最后更新: 2025-04-14 20:22 查看: 9 次反馈刷题

常见复杂数列解析

## 1．二阶等差数列
如果数列 $\left\{a_n\right\}$ 的每一项与其前一项的差值构成等差数列，那么数列 $\left\{a_n\right\}$ 叫做二阶等差数列：

$$
\forall n \geq 3, \quad a_n-a_{n-1}=a_{n-1}-a_{n-2}+d
$$

现在利用二阶等差数列的定义式推导其通项公式。
用 $\left\{a_n\right\}$ 相邻两项的差构造新的数列 $\left\{b_n\right\}: b_n=a_{n+1}-a_n$ ，依次列出各项：

$$
b_1=a_2-a_1, \quad b_2=a_3-a_2, \quad \cdots \cdots, \quad b_{n-1}=a_n-a_{n-1}
$$

按照二阶等差数列的定义，构造的数列 $\left\{b_n\right\}$ 是等差数列：

$$
b_2=b_1+d, \quad b_3=b_2+d, \cdots \cdots, \quad b_{n-1}=b_{n-2}+d
$$

即：$\left\{b_n\right\}$ 是以 $b_1$ 为首项，$d$ 为公差的等差数列，其通项公式为 $b_n=b_1+(n-1) d$ 。将 $\left\{b_n\right\}$ 的通项公式代入各 $b_n=a_{n+1}-a_n$ ：

$$
b_1=a_2-a_1, \quad b_2=b_1+d=a_3-a_2, \cdots \cdots, \quad b_{n-1}=b_1+(n-2) d=a_n-a_{n-1}
$$

将上面的 $n-1$ 个等式的两边分别相加：

$$
b_1+\left(b_1+d\right)+\ldots+\left[b_1+(n-2) d\right]=\left(a_2-a_1\right)+\left(a_3-a_2\right)+\ldots+\left(a_n-a_{n-1}\right)
$$

等式左边是等差数列 $\left\{b_n\right\}$ 的前 $n-1$ 项和；等式右边各项展开后可以抵消中间各项，化简得：

$$
(n-1) b_1+\frac{(n-1)(n-2)}{2} d=a_n-a_1
$$

将 $a_n$ 单独移到等式的一侧：
$$
a_n=a_1+(n-1) b_1+\frac{(n-1)(n-2)}{2} d
$$

其中，$b_1=a_2-a_1, d=\left(a_3-a_2\right)-\left(a_2-a_1\right)$ ，将 $b_1$ 和 $d$ 的表达式代入 $a_n$ 的表达式并化简可得：

$$
a_n=a_1+(n-1)\left(a_2-a_1\right)+\frac{1}{2}(n-1)(n-2)\left(a_1-2 a_2+a_3\right)(n \geq 3)
$$

这就是以 $a_1, a_2, a_3$ 为前三项的二阶等差数列的通项公式。该表达式可以化为关于 $n$ 的函数的形式：

$$
a_n=\left(\frac{1}{2} a_1-a_2+\frac{1}{2} a_3\right) n^2+\left(-\frac{5}{2} a_1+4 a_2-\frac{3}{2} a_3\right) n+\left(3 a_1-3 a_2+a_3\right)
$$

该表达式较复杂，不需要记忆，可以发现它是关于 $n$ 的最高次数为 2 的多项式，即二阶等差数列 $\left\{a_n\right\}$ 的通项公式可以化为：

$$
a_n=A n^2+B n+C
$$

其中，$A, B, C$ 是相应的常数，可以分别将 $n=1,2,3$ 和对应的 $a_1, a_2, a_3$ 代入该表达式，得到关于 $A, B, C$ 的三元一次方程组：

$$
\left\{\begin{array}{l}
a_1=A+B+C \\
a_2=4 A+2 B+C \\
a_3=9 A+3 B+C
\end{array}\right.
$$

