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数列基础

基础概念

数列是由数字组成的有序序列，数列中的每一个数都叫做这个数列的项。

项数有限的数列成为有限数列，项数无穷多的成为无穷数列。

排在第一位的数称为这个数列的首项，有限数列的最后一个数成为这个数列的末项。

注意：无穷数列只有首项，没有末项。

对于数列，更严谨的定义，考虑最一般的复数，下文再说。

无穷数列

一个 (a:N→C)(a:\mathbb N\to\mathbb C) 的函数被称为无穷数列。

可记为 {ai}i∈N\{a_i\}_{i\in\mathbb N} 或 (ai)i∈N(a_i)_{i\in\mathbb N} 或 ⟨ai⟩i∈N\langle a_i\rangle_{i\in\mathbb N}。

一个数列 aa 的第 ii 项，通常记为 a(i)a(i)，简记为 aia_i。

有限数列

若 In={1,2,…,n}I_n=\{1,2,\dots,n\}，则一个 (a:In→C)(a:I_n\to\mathbb C) 的函数被称为有限数列。

可记为 {ai}i=1n\{a_i\}_{i=1}^n 或 (ai)i=1n(a_i)_{i=1}^n 或 ⟨ai⟩i=1n\langle a_i\rangle_{i=1}^n。

同时，也可以将 00 作为数列的首项，类似的。

数列的级数

数列中各个项的和称为级数，具体的，

一个数列 ai (i∈N)a_i\,(i\in\mathbb N) 的级数是另外一个数列 si (i∈N)s_i\,(i\in\mathbb N)，具有以下特性：

  • s0=a0s_0=a_0，
  • sn=sn−1+an (∀n∈Z∗)s_n=s_{n-1}+a_n\,(\forall n\in\mathbb Z^*)

一般会将 {si}i∈N\{s_i\}_{i\in\mathbb N} 写为，

∑i=0nai\sum _{i=0}^na_i

甚至更直观的 a0+a1+⋯+ana_0+a_1+\dots +a_n 来凸显级数源于求和的直观概念。

对于从 11 开始的数列，同理，一般直接使用求和符号简记为，

si=∑i=1nais_i=\sum_{i=1}^na_i

数列与函数

我们知道函数和数列都是一种映射，只不过，函数一般是连续的，而数列一般是离散的。

容易发现，数列，

an=f(n)a_n=f(n)

其级数，即为 ff 函数的积分，

sn=g(n)s_n=g(n)

其差分，即为 ff 函数的微分，

dn=k(n)d_n=k(n)

我们在数列进阶部分讨论。

表示方法

列举法

例如：

a=⟨1,2,4,8,16⟩a=\langle1,2,4,8,16\rangle

对于无穷数列很不好用。

图像法

  • 数列是离散的，因此数列的图像是一个散点图。

  • 一般这个不好用。

下面我们介绍几个常用的表示方法：通项公式和递推公式。

通项公式

定义，表示 nn 和 ana_n 的关系的公式，叫做 aa 的通项公式。

把数列看成函数的形式，

an=f(n)a_n=f(n)

数列对应函数的解析式，被称为数列的通项公式。

例如，

an=2na_n=2^n

递推公式

定义，表示 ana_n 和 ana_n 的前一或前几项的关系的公式，叫做 aa 的递推公式。

例如，

an+1=an+2a_{n+1}=a_n+2

特殊的，如果要根据递推公式确定一个数列，还需要知道数列的任意一项。

一般会表示数列的首项，例如，

a1=1a_1=1

如果一个数列只跟其前面的 kk 项有关，其中 kk 是满足这个条件的最小正整数，

那么称这个数列的阶数为 kk，即这个数列是一个 kk 阶数列。

等差数列

在等差数列中，任何相邻两项的差相等，该差值称为公差 dd。

具体的，可以表示为，

an=d+qna_n=d+qn

的，都是等差数列。

上式中，公差为 dd，首项 a1=d+qa_1=d+q。

  • 若 d>0d>0，等差数列为一个严格单调递增数列。
  • 若 d<0d<0，等差数列为一个严格单调递减数列。
  • 特殊的，若 d=0d=0，等差数列退化为一个常数列。

递推公式

形如，

an+1=an+d,(n∈Z∗)\boxed{a_{n+1}=a_n+d,(n\in\mathbb Z^*)}

或者记为，

an+1−an=da_{n+1}-a_n=d

即公差的定义式。

通项公式

形如，

an=a1+(n−1)d\boxed{a_n=a_1+(n-1)d}

即，角标减一，等于公差个数。

或者对于从 00 开始的数列，

an=a0+nda_n=a_0+nd

前面的一项即为首项，其与公差需为给定的确定的数。

等差性质

除了上述几条，

给定任意两项 an,ama_n,a_m，则公差，

d=an−amn−m\boxed{d={a_n-a_m\over n-m}}

在等差数列中，前项与后项和为该项两倍，具体的，

an−1+an+1=an−d+an+d=2an\begin{aligned} a_{n-1}+a_{n+1}&=a_n-d+a_n+d\\ &=2a_n \end{aligned}

从另一个角度看，等差数列中的任意一项，是其前项和后项的算术平均：

an=an−1+an+12a_n={a_{n-1}+a_{n+1}\over2}

对于正整数 m,n,p,qm,n,p,q，若 m+n=p+qm+n=p+q，则，

am+an=ap+aq\boxed{a_m+a_n=a_p+a_q}

或者简化一下，

am+an=am−k+an+k\boxed{a_m+a_n=a_{m-k}+a_{n+k}}

据此，有，

an−k+an+k=2an\boxed{a_{n-k}+a_{n+k}=2a_n}

对于 an−k,an,an+ka_{n-k},a_n,a_{n+k} 有意义。据此，同理，

an=an−k+an+k2a_n={a_{n-k}+a_{n+k}\over2}

若 ⟨an⟩\langle a_n\rangle 为一个等差数列，则，

  • ⟨b+an⟩\langle b+a_n\rangle：为一个等差数列；
  • ⟨b×an⟩\langle b\times a_n\rangle：为一个等差数列；
  • ⟨ban⟩\langle b^{a_n}\rangle：为一个等比数列（见下）；

项数公式

给定等差数列首项 a1a_1 及公差 dd，有项 aka_k，则，

ak=a1+(k−1)dk−1=ak−a1dk=ak−a1d+1\begin{aligned} a_k=a_1+(k-1)d\\ k-1={a_k-a_1\over d}\\ \boxed{k={a_k-a_1\over d}+1} \end{aligned}

