \frac{n(a_1+a_n)}2$

写成定义式形式：

$S_n=a_1n+\frac{n(n-1)}2d$

化简（我最常用）：

$\frac12dn^2+(a_1-\frac12d)n$

代换

对于任意 $a_n, n \geq2$，有$a_n = S_n – S_{n – 1}$

考虑如何代换，基本上遵循题目求什么把别的换成什么。例如题目要求证明$\lbrace S_n\rbrace$ 等差，那么把给出的式子中出现的 $a_n$ 之类的都换成 $S_n$ 。

利用平方差\完全平方公式

例题：给出 $\frac{a_n + 1}2 = \sqrt{S_n}$，求证正项数列 $\lbrace a_n \rbrace$ 为等差数列。

法1：化简得到$(\sqrt{S_n} + \sqrt{S_{n-1}} – 1)(\sqrt{S_n} – \sqrt{S_{n-1}} – 1)=0$

法2：见下

做差

高妙法！

如上例，化简得到：

$a_n^2+2a_n+1=4S_n$

同时列出

$a_{n-1}^2+2a_{n-1}+1=4S_{n-1}$

相减，得到

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

即

$a_n – a_{n – 1} = 2$

仿照上例，得到通式：

$Aa_n^2+Ba_n+C=2BS_n$ ，且 $\lbrace a_n\rbrace$ 为正项数列时，$\lbrace a_n\rbrace$ ，$\lbrace a_n\rbrace$ 为等差数列，公差 $d = \frac{B}A$ 。

等比数列（Geometric Progression）

略过定义等

等比中项

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

证明：

$\begin{aligned} a_{n-1}\times a_{n+1}&=ar^{n-2}\times ar^{n}\\ &=a^{2}\times r^{2n-2}\\ &=(ar^{n-1})^{2}\\ &={a_{n}}^{2} \end{aligned}$

推论：

给定一个等比数列 $\lbrace a_n \rbrace$，则有：

$\lbrace b \cdot a_n \rbrace$ 为等比数列。

$\lbrace \frac{b}{a_n} \rbrace$ 为等比数列。

$\lbrace log_b(a_n) \rbrace$ 为等差数列。

错位相减

通常用在等比数列求和，现来推导。

有等比数列 $\lbrace a_n \rbrace$，公比为 $q, q \neq 1$ 。

则 $S_n = a+aq+aq^{2}+\cdots +aq^{n-1}$

将 $S_n$ 乘以 $q$，得到 $qS_{n}=aq+aq^{2}+\cdots +aq^{n}$

对齐！

$\begin{aligned} S_n&=a\texttt{ }+&&aq+aq^{2}+\cdots +aq^{n-1}\\ qS_{n}&=&&aq+aq^{2}+\cdots +aq^{n-1}+aq^{n}\\ \end{aligned}$

相减！

$(1-q)S_{n}=a-aq^{n}$

$S_n = \frac{a_1(1-q^n)}{1-q}$

错位相减衍生

有等差数列 $\lbrace a_n \rbrace$，公差为 $d$，等比数列 $\lbrace b_n \rbrace$，公比为 $q$ 。

$c_n = a_nb_n$，求数列 $\lbrace c_n \rbrace$ 前 $n$ 项和 $S_n$。

$\begin{aligned} S_n&=a_1b_1\texttt{ }+&&a_2b_2+a_3b_3+\cdots+a_nb_n\\ qS_n&=&&a_1b_2+a_2b_3+\cdots+a_{n-1}b_n+a_nb_nq \end{aligned}$

相减！

$\begin{aligned} (1-q)S_n&=a_1b_1-d(b_2+b_3+\cdots+b_{n-1}+b_n)+a_nb_nq\\ &=a_1b_1-\frac{b_2(1-q^{n-1})}{1-q}+a_nb_nq\\ \end{aligned}$

根据情况化简即可。

不动点法

当遇到形如 $a_{n + 1} = 2a_n + 2$ 的式子时，考虑不动点法。

若 $a_{n + 1} = a_n$，得到方程 $x = 2x + 2$，解得 $x = -2$，则有等比数列 $\lbrace a_n – x \rbrace$。

推广：

有$Aa_{n+1}+Ba_{n}+C=0$，如果 $A \neq -B$，有 $A(a_{n+1}+k)=-B(a_{n}+k)$，$\lbrace a_n + k \rbrace$ 为等比数列。

如果 $A = -B$，则为等差数列。

简单解释不动点，即为一个可以无限迭代而不变化的值：$x = f(x) = f(f(x))=f(f(f(x)))=\cdots$。

对于一个数列，它可能永远也取不了$x$，但是会无限趋近$x$，也就是 $\lim_{x \to \infty} x_n=x$。

裂项解法

（问题同上）有等差数列 $\lbrace a_n \rbrace$，公差为 $d$，等比数列 $\lbrace b_n \rbrace$，公比为 $q$ 。

$c_n = a_nb_n$，求数列 $\lbrace c_n \rbrace$ 前 $n$ 项和 $S_n$。

举例推演：

$a_n = (2n – 1)\cdot \frac{1}{3^n}$，求 $S_n$ 。

先将 $a_n$ 表示成 $c_n – c_{n + 1}$。

观察如何裂项，分子为 $2n-1$，分母为 $3^n$，当 $c_n$ 分母为 $3^n$ 时，分母为常数，当分子为 $An + B$ 时，可以进行裂项。那么 $c_n = \frac{An+B}{3^n}$，$c_{n + 1}=\frac{A(n +1)+B}{c^{n+1}}$。

$\begin{aligned} c_n – c_{n + 1} &= (2n – 1)\frac{1}{3^n} \\ &= \frac{An+B}{3^n}-\frac{A(n +1)+B}{c^{n+1}}\\ \\ 2n – 1 &= 3(An + B) – A(n + 1) – B\\ &=2An + 2B – A \end{aligned}$

解得 $A = 1, B = 0$

$S_n = c_1 – c_{n + 1} = 1 – \frac{n + 1}{3^n}$

数列求和

与之前的求和一样，数列求和还有一些别的做法。

裂项配凑

普通的裂项非常简单，但是情况稍复杂时，可能需要配凑，我们举例说明。

$eg1:$

$\begin{aligned} a_n&=\frac{1}{(\sqrt{n-1}+\sqrt{n})(\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1})(\sqrt{n}+\sqrt{n+1})}\cr\cr &=\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n-1}}{2(\sqrt{n-1}+\sqrt{n})(\sqrt{n}+\sqrt{n+1})}\cr\cr &=\frac12\Big(\frac{1}{\sqrt{n-1}+\sqrt{n}}+\frac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}} \Big) \end{aligned}$

$eg2:$

$\begin{aligned} b_n&=\frac{3\cdot4^{n-1}}{(3\cdot4^n-3)(4^{n+1}-1)}\cr\cr &=\frac{4^{n+1}-4^n}{3(4^n-1)(4^{n+1}-1)}\cr\cr &=\frac13\Big(\frac1{4^n-1}-\frac1{4^{n+1}-1}\Big) \end{aligned}$