解该方程组就可以得到二阶等差数列通项公式中的各系数。
推导二阶等差数列的通项公式时，利用了将形式一致的若干等式依次相加，从而消去所有中间项的技巧，还利用了已经学习的等差数列前 $n$ 项和公式。这种将新的表达式转化为熟悉的表达式，再利用已经学习过公式的方法非常重要。

## 2．二阶等比数列
如果数列 $\left\{a_n\right\}$ 的每一项与其前一项的比值构成等比数列，那么数列 $\left\{a_n\right\}$ 叫做二阶等比数列：

$$
\forall n \geq 3, \quad \frac{a_n}{a_{n-1}}=\frac{a_{n-1}}{a_{n-2}} q
$$

现在利用二阶等比数列的定义式推导其通项公式。
用 $\left\{a_n\right\}$ 相邻两项的比构造新的数列 $\left\{b_n\right\}: b_n=\frac{a_{n+1}}{a_n}$ ，依次列出各项：

$$
b_1=\frac{a_2}{a_1}, \quad b_2=\frac{a_3}{a_2}, \cdots \cdots, \quad b_{n-1}=\frac{a_n}{a_{n-1}},
$$

利用二阶等比数列 $\left\{a_n\right\}$ 的定义式可得：

$$
b_2=b_1 \cdot q, \quad b_3=b_2 \cdot q, \cdots \cdots, \quad b_{n-1}=b_{n-2} \cdot q
$$

即：$\left\{b_n\right\}$ 是以 $b_1$ 为首项，$q$ 为公比的等比数列，其通项公式为 $b_n=b_1 q^{n-1}$ 。
将 $\left\{b_n\right\}$ 的通项公式代入各 $b_n=\frac{a_{n+1}}{a_n}$ ：

$$
b_1=\frac{a_2}{a_1}, \quad b_2=b_1 \cdot q=\frac{a_3}{a_2}, \ldots \ldots, \quad b_{n-1}=b_1 \cdot q^{n-2}=\frac{a_n}{a_{n-1}}
$$

将上面 $n-1$ 个等式的两边分别相乘：

$$
b_1 \cdot\left(b_1 \cdot q\right) \cdot\left(b_1 \cdot q^2\right) \cdots \cdot\left(b_1 \cdot q^{n-2}\right)=\frac{a_2}{a_1} \cdot \frac{a_3}{a_2} \cdot \frac{a_4}{a_3} \cdots \cdots \frac{a_n}{a_{n-1}}
$$

等式左边是 $n-1$ 个 $b_1$ 与 $q \cdot q^2 \cdots \cdots q^{n-2}$ 相乘，利用指数乘法的运算规律，可以化为 $b_1^{n-1} q^{\frac{(n-1)(n-2)}{2}}$ ；等式右边各项的分子与分母可以相互抵消，化简后得：

$$
b_1^{n-1} q^{\frac{(n-1)(n-2)}{2}}=\frac{a_n}{a_1}
$$

将 $a_n$ 单独移到等式的一侧：

$$
a_n=a_1 b_1^{n-1} q^{\frac{(n-1)(n-2)}{2}}
$$

其中，$b_1=\frac{a_2}{a_1}, q=\frac{a_3}{a_2} \div \frac{a_2}{a_1}=\frac{a_1 a_3}{a_2^2}$ ，将 $b_1$ 和 $q$ 的表达式代入 $a_n$ 的表达式可得：

$$
a_n=a_1 \cdot\left(\frac{a_2}{a_1}\right)^{n-1}\left(\frac{a_1 a_3}{a_2^2}\right)^{\frac{(n-1)(n-2)}{2}}(n \geq 3)
$$

这就是以 $a_1, a_2, a_3$ 为前三项的二阶等比数列的通项公式。
推导二阶等比数列通项公式的过程中，使用了将多个形式相同的等式依次相乘，从而消去中间项或利用指数运算的规律合并项的思路。