或对于 a0a_0，

ak=a0+kdk=ak−a0d\begin{aligned} a_k=a_0+kd\\ k={a_k-a_0\over d}\\ \end{aligned}

另外的，函数思想，有，

an=f(n)n=g(an)\begin{aligned} a_n=f(n)\\ n=g(a_n) \end{aligned}

即 f,gf,g 互为反函数，这个可以用于求多种数列。

求和公式

一般考虑，

Si=∑i=1naiS_i=\sum_{i=1}^na_i

有常用公式，

Sn−Sn−1=anS_n-S_{n-1}=a_n

考虑求解出，求和公式的封闭形式，

Sn=a1+(a1+d)+(a1+2d)+⋯+[a1+(n−1)d]=na1+d[1+2+3+…(n−1)]=na1+dTn−1\begin{aligned} S_n&=a_1+(a_1+d)+(a_1+2d)+\dots+[a_1+(n-1)d]\\ &=na_1+d[1+2+3+\dots(n-1)]\\ &=na_1+dT_{n-1} \end{aligned}

而对于，

Tn=1+2+3+⋯+nT_n=1+2+3+\dots+n

我们首尾配对，

Tn=n+(n−1)+⋯+1T_n=n+(n-1)+\dots+1

两者相加，

2Tn=n(n+1)Tn=n(n+1)/2\begin{aligned} 2T_n=n(n+1)\\ T_n=n(n+1)/2 \end{aligned}

另，一般题中出现 x1+x2=kx_1 + x_2 = k（kk 为常数），且 f(x1)+f(x2)=ℓf(x_1) + f(x_2) = \ell（ℓ\ell 为常数）时，可以采用倒序相加的方法进行求和。

于是，

Sn=na1+dTn−1=na1+n(n−1)2d=n2[2a1+(n−1)d]=n(a1+an)2\begin{aligned} S_n&=na_1+dT_{n-1}\\ &=\boxed{na_1+{n(n-1)\over2}d}\\ &={n\over2}[2a_1+(n-1)d]\\ &=\boxed{{n(a_1+a_n)\over2}} \end{aligned}

或者，对于原始公式直接首尾配对，用上面的结论，也可以得出。

总结一下，一般写为，

Sn=[2a1+(n−1)]d2⋅n=n(a1+an)2\boxed{S_n={[2a_1+(n-1)]d\over2}\cdot n={n(a_1+a_n)\over2}}

常用二次函数的思想：

Sn=d2n2+(a1−d2)n\boxed{S_n={d\over2}n^2+\left(a_1-{d\over2}\right)n}

据此，可以等差数列和的极点存在于，

n=d/2−a1d=12−a1d\boxed{n={d/2-a_1\over d}={1\over2}-{a_1\over d}}

我们发现，该函数图像过原点，因此我们定义，

S0=0S_0=0

同时，对于上面的式子，如果我们假设存在 a0a_0，那么求和，

得出很重要的一个结论，任何一个二次函数，都可以表示为一个等差数列的级数。

也就是说：数列 {an}\{a_n\} 是等差数列，等价于 Sn=An2+BnS_n=An^2+Bn，等价于 {Snn}\left\{\dfrac{S_n}{n}\right\} 为等差数列。

等差数列和在中文教科书中常表达为：

一个等差数列的和，等于其首项与末项的和，乘以项数除以二。

对于等差数列的前 nn 项和，也可以将其构造为等差数列。等差数列 {an}\{a_n\}，设公差为 dd，若前 nn 项和为 SnS_n，则 {Sm,S2m−Sm,S3m−S2m}\{S_m,S_{2m}-S_m,S_{3m}-S_{2m}\} 仍构成等差数列，公差为 m2dm^2d。

如果数列 {an}\{a_n\} 为等差数列，{an}\{a_n\} 的前 nn 项和 SnS_n 有如下结论：

  • 若 a1<0,d>0a_1 < 0, d > 0，且此时 nn 满足 {an≤0an+1≥0\begin{cases} a_n \le 0 \\ a_{n+1} \ge 0 \end{cases}，则 SnS_n 有最小值；

  • 若 a1>0,d<0a_1 > 0, d < 0，且此时 nn 满足 {an≥0an+1≤0\begin{cases} a_n \ge 0 \\ a_{n+1} \le 0 \end{cases}，则 SnS_n 有最大值。

等差中项

对于 a,ba,b，有 cc 满足，

c−a=b−cc-a=b-c

即，

c=a+b2c={a+b\over2}

即算术平均数。

或者，若 {a,b,c}\{a,b,c\} 为一个等差数列，那么

b−a=c−bb-a=c-b

一般写为，

a+c=2ba+c=2b

可以用这个来判断一个三项数列是否为等差数列。

例题，对于等差数列 {a,b,c}\{a,b,c\}，证明，

{1b+c,1c+a,1a+b}\left\{{1\over\sqrt b+\sqrt c},{1\over\sqrt c+\sqrt a},{1\over\sqrt a+\sqrt b}\right\}

也是一个等差数列。

暴力展开，

2c+a=1b+c+1a+b2c+a=2b+a+cb+b(a+c)+ac2b+2ac+2b(a+c)=2b(a+c)+a+c+aca+c=2b{2\over\sqrt c+\sqrt a}={1\over\sqrt b+\sqrt c}+{1\over\sqrt a+\sqrt b}\\ {2\over\sqrt c+\sqrt a}={2\sqrt b+\sqrt a+\sqrt c\over b+\sqrt b(\sqrt a+\sqrt c)+\sqrt{ac}}\\ 2b+2\sqrt{ac}+2\sqrt b(\sqrt a+\sqrt c)=2\sqrt b(\sqrt a+\sqrt c)+a+c+\sqrt ac\\ a+c=2b

对于等差数列 {a,b,c}\{a,b,c\} 成立。Q.E.D.

