等差数列&等比数列小结

高一自学的时候瞎总结写的（好吧我现在还是高一 2022.5.7）

感觉丢在文件夹里吃灰没啥用，就放上来了

---

一、等差数列

等差数列通项公式

$$a_n = a_1+(n-1)d$$

$S_n$ 表示等差数列 $\{a_n\}$ 的 前 $n$ 项和

$$\begin{aligned} S_n &= \sum\limits_{i=1}^{n}a_n\\&=na_1+\dfrac{n(n-1)}{2}d\\&=\dfrac{d}{2}n^2+\left(a_1-\dfrac{d}{2}\right)n \end{aligned}$$

易知

$$\begin{aligned} S_n&=\dfrac{n(a_1+a_n)}{2}\\&=\dfrac{n(a_m+a_{n-m+1})}{2} \end{aligned}$$ $$S_{2n-1}=(2n-1)a_n \\S_{2n}=n(a_n+a_{n+1})$$

$\{a_n\}$ 为等差数列当且仅当

$$S_n=An^2+Bn+C\quad~(C\ne 0)$$

命题1：若 $S_m = S_p$ 且 $m\ne p$ 则有 $S_{m+p}=0$

证：

$$\begin{cases}S_m=ma_1+\dfrac{m(m-1)d}{2}\\\\S_p=pa_1+\dfrac{p(p-1)d}{2}\\\\S_m=S_p\end{cases}$$ $$\therefore (m-p)a_1+\dfrac{(m+p-1)(m-p)d}{2}=0\\ \therefore a_1+\dfrac{(m+p-1)d}{2}=0\\\\ \begin{aligned} S_{m+p} &= (m+p)a_1+\dfrac{(m+p)(m+p-1)d}{2}\\\\&=(m+p)\times\left[a_1+\dfrac{(m+p)(m+p-1)d}{2}\right] \\\\&=(m+p) \times 0\\\\ &=0 \end{aligned}$$

命题2：若 $S_m=p,S_p=m$ 且 $m\ne p$ 则有 $S_{m+p}=-(m+p)$

证：

$$\begin{cases}S_m=ma_1+\dfrac{m(m-1)d}{2}=p\\\\S_p=pa_1+\dfrac{p(p-1)d}{2}=m\end{cases}$$ $$\therefore (m-p)a_1+\dfrac{(m+p-1)(m-p)d}{2}=p-m\\ \therefore a_1+\dfrac{(m+p-1)d}{2}=-1\\\\ \begin{aligned} S_{m+p} &= (m+p)a_1+\dfrac{(m+p)(m+p-1)d}{2}\\\\&=(m+p)\times\left[a_1+\dfrac{(m+p)(m+p-1)d}{2}\right] \\\\&=(m+p) \times (-1)\\\\ &=-(m+p) \end{aligned}$$

---

二、等比数列

等比数列通项公式

$$a_n = a_1q^{n-1}$$

有性质

$$a_1a_n=a_2a_{n-1}=\dots=a_ma_{n-m+1}\\$$

等比数列前 $n$ 项和公式

$$\begin{aligned} S_n=\begin{cases} na_1,&q=1\\\\ \dfrac{a_1\left(1-q^n\right)}{1-q} = \dfrac{a_1-a_nq}{1-q},&q\ne 1 \end{cases} \end{aligned}$$

易知

$$S_n = -\dfrac{a_1}{1-q}\cdot q^n+ \dfrac{a_1}{1-q}\\$$

可知性质

$$\begin{aligned} \dfrac{S_n}{S_m}=\begin{cases} \dfrac{n}{m},&q=1\\\\ \dfrac{1-q^n}{1-q^m},&q\ne 1 \end{cases} \end{aligned}$$ $$\begin{aligned} S_{n+m} &= S_m + q^m S_n\\&= S_n + q^n S_m \end{aligned}$$

当 $q\ne -1$ 时，有等比数列 $\left\{S_{(k+1)m}-S_{km}\right\}$

1. 有递推式 $$a_{n+1}=ca_{n}+d$$

其中，$c\ne1,cd\ne 0$

构造等比数列求通项公式

即利用 $d=\dfrac{(1-c)d}{1-c}$ ，得

$$a_{n+1}-\dfrac{d}{1-c} = c\left(a_n-\dfrac{d}{1-c}\right) \\$$

则当 $a_n-\dfrac{d}{1-c}\ne 0$ 时，数列 $\left\{a_n-\dfrac{d}{1-c}\right\}$ 为等比数列

1. 有递推式

   $$a_{n+1}=ca_{n}+d$$

   其中，$c\ne1, cd\ne 0, n\ge 2$

   消常数项求通项公式

   $$a_{n}=ca_{n-1}+d\\ a_{n+1}-a_n = c(a_n-a_{n-1})$$

   则当 $a_2\ne a_1$ 时，数列 $\left\{a_{n+1}-a_n\right\}$ 为等比数列

1. 有递推式

   $$a_{n+1}=ca_n+d^n$$

   其中，$c\ne d,cd\ne0$

   化归求通项公式

   $$a_{n+1}-\dfrac{d^{n+1}}{d-c}=c\left(a_n-\dfrac{d^n}{d-c}\right)$$

   则数列 $\left\{a_n-\dfrac{d^n}{d-c}\right\}$ 为等比数列

   或者两侧同除以 $d^{n+1}$ 化为情况1

   或者两侧同除以 $c^{n+1}$ ，累加求通项

1. 有递推式

   $$a_{n+1}=ca_n+d^n+t$$

   其中，$cdt\ne0,c\ne 1$

   化归求通项公式

   $$a_{n+1}-\dfrac{t}{1-c}=c\left(a_n-\dfrac{t}{1-c}\right)+d^n$$

   则转化为情况2

1. 有递推式

   $$a_{n+1}=pa_n+kq^{n+1}$$

   其中，$pqk\ne0,p\ne1,q\ne1$

   可使用待定系数法，后略

   也可以两边同除以 $q^{n+1}$ ，得

   $$\dfrac{a_{n+1}}{p^{n+1}} = \dfrac{p}{q}\times\dfrac{a_n}{q^n}+k$$

   进而化归为等比数列

   还可以两边同除以 $p^{n+1}$ ，得

   $$\dfrac{a_{n+1}}{p^{n+1}} = \dfrac{a_n}{p^n}+k\left(\dfrac{q}{p}\right)^{n+1}$$