3．正整数从 1 到 $n$ 的平方和
利用等差数列的求和公式，可以得到从 1 到 $n$ 的正整数的和为：

$$
S_n=1+2+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}
$$

现在通过求连续 $n$ 个正整数的平方和与立方和，学习分析处理数列的一种经典方法。

对于从 1 到 $n$ 的平方和：

$$
S\left(n^2\right)=1^2+2^2+3^2+\cdots+n^2
$$

无法通过直接将其进行拆分或组合的方式得到熟悉的表达式，需使用另一种方法：构造。
利用完全立方公式 $(n+1)^3=n^3+3 n^2+3 n+1$ ，移项可得：

$$
(n+1)^3-n^3=3 n^2+3 n+1
$$

观察该等式的左右两边：当 $n$ 为正整数时，等式左边为相邻两个正整数的立方差；等式右边为 $n$ 的平方项，$n$ 的一次项，常数项之和。

分别代入 $n=1,2,3, \cdots, n$ ，可以得到一系列等式：

$$
\begin{aligned}
2^3-1^3= & 3 \times 1^2+3 \times 1+1 \\
3^3-2^3= & 3 \times 2^2+3 \times 2+1 \\
& \cdots \\
(n+1)^3-n^3= & 3 \times n^2+3 \times n+1
\end{aligned}
$$

将上面 $n$ 个等式的左右两边分别相加：

$$
\begin{aligned}
& \left(2^3-1^3\right)+\left(3^3-2^3\right)+\cdots+\left[(n+1)^3-n^3\right] \\
= & \left(3 \times 1^2+3 \times 1+1\right)+\left(3 \times 2^2+3 \times 2+1\right)+\cdots+3 \times n^2+3 \times n+1
\end{aligned}
$$

等式左边可以消除所有中间项，只剩 $(n+1)^3-1^3$ ；等式右边可以重新组合为正整数的平方和，正整数之和，常数项之和，化简后得：

$$
(n+1)^3-1^3=3 \times\left(1^2+2^2+3^2+\cdots+n^2\right)+3 \times(1+2+3+\cdots+n)+1 \times n
$$

将 $1+2+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}$ 代入该等式并化简：

$$
(n+1)^3-1=3 \times\left(1^2+2^2+3^2+\cdots+n^2\right)+3 \times \frac{n(n+1)}{2}+n
$$

等式右边的 $\left(1^2+2^2+3^2+\ldots+n^2\right)$ 就是从 1 到 $n$ 的平方和 $S\left(n^2\right)$ ，将其单独移到等式左边：

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

化简后得：

$$
S\left(n^2\right)=\frac{1}{6} n(n+1)(2 n+1)
$$

这就是从 1 到 $n$ 的平方和的公式。
同理，利用 $(n+1)^4-n^4=4 n^3+6 n^2+4 n+1$ 可以求得从 1 到 $n$ 的立方和公式。推导的思路仍为：将各形式相同的表达式相加，从而相互抵消中间项。

类似的，对于形如 $a_n=\frac{1}{n(n+1)}$ 的数列，可以将各项拆分为 $a_n=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$ ，直接求和就可以消除所有中间项。
4．数列 $a_n=n a^n$ 的前 $n$ 项和
对于数列 $\left\{a_n\right\}: a_n=n a^n(a \neq 0, a \neq 1)$ ，它的前 $n$ 项和的求和公式的推导过程很好地体现出分析处理数列的层次感和条理性，现在进行推导。

$$
\begin{aligned}
S_n & =a_1+a_2+a_3+\cdots+a_{n-1}+a_n \\
& =a^1+2 a^2+3 a^3+\cdots+(n-1) a^{n-1}+n a^n \\
& =\left(a^1+a^2+a^3+\cdots+a^{n-1}+a^n\right)+a^2+2 a^3+\cdots+(n-2) a^{n-1}+(n-1) a^n
\end{aligned}
$$