或者，观察到原式中，分母都是根号的形式，考虑分母有理化，

2c+a=1b+c+1a+b2(c−a)2d=c−bd+b−ad{2\over\sqrt c+\sqrt a}={1\over\sqrt b+\sqrt c}+{1\over\sqrt a+\sqrt b}\\ {2(\sqrt c-\sqrt a)\over2d}={\sqrt c-\sqrt b\over d}+{\sqrt b-\sqrt a\over d}

显然成立。

累加法

最简单的，形如，

an=an−1+f(n)a_n=a_{n-1}+f(n)

都可以使用累加法，具体的，

an=an−1+f(n)an−1=an−2+f(n−1)…a3=a2+f(3)a2=a1+f(2)\begin{aligned} a_n&=a_{n-1}+f(n)\\ a_{n-1}&=a_{n-2}+f(n-1)\\ &\dots\\ a_3&=a_2+f(3)\\ a_2&=a_1+f(2) \end{aligned}

上述所有式子相加，得

an=a1+f(2)+f(2)+⋯+f(n)a_n=a_1+f(2)+f(2)+\dots+f(n)

多阶等差

容易发现，我们对于公差求前缀和，可以得到一个普通等差数列。

那么，我们对于普通等差数列再求和，就可以得到二阶等差数列。

具体的，定义常数为零阶等差数列，普通等差数列为一阶等差数列。

容易发现，若 {ai}\{a_i\} 为一阶等差数列，{bi}\{b_i\} 同样，那么 {aibi}\{a_ib_i\} 为一个二阶等差数列。

根据定义，对于一个二阶等差数列，其相邻两项的差为一个一阶等差数列，相邻两项差的相邻两项差为一个常数。

等比数列

在等比数列中，任何相邻两项的比例相等，该比值称为公比 qq。

具体的，可以表示为，

a=pqna=pq^n

的，都是等比数列。

上式中，公比为 qq，首项 a1=pqa_1=pq。

递推公式

形如，

an+1=qan, (n∈Z∗,q≠0)\boxed{a_{n+1}=qa_n,\,(n\in\mathbb Z^*,q\neq0)}

或者记为，

q=an+1an\boxed{q={a_{n+1}\over a_n}}

即公比的定义式。

易知此式中，an≠0a_n\neq0，为了方便，我们一般规定 q≠0q\neq0。

通项公式

形如，

an=a1qn−1\boxed{a_n=a_1q^{n-1}}

换句话说，任意一个等比数列 {an}\{a_n\} 都可以写为，

{a,aq,aq2,…aqn−1}\{a,aq,aq^2,\dots aq^{n-1}\}

即，角标减一，等于公比幂次。

等比性质

除了上述几条，

在等比数列中，前项与后项积为该项平方，具体的，

an−1×an+1=aqn−2aqn=a2q2n−2=(aqn−1)2=an2\begin{aligned} a_{n-1}\times a_{n+1}&=aq^{n-2}aq^{n}\\ &=a^2q^{2n-2}\\ &=(aq^{n-1})^2\\ &=a_n^2 \end{aligned}

对于正整数 m,n,p,qm,n,p,q，若 m+n=p+qm+n=p+q，则，

am⋅an=ap⋅aq\boxed{a_m\cdot a_n=a_p\cdot a_q}

或者简化一下，

am⋅an=am−k⋅an+k\boxed{a_m\cdot a_n=a_{m-k}\cdot a_{n+k}}

据此，有，

an−k⋅an+k=an2\boxed{a_{n-k}\cdot a_{n+k}=a_n^2}

还有一些和上面等比数列类似的操作的结论，

但是因为正负号的问题，不具体写出，可以根据上述平方的公式推导。

若 ⟨an⟩\langle a_n\rangle 为一个等比数列，则，

  • ⟨b+an⟩\langle b+a_n\rangle：为一个等比数列；
  • ⟨b×an⟩\langle b\times a_n\rangle：为一个等比数列；
  • ⟨log⁡ban⟩\langle \log_ba_n\rangle：为一个等差数列（见上）；

求和公式

等差数列中给出的公式依然成立，

Sn−Sn−1=anS_n-S_{n-1}=a_n

实际上，这个对于任意数列都成立。

考虑求解出，等比数列求和公式的封闭形式，

Sn=a1+a1q+a1q2+⋯+a1qn−1=a1(1+q+q2+⋯+qn−1)\begin{aligned} S_n&=a_1+a_1q+a_1q^2+\dots+a_1q^{n-1}\\ &=a_1(1+q+q^2+\dots+q^{n-1}) \end{aligned}

注意到后面的是经典的分解因式，

Sn=a1⋅qn−1q−1, (q≠1)\boxed{S_n=a_1\cdot{q^n-1\over q-1},\,(q\neq 1)}

或者，错位相减，

qSn−Sn=a1qn−a1Sn=a1⋅qn−1q−1, (q≠1)\begin{aligned} qS_n-S_n=a_1q^n-a_1\\ S_n=a_1\cdot{q^n-1\over q-1},\,(q\neq 1) \end{aligned}

同时，若 q=1q=1，数列退化为常数列，

Sn=na1, (q=1)\boxed{S_n=na_1,\,(q=1)}

等比中项

对于 a,ba,b，有 cc 满足，

bc=ca{b\over c}={c\over a}

即，

c=±abc=\pm\sqrt{ab}

取其中的正数，即几何平均数。

累乘法

和累加法类似的，

an=an−1f(n)a_n=a_{n-1}f(n)

累乘法，即

an=an−1f(n)an−1=an−2f(n−1)…a3=a2f(3)a2=a1f(2)\begin{aligned} a_n&=a_{n-1}f(n)\\ a_{n-1}&=a_{n-2}f(n-1)\\ &\dots\\ a_3&=a_2f(3)\\ a_2&=a_1f(2) \end{aligned}

上述所有式子相乘，得

an=a1f(2)f(3)…f(n)a_n=a_1f(2)f(3)\dots f(n)

裂项放缩

经典裂项

有性质，

1n(n+1)=1n−1n+1\boxed{{1\over n(n+1)}={1\over n}-{1\over n+1}}

可以求解，形如

S=11×2+12×3+⋯+1n(n+1)S={1\over1\times2}+{1\over2\times3}+\dots+{1\over n(n+1)}

的问题。

同时，易证，

1n(n+k)=1k(1k−1n+k)\boxed{{1\over n(n+k)}={1\over k}\left({1\over k}-{1\over n+k}\right)}

注意，此时裂项一定要找准剩下的。

我们可以分别写出括号内的正数、负数。

以 k=2k=2 为例，

S=11×3+12×4+⋯+1n(n+2)S={1\over1\times3}+{1\over2\times4}+\dots+{1\over n(n+2)}

化简，

2S=11−13+12−14+⋯+1n−1n+22S={1\over1}-{1\over3}+{1\over2}-{1\over4}+\dots+{1\over n}-{1\over n+2}

