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
a1,a2,a3,…,an,…a_1, a_2, a_3, \ldots, a_n, \ldotsa1,a2,a3,…,an,…
其中 ana_nan 表示数列的第 nnn 项（nnn 称作 ana_nan 的 序号（或下标），有 n∈N∗n \in \N^\astn∈N∗），称作数列的 通项．此时，整个数列可以简记作 {an}\{a_n\}{an}．
区别数列与集合
数列具有 有序性，而集合具有 无序性．1,2,31, 2, 31,2,3 与 2,3,12, 3, 12,3,1 不是同一数列，但 {1,2,3}\{1, 2, 3\}{1,2,3} 与 {2,3,1}\{2, 3, 1\}{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 1,2,11, 2, 11,2,1 这样的数列，但不允许 {1,2,1}\{1, 2, 1\}{1,2,1} 这样的集合．
{an}\{a_n\}{an} 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 nnn 项 ana_nan 与 nnn 之间的关系可以用
an=f(n)a_n = f(n)an=f(n)
来表示，其中 f(n)f(n)f(n) 是关于 nnn 而不含其它未知数（可含参）的表达式，则 f(n)f(n)f(n) 称作数列 {an}\{a_n\}{an} 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,…-1, 1, -1, 1, \ldots−1,1,−1,1,… 就存在多个通项公式，其中的两个为：
an=(−1)na_n = (-1)^nan=(−1)n．
an=cosnπa_n = \cos n \pian=cosnπ．
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 {an}\{a_n\}{an} 的通项 an=−2n2+29n+3a_n = -2n^2 + 29n + 3an=−2n2+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)=−2n2+29n+3a(n) = -2n^2 + 29n + 3a(n)=−2n2+29n+3 在 所有 n∈N∗n \in \N^\astn∈N∗ 处的最大值．
根据二次函数的性质可得，a(n)a(n)a(n) 的最大值在对称轴 n=294n = \df{29}4n=429 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=7n = 7n=7 作为最终答案．计算可知 a7=108a_7 = 108a7=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 ∀n∈N∗\forall n \in \N^\ast∀n∈N∗，an 递减数列：∀n∈N∗\forall n \in \N^\ast∀n∈N∗，an>an+1a_n > a_{n + 1}an>an+1 的数列 {an}\{a_n\}{an}． 常数列：∀n∈N∗\forall n \in \N^\ast∀n∈N∗，an=an+1a_n = a_{n + 1}an=an+1 的数列 {an}\{a_n\}{an}． 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 an+1>ana_{n + 1} > a_nan+1>an 对任意 n∈N∗n \in \N^\astn∈N∗ 都成立． 函数上需要在定义域 III 内任取 x1 这种难度上的差异正是由数列的离散性造成的． 证明 an+1>ana_{n + 1} > a_nan+1>an，通常有两种策略： 作差法：求 an+1−ana_{n + 1} - a_nan+1−an 的正负性． 作商法： 如果 {an}\{a_n\}{an} 恒正，an+1an>1\df{a_{n + 1}}{a_n} > 1anan+1>1 说明数列递增，<1< 1<1 说明递减． 如果 {an}\{a_n\}{an} 恒负，an+1an<1\df{a_{n + 1}}{a_n} < 1anan+1<1 说明数列递增，>1> 1>1 说明递减． 例题 3.1已知数列 {an}\{a_n\}{an} 的通项公式为 an=2n2−3na_n = 2n^2 - 3nan=2n2−3n，判断 {an}\{a_n\}{an} 的增减性． 例题 3.1 解答an+1−an=4n−1a_{n + 1} - a_n = 4n - 1an+1−an=4n−1．因为 n∈N∗n \in \N^\astn∈N∗，因此 4n−1>04n - 1 > 04n−1>0，{an}\{a_n\}{an} 递增． 例题 3.2已知数列 {an}\{a_n\}{an} 的通项公式为 an=n2+λna_n = n^2 + \lambda nan=n2+λn，若 {an}\{a_n\}{an} 递增，求 λ\lambdaλ 的取值范围． 