该表达式可以分为两部分：前半部分 $a^1+a^2+\cdots+a^{n-1}+a^n$ 是等比数列的前 $n$项和；后半部分 $a^2+2 a^3+\cdots+(n-2) a^{n-1}+(n-1) a^n$ 与原表达式的形式相似，可以按照相同的方法，继续提取出从 $a^2$ 到 $a^n$ 的和：

$$
\begin{aligned}
& a^2+2 a^3+\cdots+(n-2) a^{n-1}+(n-1) a^n \\
= & \left(a^2+a^3+\cdots+a^{n-1}+a^n\right)+a^3+\cdots+(n-3) a^{n-1}+(n-2) a^n
\end{aligned}
$$

按照上述规律，$S_n$ 可以拆分为 $n$ 个等比数列之和相加的形式，各等比数列之和的首项依次为 $a, a^2, a^3, \ldots, a^{n-1}, a^n$ ，项数依次为 $n,(n-1),(n-2), \ldots, 2,1$ ， $S_n$ 最终可以化为：

$$
\begin{aligned}
& a^1+a^2+a^3+a^4+\cdots+a^{n-3}+a^{n-2}+a^{n-1}+a^n \quad \text { (第 } 1 \text { 行) } \\
& +a^2+a^3+a^4+\cdots+a^{n-3}+a^{n-2}+a^{n-1}+a^n \text { (第 } 2 \text { 行) } \\
& +a^3+a^4+\cdots+a^{n-3}+a^{n-2}+a^{n-1}+a^n \text { (第 } 3 \text { 行) } \\
& +a^{n-1}+a^n \text { (第 } n-1 \text { 行) } \\
& +a^n \text { (第 } n \text { 行) }
\end{aligned}
$$

共有 $n$ 行，第 $i$ 行的开头为 $a_i$ ，该行共有 $n-i+1$ 项，每一行都是等比数列的前 $n-i+1$ 项和，对各行分别使用等比数列的求和公式，然后相加并化简：

$$
\begin{aligned}
S_n & =a \frac{1-a^n}{1-a}+a^2 \frac{1-a^{n-1}}{1-a}+a^3 \frac{1-a^{n-2}}{1-a}+\cdots+a^{n-1} \frac{1-a^2}{1-a}+a^n \frac{1-a}{1-a} \\
& =\frac{a-a^{n+1}}{1-a}+\frac{a^2-a^{n+1}}{1-a}+\frac{a^3-a^{n+1}}{1-a}+\cdots+\frac{a^{n-1}-a^{n+1}}{1-a}+\frac{a^n-a^{n+1}}{1-a} \\
& =\frac{1}{1-a}\left[\left(a+a^2+a^3+\cdots+a^{n-1}+a^n\right)-n a^{n+1}\right] \\
& =\frac{1}{1-a}\left(a \cdot \frac{1-a^n}{1-a}-n a^{n+1}\right)
\end{aligned}
$$

这就是数列 $a_n=n a^n$ 的前 $n$ 项和公式。
这种将数列的表达式逐层拆分成为多个形式相同的表达式，再重新组合后利用熟悉的公式化简或计算的方法，是分析处理数列的一种重要思路。

5．斐波那契数列
斐波那契数列的文字描述非常简单明了，其通项公式的求解过程虽然复杂但非常经典，需要使用一种在分析处理数列的经典思路。

斐波那契数列的定义为：数列的任意一项等于它的前两项之和：

$$
\forall n \geq 3, \quad a_n=a_{n-1}+a_{n-2}
$$

通常规定斐波那契数列 $\left\{a_n\right\}$ 的前两项为 $a_1=1, a_2=1$（或 $a_0=0, a_1=1$ ，实际结果相同），根据其定义容易求出后续各项：

$$
\begin{aligned}
& a_3=a_2+a_1=1+1=2 \\
& a_4=a_3+a_2=2+1=3 \\
& a_5=a_4+a_3=3+2=5
\end{aligned}
$$

