數列學習筆記

定義

• 數列: 按一定順序排成的一列數稱為數列, 其一般形式可以寫成\(a_1,a_2, ..., a_n, ...\), 簡記為\(\{ a_n \}\);
• 數列的項: 數列中的每一個數稱為此數列的項, 其中\(a_1\)稱為首項.

分類

1. 按照項數有限與無限來分, 分為有窮數列和無窮數列;
2. 按照項與項之間的大小關系來分, 有遞增數列, 遞減數列, 擺動數列, 常數列;

數列的通項公式

如果數列\(\{ a_n \}\)的第\(n\)項與序號\(n\)之間的關系可以用一個公式來表示, 那么這個公式叫做這個數列的通項公式.
一個數列的通項公式未必存在, 若存在也未必唯一, 只需要寫出其中的一個通項公式即可.

遞推公式

如果已知數列的第\(1\)項或前幾項, 且任意一項與它的前一項或前幾項見的關系可以用一個公式來表示, 則這個公式就稱為這個數列的遞推公式. 著名的遞推公式包括斐波那契數列的

\[\begin{cases} a_1 = 1 , a_2 = 1 \\ a_n = a_{n - 1} + a_{n - 2} \end{cases} \]

遞推公式是數列所特有的表示法, 它包含兩個部分, 遞推關系和初始條件, 二者缺一不可.

等差數列

一些較為陌生的性質和公式

1. (重要)在一個等差數列中, 假如\(m + n = p + q\), 則有\(a_m + a_n= a_p + a_q\); 反之, 假如一個序列滿足任意的\(a_m + a_n = a_p + a_q : m + n = p + q\), 則這個數列為等差數列. 這個性質常用於等差數列的判定.
2. 若\(\{a_n\}\)為等差數列, 則\(a_k, a_{k + m}, a_{k + 2m}, ...\)仍成等差數列
3. 若\(\{a_n\}\)和\(\{b_n\}\)均為等差數列, 則\(\{\lambda a_n + \mu b_n\}\)(\(\lambda\), \(\mu\)為常數)仍為等差數列
4. 等差數列前\(n\)項的和\(S_n = a_1n + \frac{n(n - 1)}{2}d\)
5. 設等差數列\(\{ a_n \}\)的前\(n\)項和為\(S_n\), 則\(S_k, S_{2k} - S_k, S_{3k} - S_{2k}, ...\)成等差數列. 注意: 是相鄰兩項的差為差數列
6. 令\(S_n = \sum_{i = 1}^n a_i\), 則數列\(\left\{ \frac{S_n}{n} \right\}\)為等差數列

好題

題目描述

給定一個數列\(\{ a_n \}\)滿足\(a_n = 3a_{n - 1} + 3^n - 1 : n \ge 2\), 且有\(a_1 = 5\), 求實數\(\lambda\)使得數列$$\left { \frac{a^n + \lambda}{3^n} \right }$$為等差數列.

Solution

我們令\(b_n = \frac{a^n + \lambda}{3^n}\), 則有\(b_n = b_n - 1 + d : d為常數\)
我們考慮$$b_{n - 1} = \frac{a^{n - 1} + \lambda}{3^{n - 1}}$$ $$b_n = \frac{a_n + \lambda}{3^n} = \frac{3a^{n - 1} + 3^n - 1 + \lambda}{3^n} = \frac{a^{n - 1}}{3^{n - 1}} + 1 + \frac{\lambda - 1}{3^n} = \frac{a^{n - 1} + \lambda}{3^{n - 1}} + 1 - \frac{2\lambda + 1}{3^n} = b_{n - 1} + 1 - \frac{2\lambda + 1}{3^n}$$
由於$$1 - \frac{2\lambda + 1}{3^n}$$為常數
所以$$\frac{2\lambda + 1}{3^n} = 0$$
即$$\lambda = - \frac{1}{2}$$

本題總結

一般來說, 一個等差數列\(\{ a_n \}\)有兩種表達方式, 一種是\(a_n = a_1 + (n - 1)d\), 另一種是\(a_n = a_{n - 1} + d\). 對這兩種表達的運用都應該要熟練.