例题 3.2 解答an+1−an=2n+1+λa_{n + 1} - a_n = 2n + 1 + \lambdaan+1−an=2n+1+λ．则条件等价于 f(n)=2n+1+λf(n) = 2n + 1 + \lambdaf(n)=2n+1+λ在 nnn 取正整数时 恒 >0> 0>0． nnn 取正整数时，最小值在 n=1n = 1n=1 取到，只需令 3+λ>03 + \lambda > 03+λ>0，解得 λ>−3\lambda > -3λ>−3． 例题 3.2 错误解答示例将 ana_nan 视作函数 a(n)a(n)a(n)，条件等价于 a(n)a(n)a(n) 在 n≥1n \ge 1n≥1 时递增． 即函数对称轴 −λ2≤1-\df{\lambda}2 \le 1−2λ≤1，解得 λ≥−2\lambda \ge -2λ≥−2． 错因条件并不等价于函数在 n≥1n \ge 1n≥1 时递增，只等价于 a(1),a(2),a(3),…a(1), a(2), a(3), \ldotsa(1),a(2),a(3),… 这些离散点递增．前者比后者强．前者忽略了 n≥1n \ge 1n≥1 时并不递增，但是对称轴在 n=1n = 1n=1 与 n=2n = 2n=2 之间，且更靠近 n=1n = 1n=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 −λ2<32-\df{\lambda}2 < \df 3 2−2λ<23，解得 λ>−3\lambda > -3λ>−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 34\df 3 443 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 {an}\{a_n\}{an} 的通项公式为 an=(n+1)(910)na_n = (n + 1)(\df{9}{10})^nan=(n+1)(109)n，求 {an}\{a_n\}{an} 的最大项． 例题 3.3 解答f(n)=an+1−an=(n+2)(910)n+1−(n+1)(910)n=(910)n[910(n+2)−(n+1)]=8−n10⋅(910)n\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}f(n)=an+1−an=(n+2)(109)n+1−(n+1)(109)n=(109)n[109(n+2)−(n+1)]=108−n⋅(109)n在 n∈N∗n \in \N^\astn∈N∗ 的情况下： 1≤n≤71 \le n \le 71≤n≤7 时，f(n)>0 ⟹ an+1>an ⟹ af(n) > 0 \implies a_{n + 1} > a_n \implies af(n)>0⟹an+1>an⟹a 递增． n=8n = 8n=8 时，f(n)=0 ⟹ an+1=anf(n) = 0 \implies a_{n + 1} = a_nf(n)=0⟹an+1=an． n≥9n \ge 9n≥9 时，f(n)<0 ⟹ an+1 即 a1 例题 3.4已知数列 {an}\{a_n\}{an} 满足 a1=2a_1 = 2a1=2，2anan+1=an2+12a_na_{n + 1} = {a_n}^2 + 12anan+1=an2+1，求证：{an−1an+1}\{\df{a_n - 1}{a_n + 1}\}{an+1an−1} 递减． 例题 3.4 解答设待证数列为 bn=an−1an+1b_n = \df{a_n - 1}{a_n + 1}bn=an+1an−1．分离常数得 bn=1−2an+1b_n = 1 - \df 2 {a_n + 1}bn=1−an+12． 想知道 bnb_nbn 的增减性，我们需要考察： {an+1}\{a_n + 1\}{an+1} 的正负． {an+1}\{a_n + 1\}{an+1} 的增减性（即 {an}\{a_n\}{an} 的增减性）． 先来看正负．对 2anan+1=an2+12a_na_{n + 1} = {a_n}^2 + 12anan+1=an2+1 分析，可知 an>0a_n > 0an>0 时，an+1>0a_{n + 1} > 0an+1>0． 而 a1=2>0a_1 = 2 > 0a1=2>0，归纳可知整个 {an}\{a_n\}{an} 恒正，{an+1}\{a_n + 1\}{an+1} 自然恒正． 再来看增减性．很明显 {an+1}\{a_n + 1\}{an+1} 的增减性就是 {an}\{a_n\}{an} 的增减性，只需考察 an+1−ana_{n + 1} - a_nan+1−an 的正负： an+1−an=an2+12an−an=1−an22ana_{n + 1} - a_n = \df{{a_n}^2 + 1}{2a_n} - a_n = \df{1 - {a_n}^2}{2a_n}an+1−an=2anan2+1−an=2an1−an2已知 an>0a_n > 0an>0，则分母恒大于 000，只需 考察分子的正负，即 ana_nan 与 111 的大小关系． 