现在推导斐波那契数列的通项公式，推导的＂原材料＂只有它的递推公式：

$$
a_n=a_{n-1}+a_{n-2}
$$

等式的两边同时减去 $p a_{n-1}$（ $p$ 是待确定的系数），将等式变为：

$$
a_n-p a_{n-1}=(1-p) a_{n-1}+a_{n-2}
$$
现在求 $p$ 的值，该值使得等式左边 $a_{n-1}$ 与 $a_n$ 的系数比 $\frac{-p}{1}$ ，等于等式右边 $a_{n-2}$与 $a_{n-1}$ 的系数比 $\frac{1}{1-p}$ ，即：$\frac{-p}{1}=\frac{1}{1-p}$ ，这样等式两边的表达式的形式相同。

利用该等式就可以求得 $p$ 的值，这个 $p$ 可以将递推公式的左右两边转化为形式相同的表达式：

$$
a_n-p a_{n-1}=k\left(a_{n-1}-p a_{n-2}\right)
$$

构造的 $a_n-p a_{n-1}$ 是公比为 $k$ 的等比数列，其中 $k$ 是又一个待确定的系数。
构造新的数列 $\left\{b_n\right\}: b_n=a_{n+1}-p a_n,\left\{b_n\right\}$ 是以 $b_1=a_2-p a_1$ 为首项，$k$ 为公比的等比数列，其通项公式为：

$$
b_n=b_1 k^{n-1}
$$

由于 $b_n=a_{n+1}-p a_n=b_1 k^{n-1}$ ，可以利用 $\left\{b_n\right\}$ 的通项公式求得 $\left\{a_n\right\}$ 的通项公式。现在具体求解：
设常数 $p$ ，使得递推公式 $a_n=a_{n-1}+a_{n-2}$ 两边同时减去 $p a_{n-1}$ ，所得到的等式 $a_n-p a_{n-1}=(1-p) a_{n-1}+a_{n-2}$ 可以化为 $a_n-p a_{n-1}=k\left(a_{n-1}-p a_{n-2}\right)$ 的形式。

按照上述构造过程可得：

$$
a_n-p a_{n-1}=(1-p) a_{n-1}+a_{n-2}=k\left(a_{n-1}-p a_{n-2}\right)
$$

等式的中间和右边，$a_{n-1}$ 和 $a_{n-2}$ 两项的系数应当分别相同，由此可以得到方程组：
$$
\left\{\begin{array}{l}
1-p=k \\
k \cdot p=-1
\end{array}\right.
$$

解方程组得：

$$
\left\{\begin{array} { l } 
{ p = \frac { 1 + \sqrt { 5 } } { 2 } } \\
{ k = \frac { 1 - \sqrt { 5 } } { 2 } }
\end{array} \text { 或 } \left\{\begin{array}{l}
p=\frac{1-\sqrt{5}}{2} \\
k=\frac{1+\sqrt{5}}{2}
\end{array}\right.\right.
$$

这两组解都满足构造，最后得到的结果相同，这里选用第一组解。为计算和书写方便，暂时先不代入 $p, k$ 的数值，而是直接使用字母 $p, k$ ，待完成化简后再代入相应的数值。

由 $\left\{b_n\right\}$ 的构造方式 $b_n=a_{n+1}-p a_n$ 可得：

$$
a_{n+1}=b_n+p a_n
$$

将 $b_n=b_1 k^{n-1}$ 代入该表达式：

$$
a_{n+1}=b_1 k^{n-1}+p a_n
$$

即：$a_2=b_1+p a_1, a_3=k b_1+p a_2, \cdots \cdots, a_n=k^{n-2} b_1+p a_{n-1}$ ，
将上面各等式依次逐层代入：

$$
\begin{aligned}
a_n & =k^{n-2} b_1+p a_{n-1} \\
& =k^{n-2} b_1+p\left(k^{n-3} b_1+p a_{n-2}\right) \\
& =k^{n-2} b_1+p k^{n-3} b_1+p^2 a_{n-2} \\
& \quad \cdots \cdots \\
& =k^{n-2} b_1+p k^{n-3} b_1+p^2 k^{n-4} b_1+p^3 k^{n-5} b_1+\cdots+p^{n-3} k b_1+p^{n-2} b_1+p^{n-1} a_1
\end{aligned}
$$

