第四章 数列

按照一定顺序排列着的一列数称为数列。

（1）项：数列中的每一个数叫做这个数列的项。

（2）首项：数列中的每一项都和它的序号有关，排在第一位的数称为这个数列的第1项（通常也叫做首项）。

（3）记法：排在第n位的数称为这个数列的第n项。所以，数列的一般形式可以写成a1，a2，a3，…，an，… . 简记为 {an} 。({ }此时表示数列，而不是集合)

（1）按照数列的项数分：

①有穷数列：项数有限的数列

②无穷数列：项数无限的数列

（2）按照数列的变化趋势分：

①递增数列：从第2项起，每一项都大于它的前一项的数列。

②递减数列：从第2项起，每一项都小于它的前一项的数列。

③常数列：各项都相等的数列。

④摆动数列：从第2项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列。

数列是按照一定顺序排列的一列数。数集则是无序的。

（1）数列可以看成以正整数集N*（或它的有限子集{1,2，…，n}）为定义域的函数

an=f(x)，当自变量按照从小到大的顺序依次取值时，所对应的一列函数值。反过来，对于函数y=f(x)，如果f(i)（i=1,2,3,…）有意义，那么我们可以得到一个数列

n f(n)1 a1 2 a2 3 a3 ··· ··· n an ··· ··· n f(n)1 a1 2 a2 3 a3 ··· ··· n an ··· ··· f(1)，f(2)，f(3)，…，f(n)，…。

数列是特殊的函数（离散函数）

（2）如果数列 {an} 的第n项与序号n之间

的关系可以用一个式子来表示，那么这个

公式叫做这个数列的通项公式。

如果已知数列{an}的首项（或前几项），且任一项an 与它的前一项an-1 （或前几项）间的关系可用一个公式来表示，那么这个公式叫做数列的递推公式。用递推公式给出数列的方法叫做递推法。

图像、列表、公式、递推公式

一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列。（后项-前项）

（1）这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d表示。

由三个数a，A，b组成的等差数列可以看成最简单的等差数列。

这时，A叫做a与b的等差中项。

（1）求等差中项：d=an-an-1 或 d=an+1-an

（2）a，A，b为等差数列，则有 2A=a+b ， 得 A=$\frac{a+b}{2}$

an = a1 +(n-1)d = (a1-d)+nd (类似一元一次方程)

（1）推导：一般地，如果等差数列{an}的首项是a1,公差是d，我们根据等差数列的定义，可以得到a2-a1=d，a3-a2=d，a4-a3=d，…，所以有

a2=a1+d，a3=a2+d=( a1+d)+d=a1+2d，a4=a3+d=( a1+2d)+d= a1+3d，……

由此，得出等差数列的通项公式 an = a1 +(n-1)d = (a1-d)+nd

（1）若m+n=p+q ，则 am+an=ap+aq

（2）若m+n=2p ，则 am+an=2ap

（3）若an = a1 +(n-1)d ，则an = am +(n-m)d

（4）d=$\frac{a_n-a_m}{n-m}$

（5）若{an}为等差数列，公差为d，则数列ak，ak+m，ak+2m，…，公差为md

5已知数列{an}的通项公式为an=pn+q，其中p，q为常数，那么这个数列一定是等差数列吗？

解：取数列{an}中的任意相邻两项an 与an-1 (n＞1)求差，得

an- an-1 =(pn+q)-[p(n-1)+q] = pn+q-(pn-p+q) =p ，

它是一个与n无关的常数，所以{an}是等差数列。

一般地，我们称 a1+a2+a3+…+an 为数列{an}的前n项和，用Sn 表示，即 Sn = a1+a2+a3+…+an 。

（1）推导：对于公差为d的等差数列， 倒序相加求和

Sn =a1+(a1+d)+ (a1+2d)+…+[a1+(n-1)d] ① (第1项+…+第n项)

Sn =an+(an-d)+ (an-2d)+…+[an-(n-1)d] ② (第n项+…+第1项)

由①+②，得 2Sn=(a1+an)+ (a1+an)+…+(a1+an)=n(a1+an)，由此得到等差数列{an}的前n项和的公式 Sn=$\frac{n(a_1+a_n)}{2}$ =$\frac{项数(首项+末项)}{2}$