注意到 an+1=an2+12an=an2+12an≥2an2⋅12an=1a_{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}} = 1an+1=2anan2+1=2an+2an1≥22an⋅2an1=1，当且仅当 an2=12an\df{a_n}{2} = \df 1 {2a_n}2an=2an1，即 an=1a_n = 1an=1 时，等号成立． 而 a1=2a_1 = 2a1=2，不满足等号成立条件，因此 a2>1a_2 > 1a2>1．因为 a2≠1a_2 \ne 1a2=1，a3>1a_3 > 1a3>1……综上，整个 {an}\{a_n\}{an} 始终大于 111． 因此 1−an2<01 - {a_n}^2 < 01−an2<0，an+1−an<0a_{n + 1} - a_n < 0an+1−an<0．{an}\{a_n\}{an} 递减． {an+1}\{a_n + 1\}{an+1} 恒正递减．于是，bn=1−2an+1b_n = 1 - \df 2 {a_n + 1}bn=1−an+12 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 kkk 项． 对于任意 n≥k+1n \ge k + 1n≥k+1，有 an=f(an−1,an−2,…,an−k,n)a_n = f(a_{n - 1}, a_{n - 2}, \ldots, a_{n - k}, n)an=f(an−1,an−2,…,an−k,n)． 此时我们称这个数列为一个 kkk 阶递推数列，an=f(an−1,an−2,…,an−k,n)a_n = f(a_{n - 1}, a_{n - 2}, \ldots, a_{n - k}, n)an=f(an−1,an−2,…,an−k,n) 称作数列的 递推公式． 有些递推公式与 nnn 有关，如 an+1=an+n+1a_{n + 1} = a_n + n + 1an+1=an+n+1． 有些递推公式与 nnn 无关，如 an+1=an+1a_{n + 1} = a_n + 1an+1=an+1． 例题 4.1在数列 {an}\{a_n\}{an} 中，a1=1a_1 = 1a1=1，a2=23a_2 = \df 2 3a2=32，且 1an−2+1an=2an−1,n≥3,n∈N∗\df{1}{a_{n - 2}} + \df{1}{a_n} = \df{2}{a_{n - 1}}, \quad n \ge 3, n \in \N^\astan−21+an1=an−12,n≥3,n∈N∗，求 a4a_4a4． 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 1an=2an−1−1an−2\df{1}{a_n} = \df{2}{a_{n - 1}} - \df{1}{a_{n - 2}}an1=an−12−an−21 将包含 ana_nan 的项放在前面，递推前项放在后面． 不需要一定转成 an=⋯a_n = \cdotsan=⋯ 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 a4=52a_4 = \df 5 2a4=25． 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 {an}\{a_n\}{an} 中，a1=3a_1 = 3a1=3，a2=6a_2 = 6a2=6，an=an−1−an−2,n≥3,n∈N∗a_n = a_{n - 1} - a_{n - 2},\quad n \ge 3, n \in \N^\astan=an−1−an−2,n≥3,n∈N∗，求 a660a_{660}a660． 例题 4.2 解答a1=3,a2=6,a3=3,a4=−3,a5=−6,a6=−3,a7=3,a8=6,…a_1 = 3, a_2 = 6, a_3 = 3, a_4 = -3, a_5 = -6, a_6 = -3, a_7 = 3, a_8 = 6, \ldotsa1=3,a2=6,a3=3,a4=−3,a5=−6,a6=−3,a7=3,a8=6,…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 nnn 无关，而 a7=a1a_7 = a_1a7=a1，a8=a2a_8 = a_2a8=a2，这就一定意味着 a9=a3a_9 = a_3a9=a3，a10=a4a_{10} = a_4a10=a4……于是整个数列是一个周期为 666 的循环数列，660 mod 6=0660 \bmod 6 = 0660mod6=0，因此 a660=a6=−3a_{660} = a_6 = -3a660=a6=−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 a1a_1a1 一项一项往后算，对于 kkk 阶递推数列，若递推式与 nnn 无关，则只要有相邻的 kkk 项与先前相邻 kkk 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 an={2an,0≤an<122an−1,12≤an<1a_n = \begin{cases} 2a_n, &0 \le a_n < \df 1 2 \\ 2a_n - 1, & \df 1 2 \le a_n < 1 \end{cases}an=⎩⎨⎧2an,2an−1,0≤an<2121≤an<1 且 a1=67a_1 = \df 6 7a1=76．