列出正负，

+:11,12,13,…,1n−1,1n−:13,14,15,…,1n+1,1n+2\begin{aligned} +&:{1\over1},{1\over2},{1\over3},\dots,{1\over n-1},{1\over n}\\ -&:{1\over3},{1\over4},{1\over5},\dots,{1\over n+1},{1\over n+2} \end{aligned}

容易发现，

2S=1+12−1n+1−1n−22S=1+{1\over2}-{1\over n+1}-{1\over n-2}

或者用求和符号简单的表示，下文再说。

整式裂项

有公式，

n(n+1)=13[n(n+1)(n+2)−(n−1)n(n+1)]\boxed{n(n+1)={1\over3}\Big[n(n+1)(n+2)-(n-1)n(n+1)\Big]}

于是，例题，

S=1×2+2×3+3×4+⋯+n(n+1)S=1\times2+2\times3+3\times4+\dots+n(n+1)

化简，

3S=1×2×3−0×1×2+⋯+n(n+1)(n+2)−(n−1)n(n+1)3S=1\times2\times3-0\times1\times2+\dots+n(n+1)(n+2)-(n-1)n(n+1)

得，

S=n(n+1)(n+2)3S={n(n+1)(n+2)\over3}

利用上述等式，注意到，

n2=n(n+1)−nn^2=n(n+1)-n

于是，

12+22+⋯+n2=S−n(n+1)2=n(n+1)(2n+1)6\boxed{1^2+2^2+\dots+n^2=S-{n(n+1)\over2}={n(n+1)(2n+1)\over6}}

或者用求和符号简单的表示，下文再说。

更多裂项

以下是一些基本的小学奥数难度的裂项。

a2−a+1=a4+a2+1a4+a+1a^2-a+1=\frac{a^4+a^2+1}{a^4+a+1}
1n(n+1)=1n−1n+1\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}
1n(n+1)(n+2)=12[1n(n+1)−1(n+1)(n+2)]\frac{1}{n(n+1)(n+2)}=\frac{1}{2}\left[\frac{1}{n(n+1)}-\frac{1}{(n+1)(n+2)}\right]
1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)\frac{1}{(2n-1)(2n+1)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\right)
1a+b=1a−b(a−b)\frac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b} }=\frac{1}{a-b}\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)
1anan+k=1dk(1an−1an+k)\frac{1}{a_na_{n+k} }=\frac{1}{dk}\left(\frac{1}{a_n}-\frac{1}{a_{n+k} }\right)
2n(2n+1)(2n+1+1)=12n+1−12n+1+1\frac{2^n}{(2^n+1)(2^{n+1}+1)}=\frac{1}{2^n+1}-\frac{1}{2^{n+1}+1}
qn(qn+1+1)(qn+1)=1q−1(1qn+1−1qn+1+1)\frac{q^n}{(q^{n+1}+1)(q^n+1)}=\frac{1}{q-1}\left(\frac{1}{q^n+1}-\frac{1}{q^{n+1}+1}\right)

一个特点：前面保留几项，后面就保留几项。例如

∑k=1n1k(k+2)=12(1−13+12−14+⋯+n1−1n+2)=12(1+12−1n+1−1n+2)\begin{aligned} \sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+2)}&=\frac{1}{2}(1-\frac{1}{3}+\frac{1}{2}-\frac{1}{4}+\dots+\frac{n}{1}-\frac{1}{n+2})\\&=\frac{1}{2}(1+\frac{1}{2}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}) \end{aligned}

现在我们要学习一些高难度的裂项。坐稳了，前方高能！

1+1k2+1(k+1)2=1+1k−1k+1\sqrt{1+\frac{1}{k^2}+\frac{1}{(k+1)^2} }=1+\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}
k(2k+1)2(2k−1)2=18(1(2k−1)2−1(2k+1)2)\frac{k}{(2k+1)^2(2k-1)^2}=\frac{1}{8}\left(\frac{1}{(2k-1)^2}-\frac{1}{(2k+1)^2}\right)
1kk+1+(k+1)k=1k−1k+1\frac{1}{k\sqrt{k+1}+(k+1)\sqrt{k} }=\frac{1}{\sqrt{k} }-\frac{1}{\sqrt{k+1} }
∑k=1nk!(k2+k+1)=∑k=1n[(k+1)!(k+1)−k!k]=(n+1)!(n+1)−1\sum_{k=1}^n k!(k^2+k+1)=\sum_{k=1}^n [(k+1)!(k+1)-k!k]=(n+1)!(n+1)-1
∑k=1nk2+k−1(k+2)!=∑k=1n(k(k+1)!−k+1(k+2)!)=12−n+1(n+2)!\sum_{k=1}^n \frac{k^2+k-1}{(k+2)!}=\sum_{k=1}^n \left(\frac{k}{(k+1)!}-\frac{k+1}{(k+2)!}\right)=\frac{1}{2}-\frac{n+1}{(n+2)!}
3k2−1(k3−k)2=k−12k2(k−1)2−k+12k2(k+1)2\frac{3k^2-1}{(k^3-k)^2}=\frac{k-\frac{1}{2} }{k^2(k-1)^2}-\frac{k+\frac{1}{2} }{k^2(k+1)^2}
4k4k4+1=12k2−2k+1−12k2+2k+1\frac{4k}{4k^4+1}=\frac{1}{2k^2-2k+1}-\frac{1}{2k^2+2k+1}
1k+k2−1=k+1−k−12\frac{1}{\sqrt{k+\sqrt{k^2-1}}}=\frac{\sqrt{k+1}-\sqrt{k-1}}{\sqrt{2}}

共轭根式

形如，

a+b,a−b\sqrt a+\sqrt b,\sqrt a-\sqrt b

的，称为共轭根式。

容易证明，

(a−b)⋅(a+b)=a−b  (a,b≥0)(\sqrt a-\sqrt b)\cdot(\sqrt a+\sqrt b)=a-b\;(a,b\ge0)

于是，有裂项，

1a+b=a−ba−b{1\over\sqrt a+\sqrt b}={\sqrt a-\sqrt b\over a-b}

以及，

1a−b=a+ba−b{1\over\sqrt a-\sqrt b}={\sqrt a+\sqrt b\over a-b}

阶乘问题

定义，

n!=1×2×3×⋯×(n−1)×n\boxed{n!=1\times2\times3\times\dots\times(n-1)\times n}

称为阶乘，有，

n⋅n!=(n+1)!−n!\boxed{n\cdot n!=(n+1)!-n!}

还有组合数的，但是这里还没涉及到。

放缩基础

数列求和是一种精确的方法，当我们无法精确的计算的时候，就可以放缩来估计。

例如，估计

S=112+122+⋯+1n2S={1\over1^2}+{1\over2^2}+\dots+{1\over n^2}

的级别。

容易发现，

1n−1n−1=1n(n+1)<1n2<1n(n−1)=1n−1−1n{1\over n}-{1\over n-1}={1\over n(n+1)}<{1\over n^2}<{1\over n(n-1)}={1\over n-1}-{1\over n}