代入等差数列的通项公式an = a1 +(n-1)d，Sn也可以表示用首项a1与公差d表示，即

Sn=na1+$\frac{n(n-1)d}{2}$

3.在等差数列{an}中。前n项和Sn的性质

（1）Sm ，S2m- Sm ，S3m- S2m 也成等差数列，公差为m2d

（2）等差数列 {$\frac{S_n}{n}$}，即数列 $\frac{S_{m-1}}{m-1}$ ，$\frac{S_m}{m}$，$\frac{S_{m+1}}{m+1}$ ，公差为 $\frac{d}{2}$

（3）$\frac{a_m}{b_m}$ = $\frac{S_{2m-1}}{T_{2m-1}}$ (am，bm为等差数列，S、T为前n项和)

设法将数列的每一项拆成两项（裂项），并使它们在相加时除了首尾各有一项或少数几项外，其余各项都能前后相消，进而可求出数列的前n项和。

（1）$\frac{1}{n(n+1)}$ = $\frac{1}{n}$ - $\frac{1}{n+1}$

（2）$\frac{1}{n(n+k)}$ = $\frac{1}{k}$ ( $\frac{1}{n}$ - $\frac{1}{n+k}$ )

（3）$\frac{1}{(2n-1)(2n+1)}$ = $\frac{1}{2}$ ( $\frac{1}{2n-1}$ - $\frac{1}{2n+1}$ )

（4）$\frac{1}{\sqrt{n+k}+\sqrt{n}}$ = $\frac{1}{k}$ ( $\sqrt{n+k}$ - $\sqrt{n}$ )

（5）$\frac{1}{n(n+1)(n+2)}$ = $\frac{1}{2}$ [ $\frac{1}{n(n+1)}$ - $\frac{1}{(n+1)(n+2)}$ ]

6.在等差数列{a2n}中，所有奇数项和为 S奇=(a1+nd)(n+1)

推导：S奇=a1+a3+a5+…+a2n-1+a2n+1 ①

=a1+(a1+2d)+(a1+4d)+…+(a1+2nd-2d)+(a1+2nd)

S奇= a2n+1+ a2n-1+…+ a3+ a1 ②

=(a1+2nd)+ (a1+2nd-2d)+…+(a1+2d)+ a1

①+②得，2 S奇=(2a1+2nd)(n+1) 所以S奇=(a1+nd)(n+1)

一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数，那么这个数列叫做等比数列。

（1）这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q表示（q≠0）。

（2）等比中项：若a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项。则有

$\frac{G}{a}$= $\frac{b}{G}$ ， G2=ab （a,b同号） G=±$\sqrt{ab}$

an =a1qn-I （q≠0）

推导： an =amqn-m , 公比为q=$\frac{a_n}{a_m}$

3.已知Sn和an的关系，在n≥2时，往往得到an与an-1的关系

4. M=$\sqrt{ab}$ ,是a，M，b为等比数列的既不充分也不必要条件

（1）定义法：$\frac{a_{n+1}}{a_n}$= $\frac{a_n}{a_{n-1}}$= q （q为常数，n≥2）

（2）等比中项法：an+1 2= an · an+2 （an≠0，n∈N* ）

（3）通项法：an =a1qn-1

（1）若m+n=q+p ，则 am · an = ap · aq

（2）若m，n，p，为等差数列，则 am 、 an 、ap 为等比数列。

（3）若a1、a2、…、an-1、an 为等比数列，则 a1 ·an = a2 ·an-1= a3 ·an-2 =…

（4）若{an}是公比为q的等比数列，则{ λan } （λ为常数）、{｜an｜} 、$\sqrt{a_n}$ 仍为等比数列，公比分别为q、｜q｜、$\sqrt{q}$ 。

（5）若{an}、{bn}是公比分别为p、q的项数相同的等比数列，则 {an·bn}、{$\frac{a_n}{b_n}$} 仍为等比数列，公比分别为pq、$\frac{p}{q}$ 。