该数列是一个周期为 333 的数列． 例题 4.3已知 anan+1an+2=an+an+1+an+2a_na_{n + 1}a_{n + 2} = a_n + a_{n + 1} + a_{n + 2}anan+1an+2=an+an+1+an+2，a1=1a_1 = 1a1=1，a2=2a_2 = 2a2=2，求 a660a_{660}a660． 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 an=xa_n = xan=x，an+1=ya_{n + 1} = yan+1=y，an+2=za_{n + 2} = zan+2=z 满足递推式，则 an=ya_n = yan=y，an+1=za_{n + 1} = zan+1=z，an+2=xa_{n + 2} = xan+2=x 满足递推式，an=za_n = zan=z，an+1=xa_{n + 1} = xan+1=x，an+2=ya_{n + 2} = yan+2=y 也满足递推式． 因此令 a3=ka_3 = ka3=k，则 an=1a_n = 1an=1，an+1=2a_{n + 1} = 2an+1=2，an+2=ka_{n + 2} = kan+2=k 满足递推式，根据轮换对称性，an=2a_n = 2an=2，an+1=ka_{n + 1} = kan+1=k，an+2=1a_{n + 2} = 1an+2=1 一定也满足递推式，那么 a4=1a_4 = 1a4=1 就一定是一个解． 更进一步，a3=ka_3 = ka3=k，a4=1a_4 = 1a4=1，根据轮换对称性又可知 a5=2a_5 = 2a5=2……这样轮换下去，可以得到 1,2,k,1,2,k,1,2,k,…1, 2, k, 1, 2, k, 1, 2, k, \ldots1,2,k,1,2,k,1,2,k,… 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 (anan+1−1)an+2=an+an+1(a_na_{n + 1} - 1)a_{n + 2} = a_n + a_{n + 1}(anan+1−1)an+2=an+an+1a1a2−1≠0a_1a_2 - 1 \ne 0a1a2−1=0，因此 a3=a1+a2a1a2−1=3a_3 = \df{a_1 + a_2}{a_1a_2 - 1} = 3a3=a1a2−1a1+a2=3． 而 a3a4−1≠0a_3a_4 - 1 \ne 0a3a4−1=0，因此 a4a_4a4 的解唯一，根据轮换对称性知其为 111； a4a5−1≠0a_4a_5 - 1 \ne 0a4a5−1=0，因此 a5a_5a5 的解唯一，根据轮换对称性知其为 222…… 注意到前面判断不等于 000 的式子也在轮换，因为 1×2≠01 \times 2 \ne 01×2=0，2×3≠02 \times 3 \ne 02×3=0，3×1≠03 \times 1 \ne 03×1=0，因此后面的 anan+1−1a_na_{n + 1} - 1anan+1−1 始终不为零，使得 an+2a_{n + 2}an+2 有唯一解． 因此 {an}\{a_n\}{an} 存在且唯一：1,2,3,1,2,3,1,2,3,…1, 2, 3, 1, 2, 3, 1, 2, 3, \ldots1,2,3,1,2,3,1,2,3,…，第 660660660 项为 333． kkk 阶递推式具有轮换对称性，一般意味着数列存在长度为 kkk 的周期． 前缀和与差分 对一个数列 {an}\{a_n\}{an}，其可以生成两个数列： S :Sn=∑i=1nai=Sn−1+anS\colon S_n = \sum_{i = 1}^n a_i = S_{n - 1} + a_nS:Sn=i=1∑nai=Sn−1+an 称 {Sn}\{S_n\}{Sn} 为 {an}\{a_n\}{an} 的 前 nnn 项和．