于是，我们可以以此估计。

我们把 1/121/1^2 保持不动，估计

1.5<S<21.5<S<2

而为了提高精度，我们减少放缩的项数。

或者说，把 1/22,1/321/2^2,1/3^2 等直接计算，而不是放缩。

这就是放缩提高精度的方法：保留更多的项。

放缩进阶

kk2=1k3/2<2(1k−1−1k){\sqrt k\over k^2}={1\over k^{3/2}}<2\left({1\over\sqrt{k-1}}-{1\over\sqrt k}\right)
2(n+1−n)=2n+n+1<2n+n=1n{2(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})}=\frac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}<\frac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n}}=\frac{1}{\sqrt{n}}
1n=2n+n<2n+n−1=2(n−n−1){\frac{1}{\sqrt{n}}=\frac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n}}}<\frac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}={2(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})}

通用方法

速算方法

方法一：令 S0=0S_0=0。

例题：等比数列 { an }\set{a_n} 的 Sn=a⋅2n−1+a−2S_n=a\cdot 2^{n-1}+a-2，求 aa。

直接代入 S0=32a−2=0S_0=\frac{3}{2}a-2=0 得 a=43\displaystyle a=\frac{4}{3}。

方法二：令数列为常数数列。

例：等差数列 S9=72S_9=72，求 a2+a4+a9a_2+a_4+a_9 的值。

令 ai=8a_i=8，则答案为 2424。

等差等比

等差乘等比。

若 an=(An+B)qn−1a_n=(An+B)q^{\red{n-1}}，令 D=Aq−1,E=B−Dq−1\red{\boxed{D=\frac{A}{q-1},E=\frac{B-D}{q-1}}}，则 Sn=(Dn+E)qn−E\red{\boxed{S_n=(Dn+E)q^n-E}}.

例题：an=n3n\displaystyle a_n=\frac{n}{3^n}，求 SnS_n.

数学归纳

尝试证明，

an=2n−1a_n=2^n-1

容易发现，

a1=21−1=1a_1=2^1-1=1

假设对于 n=k,k∈N∗n=k,k\in\mathbb N^* 成立，

ak=2k−1a_k=2^k-1

尝试证明对于 n=k+1n=k+1 也成立，

ak+1=2ak+1=2k+1−2+1=2k+1−1a_{k+1}=2a_k+1=2^{k+1}-2+1=2^{k+1}-1

于是，该通项公式对于任意 n∈N∗n\in\mathbb N^* 成立。

直接变形

容易发现，递推公式两边同时加一，

an+1=2an−1+2a_n+1=2a_{n-1}+2

另，

bn=an+1b_n=a_n+1

上式即为，

bn=2bn−1,b1=2b_n=2b_{n-1},b_1=2

那么这是一个等比数列，易得，

bn=2nb_n=2^n

那么，根据关系，

an=bn−1=2n−1a_n=b_n-1=2^n-1

Q.E.D.

考虑推广这一类问题，形如，

an=pan−1+qa_n=pa_{n-1}+q

我们两边同时加一个数，设为 xx，

an+x=pan−1+q+xa_n+x=pa_{n-1}+q+x

记新数列，

bn=an+x,an=bn−xb_n=a_n+x,a_n=b_n-x

原数列，

bn=p(bn−1−x)+q+x=pbn−1+q−(p−1)xb_n=p(b_{n-1}-x)+q+x=pb_{n-1}+q-(p-1)x

另右侧常数项为零，于是，

x=qp−1\boxed{x={q\over p-1}}

即，对于原数列，加上这个数，即可转化为普通的等比数列。

  • 数列 {an}\{a_n\} 的前 nn 项和为 SnS_n，若有如下项：f(n)Snf(n)S_n，f(an)Snf(a_n)S_n(即 SnS_n 的系数跟 nn 有关)，则我们将递推式中的 ana_n 改写为 Sn−Sn−1S_n - S_{n-1}。

  • 若数列 {an}\{a_n\} 的递推式形如 an+1=an+f(n)a_{n+1} = a_n + f(n)，则可采用累加法求通项公式。

  • 若数列 {an}\{a_n\} 的递推式形如 an+1=an⋅f(n)a_{n+1} = a_n \cdot f(n)，则可采用累乘法求通项公式。

  • 形如 an+1=pan+q(p≠1,q≠0)a_{n+1} = pa_n + q(p \ne 1, q \ne 0) 的递推式，两边同时加上 xx 可构造成等比数列 {an+x}(n∈N∗)\{a_n + x\}(n \in \mathbb{N}^*)，通过比较可求得 x=qp−1x = \dfrac{q}{p-1}。

  • 形如 an+1=pan+kn+q(p≠1,k≠0,n∈N∗)a_{n+1} = pa_n + kn + q(p \ne 1, k \ne 0, n \in \mathbb{N}^*) 的递推式，在两边同时加上 xn+yxn+y 构造等比数列 {an+xn+y}(n∈N∗)\{a_n + xn + y\}(n \in \mathbb{N}^*)，方法见例 2.9 解析。

  • 对于 an+1=panr(p>0,p≠1,r≠1)a_{n+1} = p a_n^r (p > 0, p \ne 1, r \ne 1) 型，两边同时取以 pp 为底的对数，于是可得 log⁡pan+1=rlog⁡pan+1\log_p a_{n+1} = r \log_p a_n + 1，构造等比数列 {log⁡pan+x}\{\log_p a_n + x\}，其中 x=1r−1x = \dfrac{1}{r-1}。

对于形如 an+1=pan+qn(p≠0,1 且 q≠0,1)a_{n+1} = pa_n + q^n(p \ne 0, 1 \text{ 且 } q \ne 0, 1) 的数列求通项公式，有以下两种方法：