（6）若{an}是公比为q的等比数列，且an＞0，则 {logc an} 是以logcq为公差的等差数列。

（7）若数列{an}是公差为d的等差数列，则数列{$C^{a_n}$} 是公比为Cd 的等比数列。

（1）单调递增：①a1＞0，q＞1时 ②a1＜0，0＜q＜1时

（2）单调递减：①a1＞0，0＜q＜1时 ②a1＜0，q＞0时

（3）常数列：q=1时

（4）摆动数列：q＜0时

（1）三个数： $\frac{a}{q}$ 、a、aq 公比为q

（2）四个数：$\frac{a}{q^3}$ 、$\frac{a}{q}$ 、aq、aq3 公比为q2 ＞0

（1）三个数：a-d、a、a+d 公差为d

（2）四个数：a-3d、a-d、a+d、a+3d 公差为2d

数列{an}的前n项和：一般地，对于等比数列 a1，a2，a3，…，an ，的前n项和是

Sn = a1+a2+a3+…+an ，根据等比数列的通项公式，得 错位相减法

Sn = a1+a1q+a1q2+…+a1qn-1 ①，如果用公比q乘①的两边，可得

qSn = a1q+a1q2+…+a1qn ②，用①-②得：(1-q)Sn =a1-a1qn

所以，得 Sn = $\frac{a_1(1-q^n)}{1-q}$ （q≠1）

（代入通项公式）

Sn = $\frac{a_1(1-q^n)}{1-q}$ = $\frac{a_1-a_{n}q}{1-q}$ （q≠1）

Sn = na1 （q=1）

（1） Sn ，S2n – Sn ，S3n – S2n 为等比数列，那么公比为qn 。

（2）等比数列{an}项数为2n，则 $\frac{S_{偶}}{S_{奇}}$ = q 。

证明：当q≠1时，S偶=a2+a4+…+a2n = $\frac{a_2[1-(q^2{)}^n]}{1-q^2}$ ①.

S奇 = a1+a3+…+a2n-1 = $\frac{a_1[1-(q^2{)}^n]}{1-q^2}$ ②. 则用 $\frac{①}{②}=\frac{S_{偶}}{S_{奇}}$ = $\frac{a_2}{a_1}$ =q .

当q=1时，显然成立。

（3）若{an}为等比数列，则 Sn=Aqn+B ，且A+B=0

证明：Sn = $\frac{a_1(1-q^n)}{1-q}$ =$\frac{a_1}{1-q}$ $(1-q^n)$=$\frac{a_1}{1-q}$ -$\frac{a_1}{1-q}$ · qn = -$\frac{a_1}{1-q}$ · qn +-$\frac{a_1}{1-q}$

等比数列（形如an =bn · Cn ，且{bn}为等差数列，{Cn}为等比数列。）

等差数列

（摆动数列）

（把数列的通项拆成两项之差求和，正负项相消，剩下首尾若干项。）

（形如：$\frac{1}{n(n+1)}$ = $\frac{1}{n}$ - $\frac{1}{n+1}$ 等）

（形如：an=bn+Cn ，{bn}、{Cn}同为等差数列或等比数列。）

例：设x≠0，求和Sn=(x+$\frac{1}{x}$)2+(x2+$\frac{1}{x^2}$)2+…+(xn+$\frac{1}{x^n}$)2

解：Sn=(x2+2+$\frac{1}{x^2}$)+ (x4+2+$\frac{1}{x^4}$)+…+(x2n+2+$\frac{1}{x^{2n}}$)

=2n+( x2+ x4+…+x2n)+($\frac{1}{x^2}$+$\frac{1}{x^4}$+$\frac{1}{x^{2n}}$)

当x2 =1 即x=±1时 ，Sn=2n+n+n=4n

当x2≠1 时 ，Sn=2n+$\frac{x^2(1-x^{2n})}{1-x^2}$ +$\frac{\frac{1}{x^2}(1-\frac{1}{x^{2n}})}{1-x^2}$

（1）观察法（规律）

（2）公式法（直接）

（3）已知Sn求an （an=Sn-Sn-1 ，n≥2，验证n=1时是否成立）

例3：数列{an}的前n项和Sn = $\frac{3}{2}$ an-3 ,求an .

解：当n=1时，a1=S1=$\frac{3}{2}$ a1-3 ,得a1=6

当n≥2时，an=Sn-Sn-1 =$\frac{3}{2}$an - $\frac{3}{2}$ an-1 ,化简得$\frac{a_n}{a_{n-1}}$=3

所以{an}为等比数列，an=6×3n-1=2×3n ，此时n=1时亦成立，

所以an=2×3n 。

（4）构造法 （形如an+1 = p·an+q ） 变换为 an++1+x=p(an+x) 形式后求q

例4：已知a1=3，an+1=2an+3，求an

解：化为an+1+x=2(an+x)形式 ∴ an+1=2an+x ∴x=3

于是有an+1+3=2(an+3) ，∴q=2 ，∴{an+3}是以a1+3=6为首项，公比为2的

等比数列 ∴an+3=6×2n-1 ，∴an=3(2n-1)