后面称之为 前缀和． D :Dn={a1,n=1an−an−1,n≥2D \colon D_n = \begin{cases} a_1, & n = 1 \\ a_n - a_{n - 1}, & n \ge 2 \end{cases}D:Dn={a1,an−an−1,n=1n≥2 称 {Dn}\{D_n\}{Dn} 为 {an}\{a_n\}{an} 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 Sn=∑i=1nDiS_n = \sum_{i = 1}^n D_iSn=i=1∑nDi则 Dn={S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2D_n = \begin{cases} S_1, & n = 1 \\ S_n - S_{n - 1}, & n \ge 2 \end{cases}Dn={S1,Sn−Sn−1,n=1n≥2 子命题二已知 Dn={S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2D_n = \begin{cases} S_1, & n = 1 \\ S_n - S_{n - 1}, & n \ge 2 \end{cases}Dn={S1,Sn−Sn−1,n=1n≥2则 Sn=∑i=1nDiS_n = \sum_{i = 1}^n D_iSn=i=1∑nDi 例题 5.1已知数列 {an}\{a_n\}{an} 的前 nnn 项和为 {Sn}\{S_n\}{Sn}，且 log2(Sn+1)=n+1(n∈N∗)\log_2(S_n + 1) = n + 1(n \in \N^\ast)log2(Sn+1)=n+1(n∈N∗)，求 ana_nan． 本题是一道给 {Sn}\{S_n\}{Sn} 求 {an}\{a_n\}{an} 的题目．因为前缀和与差分是一对逆运算，我们对 {Sn}\{S_n\}{Sn} 求差分即为 {an}\{a_n\}{an}． 例题 5.1 解答条件变形得 Sn=2n+1−1S_n = 2^{n + 1} - 1Sn=2n+1−1． 当 n=1n = 1n=1 时，a1=S1=3a_1 = S_1 = 3a1=S1=3． 当 n≥2n \ge 2n≥2 时，an=Sn−Sn−1=2na_n = S_n - S_{n - 1} = 2^nan=Sn−Sn−1=2n． 因此 an={3,n=12nn≥2a_n = \begin{cases} 3, & n = 1 \\ 2^n & n \ge 2 \end{cases}an={3,2nn=1n≥2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（21≠32^1 \ne 321=3），因此答案就是分段的． 已知 {an}\{a_n\}{an} 的前缀和 {Sn}\{S_n\}{Sn}，还可以求 {an}\{a_n\}{an} 的 区间和，即 ∑i=lrai\sum_{i = l}^r a_i∑i=lrai．我们有 ∑i=lrai=Sr−Sl−1,l≠1\sum_{i = l}^r a_i = S_r - S_{l - 1}, \quad l \ne 1i=l∑rai=Sr−Sl−1,l=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 {an}\{a_n\}{an} 的前 nnn 项和为 SnS_nSn，且 2Sn=an−an22S_n = a_n - {a_n}^22Sn=an−an2，求数列 {an}\{a_n\}{an} 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=1n = 1n=1 时，2a1=a1−a122a_1 = a_1 - {a_1}^22a1=a1−a12，解得 a1=−1a_1 = -1a1=−1 或 a1=0a_1 = 0a1=0（舍，{an}\{a_n\}{an} 各项均为负数）． n≥2n \ge 2n≥2 时，考虑到 2Sn=an−an22Sn−1=an−1−an−12\begin{aligned} 2S_n &= a_n - {a_n}^2 \\ 2S_{n - 1} &= a_{n - 1} - {a_{n - 1}}^2 \end{aligned}2Sn2Sn−1=an−an2=an−1−an−12两式相减得 2an=an−an2−an−1+an−122a_n = a_n - {a_n}^2 - a_{n - 1} + {a_{n - 1}}^22an=an−an2−an−1+an−12即 an+an2+an−1−an−12=0a_n + {a_n}^2 + a_{n - 1} - {a_{n - 1}}^2 = 0an+an2+an−1−an−12=0左侧可以因式分解． (an+an−1)(an−an−1+1)=0(a_n + a_{n - 1})(a_n - a_{n - 1} + 1) = 0(an+an−1)(an−an−1+1)=0由于 {an}\{a_n\}{an} 各项为负数，an+an−1≠0a_n + a_{n - 1} \ne 0an+an−1=0，因此 an−an−1+1=0a_n - a_{n - 1} + 1 = 0an−an−1+1=0，即 an−an−1=−1a_n - a_{n - 1} = -1an−an−1=−1． 因此 {an}\{a_n\}{an} 是一个首项为 −1-1−1，公差为 −1-1−1 的等差数列，an=−n,n∈N∗a_n = -n, \quad n \in \N^\astan=−n,n∈N∗． 