  • 两边同除以 pn+1p^{n+1}，再累加求通项；

  • 两边同加上 xqn+1xq^{n+1}，再构造成等比数列 {an+xqn}\{a_n + xq^n\}。

  • 若 p=qp=q，则只能采用（1），而用（2）无法求解。

对于 an+1=aanban+ca_{n+1} = \dfrac{a a_n}{b a_n + c}，abc≠0abc \ne 0，取倒数得 1an+1=ban+caan=ca⋅1an+ba\dfrac{1}{a_{n+1}} = \dfrac{b a_n + c}{a a_n} = \dfrac{c}{a} \cdot \dfrac{1}{a_n} + \dfrac{b}{a}。

  • 当 a=ca=c 时，1an+1=1an+ca\dfrac{1}{a_{n+1}} = \dfrac{1}{a_n} + \dfrac{c}{a}，则 {1an}\{\dfrac{1}{a_n}\} 为等差数列；

  • 当 a≠ca \ne c 时，1an+1=ca⋅1an+ba\dfrac{1}{a_{n+1}} = \dfrac{c}{a} \cdot \dfrac{1}{a_n} + \dfrac{b}{a}，则 {1an+x}\{\dfrac{1}{a_n} + x\} 为等比数列，x=bc−ax = \dfrac{b}{c-a}。

变形累加

容易得出，下面的式子不断乘二，

an=2an−1+12an−1=4an−1+24an=2=8an−2+4…2n−3a3=2n−2a2+2n−32n−2a2=2n−1a1+2n−2\begin{aligned} a_n=2a_{n-1}+1\\ 2a_{n-1}=4a_{n-1}+2\\ 4a_{n=2}=8a_{n-2}+4\\ \dots\\ 2^{n-3}a_3=2^{n-2}a_2+2^{n-3}\\ 2^{n-2}a_2=2^{n-1}a_1+2^{n-2} \end{aligned}

上述式子相加，

an=2n−1a1+2n−2+2n−3+⋯+4+2+1a_n=2^{n-1}a_1+2^{n-2}+2^{n-3}+\dots+4+2+1

因为 a1=1a_1=1，

an=2n−1a_n=2^n-1

Q.E.D.

考虑推广这一类问题，形如，

an=pan−1+qa_n=pa_{n-1}+q

我们还可以等式两边同除 pnp^n，得

anpn=an−1pn−1+qpn\boxed{{a_n\over p^n}={a_{n-1}\over p^{n-1}}+{q\over p^n}}

设新的数列，

bn=anpnb_n={a_n\over p^n}

原数列形如，

bn=bn−1+qpnb_n=b_{n-1}+{q\over p^n}

对 bb 数列进行累加法，可以得出，

bn=a1p+qp2+qp3+⋯+qpnb_n={a_1\over p}+{q\over p^2}+{q\over p^3}+\dots+{q\over p^n}

右边为等比数列，即，

bn=a1p+qpn⋅pn−1p−1−qpb_n={a_1\over p}+{q\over p^n}\cdot{p^n-1\over p-1}-{q\over p}

两边同时乘 pnp^n，

an=(a1−q)pn−1+qp−1(pn−1)\boxed{a_n=(a_1-q)p^{n-1}+{q\over p-1}(p^n-1)}

即通用公式。

同时，若 q=f(n)q=f(n)，依然可以用这个方法来做。

数列判定

判断和证明数列是等差、等比数列的常见方法有如下几种：

  • 定义法（用于证明）：对于 n≥2n \ge 2 的任意正整数，验证 an−an−1a_n - a_{n-1} 或 anan−1\dfrac{a_n}{a_{n-1}} 为同一常数。

  • 通项公式法（用于判断）：

    若 an=a1+(n−1)d=ak+(n−k)da_n = a_1 + (n-1)d = a_k + (n-k)d，则 {an}\{a_n\} 为等差数列；

    若 an=a1qn−1=akqn−ka_n = a_1q^{n-1} = a_kq^{n-k}，则 {an}\{a_n\} 为等比数列。

  • 中项公式法（用于证明）：

    若 2an=an−1+an+1(n≥2,n∈N∗)2a_n = a_{n-1} + a_{n+1}(n \ge 2, n \in \mathbb{N}^*)，则 {an}\{a_n\} 为等差数列；

    若 an2=an−1an+1(n≥2,n∈N∗)a_n^2 = a_{n-1}a_{n+1}(n \ge 2, n \in \mathbb{N}^*)，则 {an}\{a_n\} 为等比数列。

奇偶数列

奇偶项数列能求通项公式的要求是各下标的奇偶性一致。

绝对值数列：

  • 对于首项小于 0 而公差大于 0 的等差数列 {an}\{a_n\} 加绝对值后得到的数列 {∣an∣}\{|a_n|\} 求和，设 {an}\{a_n\} 的前 nn 项和为 SnS_n，{∣an∣}\{|a_n|\} 的前 nn 项和为 TnT_n，数列 {an}\{a_n\} 的第 kk 项小于 0 而从第 k+1k+1 项开始大于或等于 0，于是有

    Tn={−Snn≤kSn−2Skn>kT_n = \begin{cases} -S_n & n \le k \\ S_n - 2S_k & n > k \end{cases}

  • 对于首项大于 0 而公差小于 0 的等差数列 {an}\{a_n\} 加绝对值后得到的数列 {∣an∣}\{|a_n|\} 求和，设 {an}\{a_n\} 的前 nn 项和为 SnS_n，{∣an∣}\{|a_n|\} 的前 nn 项和为 TnT_n，数列 {an}\{a_n\} 的第 kk 项大于 0 而从第 k+1k+1 项开始小于或等于 0，于是有

    Tn={Snn≤k2Sk−Snn>kT_n = \begin{cases} S_n & n \le k \\ 2S_k - S_n & n > k \end{cases}

单调性

对于 ∀n∈Z∗\forall n\in\mathbb Z^*，

  • 若 an+1≥ana_{n+1}\ge a_n，那么称 aa 为单调递增数列。

  • 若 an+1>ana_{n+1}>a_n，那么称 aa 为严格单调递增数列。

  • 若 an+1≤ana_{n+1}\le a_n，那么称 aa 为单调递减数列。

  • 若 an+1<ana_{n+1}<a_n，那么称 aa 为严格单调递减数列。

高中阶段一般认为单调即严格单调。

  • 对于迭代数列 an+1=f(an)a_{n+1} = f(a_n)，其中 f′(x)>0f'(x) > 0。若 a1<a2a_1 < a_2，则数列 {an}\{a_n\} 单调递增；若 a1>a2a_1 > a_2，则数列 {an}\{a_n\} 单调递减；若 a1=a2a_1 = a_2，则数列 {an}\{a_n\} 是常数列。