題目描述

已知數列\(\{a_n\}\)的前\(n\)項和為\(S_n = n^2 - 2n\), 令\(b_n = \frac{1}{n}(a_2 + a_4 + ... + a_{2n})\), (1)求證\(\{b_n\}\)為等差數列; (2)設\(c_n = \frac{1}{a_nb_n}\)的前\(n\)項的和為\(T_n\), 求\(T_n\)的通項公式

Solution

當\(n > 1\)時, 有\(a_n = S_n - S_{n - 1} = 2n - 3\); 當\(n = 1\)時, 發現\(a_1 = S_1 = -1\)符合上述式子, 因此\(\{a_n\}\)為等差數列, 其通項公式為\(a_n = 2n - 3\). \(a_2 + a_4 + ... + a_{2n} = \frac{(a_2 + a_{2n})n}{2} = n(2n - 1)\), 所以\(b_n = 2n - 1\), 為等差數列.

\[c_n = \frac{1}{a_n b_n} = \frac{1}{(2n - 1)(2n - 3)} = \frac{1}{2} \cdot \frac{(2n - 1) - (2n - 3)}{(2n - 1)(2n - 3)} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2n - 3} - \frac{1}{2n - 1}\right) \]

\[T_n = \sum_{i = 1}^n c_i = \frac{1}{2}\sum_{i = 1}^n\frac{1}{2i - 3} - \frac{1}{2i - 1} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2 \cdot 1 - 3} - \frac{1}{2 \cdot n - 1}\right) = \frac{n}{1 - 2n} \]

本題總結

證明部分, 看到\(An^2 + Bn\)的形式, 想到\(\{a_n\}\)為等差數列, 考慮先證明\(\{a_n\}\)為等差數列, 再證明原命題;
求\(T_n\)部分, 看到\(\sum \frac{1}{a \cdot b}\)的形式, 想到裂項解決.

等比數列

定義

如果一個數列從第\(2\)項起, 每一項與其前一項的比等於同一個常數, 則此數列稱為等比數列, 此常數稱為等比數列的公比, 即\(\{a_n\}\)為等比數列\(\Leftrightarrow\)\(\frac{a_n + 1}{a_n} = q : q為常數\)

等比中項

如果兩數\(a\)與\(b\)中間插入一個數\(G\), 使得\(a, G, b\)成等比數列, 那么\(G\)叫作\(a\), \(b\)的等比中項. \(G = \pm \sqrt{ab}\). 等比數列從第\(2\)項起, 都是其前一項和后一項的等比中項

等比數列的通項公式

\[a_n = a_1 \cdot q^{n - 1} = a_mq^{n - m} = kq^n : k, q為常數, kq \ne 0 \]

等比數列的性質

1. 若\(\{a_n\}\)為等比數列, 則\(m + n = p + q \to a_m \cdot a_n = a_p \cdot a_q\); 反之亦成立. 常用於等比數列的判定.
2. 若\(\{a_n\}\), \(\{b_n\}\)為等比數列, 則\(\{a_n \cdot b_n\}\), \(\{\frac{a_n}{b_n}\}\)為等比數列

等比數列前\(n\)項和

\[S_n = \begin{cases}\frac{a_1(q^n - 1)}{q - 1} : q \ne 1 \\ na_1: q = 1\end{cases} \]

證明:

1. \(n = 1\), 略;
2. \(n \ne 1\), 我們令$$\begin{cases}S_n = a_1 + a_1q + a_1q^2 + ... + a_1q^{n - 1} \ qS_n = a_1q + a_1q^2 + ... + a_1q^{n - 1} + a_1q^n\end{cases}$$兩式相減得到$$(1 - q)S_n = a_1(1 - q^n)$$所以\(q \ne 1\)時有$$S_n = \frac{a_1(1 - q^n)}{1 - q}$$個人認為這個證明非常美妙, 它的思想在於把多個數的和通過兩式相減的方式, 轉化為可以通過常數個數表達的值. 同時, 在記憶上, 我更加傾向於記憶一條更簡單的公式: $$\sum_{i = 0}^{n - 1} q^i = \frac{q^n - 1}{q - 1}$$

等比數列前\(n\)項和的性質

1. 數列\(S_m, S_{2m} - S_m, S_{3m} - S_{2m}, ...\)構成等比數列