由 $\left\{b_n\right\}$ 的构造方式可得：

$$
b_1=a_2-\frac{1+\sqrt{5}}{2} a_1=1-\frac{1+\sqrt{5}}{2}=\frac{1-\sqrt{5}}{2}=k
$$

将 $b_1=k, a_1=1$ 代入 $a_n$ 的展开式：

$$
a_n=k^{n-1}+p k^{n-2}+p^2 k^{n-3}+p^3 k^{n-4}+\cdots+p^{n-3} k^2+p^{n-2} k+p^{n-1}
$$

即：$a_n$ 是以 $k^{n-1}$ 为首项，$\frac{p}{k}$ 为公比的等比数列的前 $n$ 项和，利用等比数列的前 $n$ 项和公式可得：

$$
a_n=k^{n-1} \cdot \frac{1-(p / k)^n}{1-p / k}=\frac{k^{n-1}-p^n / k}{1-p / k}=\frac{k^n-p^n}{k-p}
$$

此时再将 $p=\frac{1+\sqrt{5}}{2}, k=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$ 代入表达式：

$$
a_n=\frac{\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n}{\frac{1+\sqrt{5}}{2}-\frac{1-\sqrt{5}}{2}}
$$

化简后得：

$$
a_n=\frac{1}{\sqrt{5}}\left[\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n\right]
$$

这就是斐波那契数列的通项公式。斐波那契数列的通项公式还有其他求法，虽然这种求法不是最简便的，但使用的思路非常清晰，其中有两点较关键：
（1）如果数列中的任意连续 3 项都满足关系 $a_n=m a_{n-1}+n a_{n-2}$ ，那么可以在等式两边同时加上 $x a_{n-1}$（ $x$ 待定），使得 $a_n+x a_{n-1}=(m+x) a_{n-1}+n a_{n-2}$ 的等式两边的两项间的比例相等，即 $\frac{x}{1}=\frac{n}{m+x}$ ；

由此可以构造出等比数列 $\left\{b_n\right\}: b_n=a_{n+1}+x a_n$ ，其公比为 $q=\frac{m+x}{1}=\frac{n}{x}$ ，解一元二次方程 $\frac{m+x}{1}=\frac{n}{x}$ 就可以得到添加项的系数 $x$ ，进而求得公比 $q$ 。

（2）求得等比数列 $\left\{b_n\right\}: b_n=a_{n+1}+x a_n$ 后，利用等比数列的通项公式以及 $b_n$跟 $a_{n+1}, a_n$ 的关系，将其化为 $a_{n+1}=b_n-x a_n$ 的形式逐次代入，得到一系列等比数列的前 $n$ 项和的表达式，提取出各求和项的公因式后化简。

上述推导过程中，需要较大的耐心和细心，还需要认真分辨新构造数列的首项和公比，并正确计算迭代后总的项数。

按照这个思路，对于一些表达式较复杂的数列，可以通过将原数列 $\left\{a_n\right\}$ 的各项 $a_n$ 进行乘方 $a_n^p$ ，开方 $\sqrt[q]{a_n}$ ，取倒数 $\frac{1}{a_n}$ ，取对数 $\ln a_n$ ，取指数 $e^{a_n}$ 或其他运算方式，构造出新的数列。若新构造的数列的通项公式可以利用熟悉的公式或规律求得，那么就可以根据构造方式，将新构造的数列的通项公式逆向转化为原数列的表达式，从而求得原数列的通项公式。

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