  • 对于迭代数列 an+1=f(an)a_{n+1} = f(a_n)，若 f(x)f(x) 是二次函数，则数列单调递增的充分必要条件为 a1<a2<a3a_1 < a_2 < a_3，且对于任意 n≥2,n∈N∗n \ge 2, n \in \mathbb{N}^*，在 [a2,an][a_2, a_n] 上，f′(x)≥0f'(x) \ge 0。

  • 迭代数列 an+1=f(an)a_{n+1} = f(a_n)，其中 f′(x)<0f'(x) < 0，则 {a2n}\{a_{2n}\} 与 {a2n−1}\{a_{2n-1}\} 的单调性相反。

换元初步

三角换元

我们复习一下再换元里面常用的恒等变换，

cos⁡2θ=2cos⁡2θ−1(1)\boxed{\cos2\theta=2\cos^2\theta-1}\tag1
tan⁡2θ=2tan⁡θ1−tan⁡2θ(2)\boxed{\tan2\theta={2\tan\theta\over1-\tan^2\theta}}\tag2
sin⁡3θ=3sin⁡θ−4sin⁡2θ(3)\boxed{\sin3\theta=3\sin\theta-4\sin^2\theta}\tag3
cos⁡3θ=4cos⁡2θ−3cos⁡θ(4)\boxed{\cos3\theta=4\cos^2\theta-3\cos\theta}\tag4

注意到，除了正切函数，其他的函数值域都是 [−1,1][-1,1]（不指定定义域）。

因此，我们先需要证明函数值在一个区间内，然后利用上面的去换元。

一道例题

已知数列 {an}\{a_n\} 满足，

a1=12,an+1=an2−2a_1={1\over2},a_{n+1}=a_n^2-2
  • 求通项公式。

观察到右面类似余弦二倍角公式，考虑猜测 an∈[−2,2]a_n\in[-2,2]。

证明：考虑数学归纳，

−2≤a1=12≤2-2\le a_1={1\over2}\le2

尝试，an∈[−2,2]⇒an+1∈[−2,2]a_n\in[-2,2]\Rightarrow a_{n+1}\in[-2,2]。

an−1=an2−2a_{n-1}=a_n^2-2

由于，

an∈[−2,2]⇒an2∈[0,4]⇒an2−2∈[−2,2]a_n\in[-2,2]\Rightarrow a_n^2\in[0,4]\Rightarrow a_n^2-2\in[-2,2]

因此，注意到递推式右面的 22，我们设，

an=2cos⁡θna_n=2\cos\theta_n

容易发现，

an+1=an2−22cos⁡θn+1=4cos⁡2θn−2cos⁡θn+1=2cos⁡2θn−1cos⁡θn+1=cos⁡2θna_{n+1}=a_n^2-2\\ 2\cos\theta_{n+1}=4\cos^2\theta_n-2\\ \cos\theta_{n+1}=2\cos^2\theta_n-1\\ \cos\theta_{n+1}=\cos2\theta_n

不妨令，

θn+1=2θn\theta_{n+1}=2\theta_n

于是，通项公式，

an=2cos⁡(2n−1θ)a_n=2\cos(2^{n-1}\theta)

考虑 θ\theta 是多少，

a1=2cos⁡θ=12cos⁡θ=14θ=arccos⁡1/4a_1=2\cos\theta={1\over2}\\ \cos\theta={1\over4}\\ \theta=\arccos1/4

即，

an=2cos⁡(2n−1arccos⁡14)a_n=2\cos\left(2^{n-1}\arccos{1\over4}\right)

双曲换元

若，

a1=3,an+1=2an2−1a_1=3, a_{n+1}=2a_n^2-1
  • 求 ana_n 通项。

我们考虑另外一个满足此式的式子，另，

an=kx+k−x2=f(x)a_n={k^x+k^{-x}\over2}=f(x)

其中 kk 是任意变量，则，

an+1=2an2−1=k2x+k−2x2=f(2x)a_{n+1}=2a_n^2-1={k^{2x}+k^{-2x}\over2}=f(2x)

令，初项，

a1=f(t)=kt+k−t2=3a_1=f(t)={k^t+k^{-t}\over2}=3

令，

kt=3+22,k−t=3−22k^t=3+2\sqrt2,k^{-t}=3-2\sqrt2

于是，

a2=f(2t)=k2t+k−2t2a3=f(4t)=k4t+k−4t2…an=f(2n−1t)=k2n−1t+k−2n−1t2=(kt)2n−1+(k−t)2n−12a_2=f(2t)={k^{2t}+k^{-2t}\over2}\\ a_3=f(4t)={k^{4t}+k^{-4t}\over2}\\ \dots\\ a_n=f(2^{n-1}t)={k^{2^{n-1}t}+k^{-2^{n-1}t}\over2}={(k^t)^{2^{n-1}}+(k^{-t})^{2^{n-1}}\over2}

带入，得，

an=(3+22)2n−1+(3−22)2n−12a_n={(3+2\sqrt2)^{2^{n-1}}+(3-2\sqrt2)^{2^{n-1}}\over2}

这个东西就是（类似）双曲换元。

基础例题

求下列数列的通项公式。

例题一

求：an=2an−1+3 (n≥2),a1=1a_n=2a_{n-1}+3\,(n\ge2),a_1=1。

因为 q/(p−1)=3q/(p-1)=3，等式两边同时加三，

an+3=2an−1+6=2n+1an=2n+1−3a_n+3=2a_{n-1}+6=2^{n+1}\\ a_n=2^{n+1}-3

注意到当 n=1,a1=1n=1,a_1=1 满足该式，因此，

an=2n+1−3a_n=2^{n+1}-3

例题二

求：an=an−1+n (n≥2),a1=1a_n=a_{n-1}+n\,(n\ge2),a_1=1。

注意到，

an=an−1+nan−1=an−2+n−1…a2=a1+2=1+2a_n=a_{n-1}+n\\ a_{n-1}=a{n-2}+n-1\\ \dots\\ a_2=a_1+2=1+2

