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
欢迎各位指出我的错误（我数学真的烂 \(😓\)
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
\[ S_n=An^2+Bn+C \land C=0 \]
命题1：若 \(S_m = S_p \land m\ne p\) 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 \(S_m=p,S_p=m\land m\ne p\) 则有 \(S_{m+p}=-(m+p)\)
证： \[ \begin{cases}S_m=ma_1+\dfrac{m(m-1)d}{2}=p\\\\S_p=pa_1+\dfrac{p(p-1)d}{2}=m\end{cases} \]
\[ \therefore (m-p)a_1+\dfrac{(m+p-1)(m-p)d}{2}=p-m\\ \therefore a_1+\dfrac{(m+p-1)d}{2}=-1\\\\ \begin{aligned} S_{m+p} &= (m+p)a_1+\dfrac{(m+p)(m+p-1)d}{2}\\\\&=(m+p)\times\left[a_1+\dfrac{(m+p)(m+p-1)d}{2}\right] \\\\&=(m+p) \times (-1)\\\\ &=-(m+p) \end{aligned} \]
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 \(\left\{S_{(k+1)m}-S_{km}\right\}\)
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
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
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
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
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 \[ \dfrac{a_{n+1}}{p^{n+1}} = \dfrac{a_n}{p^n}+k\left(\dfrac{q}{p}\right)^{n+1} \]
相信一定也有和我一样的懒人不喜欢对着博客手敲的
我直接把上面那一堆的源码贴上来吧
## 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
$$
S_n=An^2+Bn+C \land C=0
$$
**命题1**：若 $S_m = S_p \land m\ne p$ 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 $S_m=p,S_p=m\land m\ne p$ 则有 $S_{m+p}=-(m+p)$
证：
$$
\begin{cases}S_m=ma_1+\dfrac{m(m-1)d}{2}=p\\\\S_p=pa_1+\dfrac{p(p-1)d}{2}=m\end{cases}
$$
$$
\therefore (m-p)a_1+\dfrac{(m+p-1)(m-p)d}{2}=p-m\\
\therefore a_1+\dfrac{(m+p-1)d}{2}=-1\\\\
\begin{aligned}
S_{m+p} &= (m+p)a_1+\dfrac{(m+p)(m+p-1)d}{2}\\\\&=(m+p)\times\left[a_1+\dfrac{(m+p)(m+p-1)d}{2}\right] \\\\&=(m+p) \times (-1)\\\\ &=-(m+p)
\end{aligned}
$$
## 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
2. 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
3. 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
4. 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
5. 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
$$
\dfrac{a_{n+1}}{p^{n+1}} = \dfrac{a_n}{p^n}+k\left(\dfrac{q}{p}\right)^{n+1}
$$