（5）累加法 （ 形如an+1 -an=f(n) ）

例5：已知数列{an}中，a1=1,且an+1-an=3n-n，求an

解：∵an+1-an=3n-n ∴an-an-1=3n-1-(n-1)

an-1-an-2=3n-2-(n-2)

… a3-a2=32-2

a2-a1=3-1

两边分别相加：an-a1=(3n-1+3n-2+…+3)-[(n-1)+(n-2)+…+1]

=$\frac{3(1-3^{n-1})}{1-3}$ -$\frac{n(n-1)}{2}$ ·（-1）

从而可以解出an

（6）累乘法 （ 形如$\frac{a_{n+1}}{a_n}$ = f(n) ）

例6：已知a1=1，$\frac{a_{n+1}}{a_n}$ =$\frac{n+2}{n}$ ，求an

解：∵$\frac{a_{n+1}}{a_n}$ =$\frac{n+2}{n}$ 所以 $\frac{a_n}{a_{n-1}}$ =$\frac{n+1}{n-1}$

$\frac{a_{n-1}}{a_{n-2}}$ =$\frac{n}{n-2}$

… $\frac{a_3}{a_2}$ =$\frac{4}{2}$

$\frac{a_2}{a_1}$ =$\frac{3}{1}$

两边分别相乘：$\frac{a_n}{a_1}$=$\frac{n(n+1)}{2}$ ，∵a1=1 ，∴an=$\frac{n(n+1)}{2}$ ，a1亦成立

∴an=$\frac{n(n+1)}{2}$

（7）作商法

（ 形如 a1 · a2 · a3 …an = f(n) ）

当n=1时 ，an=f(1)

当n≥2时 ，an=$\frac{f(n)}{f(n-1)}$

例7：在{an}中，a1=1 ，有a1 · a2 · a3 …an =n2 ，求a3+a5

解：a1 · a2 · a3 …an =n2 ①

a1 · a2 · a3 …an-1 =(n-1)2 ②

∴$\frac{①}{②}$ 得 an=( $\frac{n}{n-1}$ )2 ∴a3+a5=$\frac{61}{16}$

（8）倒数法

例8：在{an}中，a1=1 ，an=$\frac{a_{n-1}}{3a_{n-1}+1}$ ,求an .

解：∵an=$\frac{a_{n-1}}{3a_{n-1}+1}$ ∴ $\frac{1}{a_n}$ =$\frac{3a_{n-1}+1}{a_{n-1}}$ =3+$\frac{1}{a_{n-1}}$

即{$\frac{1}{a_n}$}为首项为1，公差为3的等差数列。

∴ $\frac{1}{a_n}$ =1+(n-1)·3=3n-2 ∴ an=$\frac{1}{3n-2}$

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：

（1）（归纳奠基）证明当n取第一个值n0（n0属于N*）时命题成立；

（2）（归纳递推）假设n=k（k≥n0，k∈N*）时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立。

只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立。

归纳法是由一些特殊事例推出一般结论的推理方法其中特点是“特殊→一般”

（1）不完全归纳法：根据事物的部分（而不是全部）特例得出一般结论的推理方法叫作不完全归纳法

（2）完全归纳法：把研究对象一一都考察到了而推出结论的归纳法称为完全归纳法。

例1：用数学归纳法证明：$1^3+2^3+\dots +n^3=\frac{1}{4}{n}^2(n+1{)}^2$（n∈N*）

证明：①当n=1时，左边$=1^3=1$，右边$=\frac{1}{4}\times 1^2\times (1+1{)}^2=1$，等式成立。

②假设当n=k（k∈N*）时，等式成立，即$1^3+2^3+\dots +k^3=\frac{1}{4}{k}^2(k+1{)}^2$，

那么$1^3+2^3+\dots +k^3+(k+1{)}^3=\frac{1}{4}{k}^2(k+1{)}^2+(k+1{)}^3$

= $(k+1{)}^2[\frac{1}{4}{k}^2+(k+1)]$

= $\frac{1}{4}(k+1{)}^2(k+2{)}^2$

= $\frac{1}{4}(k+1{)}^2[(k+1)+1{]}^2$

即当n=k+1时，等式也成立。根据①②可知，等式对任意n∈N*都成立。