上式相加，得，

an=1+2+3+⋯+n−1+n=n(n+1)2a_n=1+2+3+\dots+n-1+n={n(n+1)\over2}

注意到当 n=1,a1=1n=1,a_1=1 满足该式，因此，

an=n(n+1)2a_n={n(n+1)\over2}

例题三

求：an=2an−1+n (n≥2),a1=1a_n=2a_{n-1}+n\,(n\ge2),a_1=1。

等式两边同时除以 2n2^n，得，

an2n=an−12n−1+n2n{a_n\over2^n}={a_{n-1}\over2^{n-1}}+{n\over2^n}

记 bn=an/2nb_n=a_n/2^n，

bn=bn−1+n/2nbn−1=bn−2+(n−1)/2n−1…b2=b1+1/2b1=1/2b_n=b_{n-1}+n/2^n\\ b_{n-1}=b_{n-2}+(n-1)/2^{n-1}\\ \dots\\ b_2=b_1+1/2\\ b_1=1/2

上式相加，得，

bn=n2n+n−12n−1+⋯+12+12b_n={n\over2^n}+{n-1\over2^{n-1}}+\dots+{1\over2}+{1\over2}

注意到分母为二的幂次的形式，等式乘二，

2bn=n2n−1+n−12n−2+⋯+1+12b_n={n\over2^{n-1}}+{n-1\over2^{n-2}}+\dots+1+1

下式减上式，得，

bn=−n2n+12n−1+12n−2+⋯+121+1=12n−1(1+2+⋯+2n−1)−n2n=2n−12n−1−n2n=2−2+n2n\begin{aligned} b_n&=-{n\over2^n}+{1\over2^{n-1}}+{1\over2^{n-2}}+\dots+{1\over2^1}+1\\ &={1\over2^{n-1}}\left(1+2+\dots+2^{n-1}\right)-{n\over2^n}\\ &={2^n-1\over2^{n-1}}-{n\over2^n}=2-{2+n\over2^n} \end{aligned}

带入原式，

an=2nbn=2n+1−2−na_n=2^nb_n=2^{n+1}-2-n

注意到当 n=1,a1=1n=1,a_1=1 满足该式，因此，

an=2n+1−2−na_n=2^{n+1}-2-n

例题四

求：an=2an−1+n2 (n≥2),a1=1a_n=2a_{n-1}+n^2\,(n\ge2),a_1=1。

等式两边同时除以 2n2^n，得，

an2n=an−12n−1+n22n{a_n\over2^n}={a_{n-1}\over2^{n-1}}+{n^2\over2^n}

记，

bn=an/2n,an=2nbnb_n=a_n/2^n,a_n=2^nb_n

则，

bn=bn−1+n22n,b1=a121=12=1221b_n=b_{n-1}+{n^2\over2^n},b_1={a_1\over2^1}={1\over2}={1^2\over2^1}

得，

bn=1221+2222+3223+4224+⋯+(n−1)22n−1+n22nb_n={1^2\over2^1}+{2^2\over2^2}+{3^2\over2^3}+{4^2\over2^4}+\dots+{(n-1)^2\over2^{n-1}}+{n^2\over2^n}

两边同时乘二，得，

2bn=1+2221+3222+4223+⋯+(n−1)22n−2+n22n−12b_n=1+{2^2\over2^1}+{3^2\over2^2}+{4^2\over2^3}+\dots+{(n-1)^2\over2^{n-2}}+{n^2\over2^{n-1}}

下式减上式，得，

bn=1−n22n+22−1221+32−2222+42−3223+⋯+(n−1)2−(n−2)22n−2+n2−(n−1)22n−1b_n=1-{n^2\over2^n}+{2^2-1^2\over2^1}+{3^2-2^2\over2^2}+{4^2-3^2\over2^3}+\dots+{(n-1)^2-(n-2)^2\over2^{n-2}}+{n^2-(n-1)^2\over2^{n-1}}

注意到，

n2−(n−1)2=n2−n2−1+2n=2n−1n^2-(n-1)^2=n^2-n^2-1+2n=2n-1

于是，记，

cn=22−1221+32−2222+42−3223+⋯+(n−1)2−(n−2)22n−2+n2−(n−1)22n−1=2×2−121+2×3−122+2×4−123+⋯+2(n−1)−12n−2+2n−12n−1\begin{aligned} c_n&={2^2-1^2\over2^1}+{3^2-2^2\over2^2}+{4^2-3^2\over2^3}+\dots+{(n-1)^2-(n-2)^2\over2^{n-2}}+{n^2-(n-1)^2\over2^{n-1}}\\ &={2\times2-1\over2^1}+{2\times3-1\over2^2}+{2\times4-1\over2^3}+\dots+{2(n-1)-1\over2^{n-2}}+{2n-1\over2^{n-1}} \end{aligned}

即，

bn=1−n22n+cnb_n=1-{n^2\over2^n}+c_n

下式两边同时乘二，得，

2cn=3+2×3−121+2×4−122+⋯+2(n−1)−12n−3+2n−12n−22c_n=3+{2\times3-1\over2^1}+{2\times4-1\over2^2}+\dots+{2(n-1)-1\over2^{n-3}}+{2n-1\over2^{n-2}}\\

与原式相减，得，

cn=3−2n−12n−1+221+222+⋯+22n−3+22n−2=3−2n−12n−1+120+121+⋯+12n−4+12n−3=3−2n−12n−1+12n−3(1+2+22+⋯+2n−3)=3−2n−12n−1+2n−2−12n−3=5−2n−12n−1−12n−3\begin{aligned} c_n&=3-{2n-1\over2^{n-1}}+{2\over2^1}+{2\over2^2}+\dots+{2\over2^{n-3}}+{2\over2^{n-2}}\\ &=3-{2n-1\over2^{n-1}}+{1\over2^0}+{1\over2^1}+\dots+{1\over2^{n-4}}+{1\over2^{n-3}}\\ &=3-{2n-1\over2^{n-1}}+{1\over2^{n-3}}(1+2+2^2+\dots+2^{n-3})\\ &=3-{2n-1\over2^{n-1}}+{2^{n-2}-1\over2^{n-3}}\\ &=5-{2n-1\over2^{n-1}}-{1\over2^{n-3}} \end{aligned}

于是，

bn=1−n22n+cn=6−n22n−2n−12n−1−12n−3b_n=1-{n^2\over2^n}+c_n=6-{n^2\over2^n}-{2n-1\over2^{n-1}}-{1\over2^{n-3}}

于是，

an=2nbn=3×2n+1−n2−4n−6a_n=2^nb_n=3\times2^{n+1}-n^2-4n-6

注意到当 n=1,a1=1n=1,a_1=1 满足该式，因此，

an=3×2n+1−n2−4n−6a_n=3\times2^{n+1}-n^2-4n-6
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