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：an−bna^n - b^nan−bn 一定含有因式 a−ba - ba−b（n∈N∗n \in \N^\astn∈N∗），an+bna^n + b^nan+bn 一定含有因式 a+ba + ba+b（n∈N∗n \in \N^\astn∈N∗ 且 nnn 为奇数），而结构相似的式子相减往往会出现大量 an±bna^n \pm b^nan±bn，因此结果往往能因式分解． 例题 5.3已知数列 {an}\{a_n\}{an} 满足 a1=1a_1 = 1a1=1，an+1−an=n,n∈N∗a_{n + 1} - a_n = n, \quad n \in \N^\astan+1−an=n,n∈N∗，求数列 {an}\{a_n\}{an} 的通项公式． 原题相当于给定了 {an}\{a_n\}{an} 的差分 {Dn}\{D_n\}{Dn}，让我们求数列 {an}\{a_n\}{an}．只需对数列 {Dn}\{D_n\}{Dn} 做前缀和即可得到数列 {an}\{a_n\}{an}． 例题 5.3 解答（非标准）由题可知， Dn={1,n=1n−1,n≥2D_n = \begin{cases} 1, & n = 1 \\ n - 1, & n \ge 2 \end{cases}Dn={1,n−1,n=1n≥2需要注意一下差分数组的定义是 Dn=an−an−1D_n = a_n - a_{n - 1}Dn=an−an−1，因此条件的 n→n−1n \to n - 1n→n−1 后等号右侧才是 DnD_nDn． 对 {Dn}\{D_n\}{Dn} 做前缀和可得 an={1,n=11+1+2+⋯+n−1=n2−n+22,n≥2a_n = \begin{cases} 1, & n = 1 \\ 1 + 1 + 2 + \cdots + n - 1 = \df{n^2 - n + 2}2, & n \ge 2 \end{cases}an=⎩⎨⎧1,1+1+2+⋯+n−1=2n2−n+2,n=1n≥2这里分开算一下的目的是，n=1n = 1n=1 时后面那个 1+2+⋯+n−11 + 2 + \cdots + n - 11+2+⋯+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= 0=0 时计算出来的和均为 000，是符合期望的，因此两种情况往往可以合并，即 an=n2−n+22a_n = \df{n^2 - n + 2}2an=2n2−n+2 下面写一下标准过程的写法． 5.3 解答（标准过程）当 n=1n = 1n=1 时，a1=1a_1 = 1a1=1． 当 n≥2n \ge 2n≥2 时， an=a1+(a2−a1)+(a3−a2)+⋯+(an−an−1)=1+1+2+⋯+n−1=n2−n+22\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}an=a1+(a2−a1)+(a3−a2)+⋯+(an−an−1)=1+1+2+⋯+n−1=2n2−n+2计算得两种情况可合并，因此 an=n2−n+22a_n = \df{n^2 - n + 2}2an=2n2−n+2． 出题人可能会对 an−an−1=f(n)a_n - a_{n - 1} = f(n)an−an−1=f(n) 这个式子做一些变形，如 2an−1+f(n)=2an2a_{n - 1} + f(n) = 2a_n2an−1+f(n)=2an，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 000 的数列 {an}\{a_n\}{an}，其可以生成两个数列： T :Tn=∏i=1nai=Tn−1⋅anT\colon T_n = \prod_{i = 1}^n a_i = T_{n - 1} \cdot a_nT:Tn=i=1∏nai=Tn−1⋅an 称 {Tn}\{T_n\}{Tn} 为 {an}\{a_n\}{an} 的 前 nnn 项积．后面称之为 前缀积． R :Rn={a1,n=1anan−1,n≥2R \colon R_n = \begin{cases} a_1, & n = 1 \\[1em] \df{a_n}{a_{n - 1}}, & n \ge 2 \end{cases}R:Rn=⎩⎨⎧a1,an−1an,n=1n≥2 称 {Rn}\{R_n\}{Rn} 为 {an}\{a_n\}{an} 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 {an}\{a_n\}{an} 的前缀和 {Sn}\{S_n\}{Sn} 有 S9=72S_9 = 72S9=72，则 a2+a4+a9a_2 + a_4 + a_9a2+a4+a9 的值为： A. 8 B. 20 C. 24 D. 27 例题 ex 解答特殊值，令 {an}\{a_n\}{an} 为 an=8a_n = 8an=8 的常数列，满足条件．此时 a2+a4+a9=24a_2 + a_4 + a_9 = 24a2+a4+a9=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．