数列训练
基础题目
求下列数列的通项公式。
题目一
求：a_n=2a_{n-1}+3(n\ge2),a_1=1。
因为 q/(p-1)=3，等式两边同时加三，
a_n+3=2a_{n-1}+6=2^{n+1}\\ a_n=2^{n+1}-3
注意到当 n=1,a_1=1 满足该式，因此，
a_n=2^{n+1}-3
题目二
求：a_n=a_{n-1}+n(n\ge2),a_1=1。
注意到，
a_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，
a_n=1+2+3+\dots+n-1+n={n(n+1)\over2}
注意到当 n=1,a_1=1 满足该式，因此，
a_n={n(n+1)\over2}
题目三
求：a_n=2a_{n-1}+n(n\ge2),a_1=1。
等式两边同时除以 2^n，得，
{a_n\over2^n}={a_{n-1}\over2^{n-1}}+{n\over2^n}
记 b_n=a_n/2^n，
b_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，
b_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，
2b_n={n\over2^{n-1}}+{n-1\over2^{n-2}}+\dots+1+1
下式减上式，得，
\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，
a_n=2^nb_n=2^{n+1}-2-n
注意到当 n=1,a_1=1 满足该式，因此，
a_n=2^{n+1}-2-n
题目四
求：a_n=2a_{n-1}+n^2(n\ge2),a_1=1。
等式两边同时除以 2^n，得，
{a_n\over2^n}={a_{n-1}\over2^{n-1}}+{n^2\over2^n}
记，
b_n=a_n/2^n,a_n=2^nb_n
则，
b_n=b_{n-1}+{n^2\over2^n},b_1={a_1\over2^1}={1\over2}={1^2\over2^1}
得，
b_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，
2b_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，
b_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，
n^2-(n-1)^2=n^2-n^2-1+2n=2n-1
于是，记，
\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，
b_n=1-{n^2\over2^n}+c_n
下式两边同时乘二，得，
2c_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，
\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，
b_n=1-{n^2\over2^n}+c_n=6-{n^2\over2^n}-{2n-1\over2^{n-1}}-{1\over2^{n-3}}
于是，
a_n=2^nb_n=3\times2^{n+1}-n^2-4n-6
注意到当 n=1,a_1=1 满足该式，因此，
a_n=3\times2^{n+1}-n^2-4n-6
线性递推题目
题目一：斐波那契数列
有递推式，
\begin{cases} a_1=a_2=1\\ a_n=a_{n-1}+a_{n-2}(n>2) \end{cases}
有特征方程，
q^2=q+1
解得，
q_{1,2}={1\pm\sqrt5\over2}
即，
a_n=\lambda_1\left({1+\sqrt5\over2}\right)^n+\lambda_2\left({1-\sqrt5\over2}\right)^n
带入 a_1=a_2=1，
\def\qa#1{{a#1\sqrt5\over2}} \begin{aligned} a_1&=\lambda_1\qa++\lambda_2\qa-\\ a_2&=\lambda_1\left(\qa+\right)^2+\lambda_2\left(\qa-\right)^2 \end{aligned}
解得，
\begin{aligned} \lambda_1&={1\over\sqrt5}\\ \lambda_2&=-{1\over\sqrt5} \end{aligned}
即，斐波那契数列通项公式，
\boxed{a_n={1\over\sqrt5}\left[\left({1+\sqrt5\over2}\right)^n-\left({1-\sqrt5\over2}\right)^n\right]}
同时，我们有更简便的方法，考虑到，
a_n=\lambda_1q_1^n+\lambda_2q_2^n
也可以表示为，
a_n=\lambda_1q_1^{n-1}+\lambda_2q_2^{n-1}
于是，我们带入 a_1,a_2，
\begin{cases} a_1=\lambda_1+\lambda_2\\ a_2=\lambda_1q_1+\lambda_2q_2 \end{cases}
会更方便解方程一点。
本题中，
\left\{\begin{aligned} \lambda_1+\lambda_2&=1\\ \lambda_1{1+\sqrt5\over2}+\lambda_2{1-\sqrt5\over2}&=1 \end{aligned}\right.
解得，
\left\{\begin{aligned} \lambda_1&={1+\sqrt5\over2\sqrt5}\\ \lambda_2&=-{1-\sqrt5\over2\sqrt5} \end{aligned}\right.
得，
\begin{aligned} a_n&={1+\sqrt5\over2\sqrt5}\left({1+\sqrt5\over2}\right)^{n-1}-{1-\sqrt5\over2\sqrt5}\left({1-\sqrt5\over2}\right)^{n-1}\\ &={1\over\sqrt5}\left[\left({1+\sqrt5\over2}\right)^n-\left({1-\sqrt5\over2}\right)^n\right] \end{aligned}
题目二
求：
a_{n+1}=3a_n-2a_{n-1}
对于任意 a_1,a_2 的通项公式。
容易发现，这是一个二阶的常系数齐次线性递推式，考虑求出特征根，
q^2=3q-2\\ q_1=1,q_2=2
于是，有
a_n=x+y\cdot2^n
对于，解方程
\begin{cases} a_1=x+2y\\ a_2=x+4y \end{cases}
解得，
\left\{\begin{aligned} x&=2a_1-a_2\\ y&={a_2-a_1\over2} \end{aligned}\right.
于是，
a_n=2a_1-a_2+(a_2-a_1)2^{n-1}
题目三
求：
a_{n+1}=6a_n-9a_{n-1}
对于任意 a_1,a_2 的通项公式。
容易发现，这是一个二阶的常系数齐次线性递推式，考虑求出特征根，
q^2=6q-9\\ q_1=q_2=3
于是，有，
a_n=(xn+y)3^n
带入，
\begin{aligned} a_1&=3x+3y\\ a_2&=18x+9y \end{aligned}
那么，
\begin{aligned} x&={a_2-3a_1\over9}\\ y&={6a_1-a_2\over9} \end{aligned}
于是，
a_n=[(a_2-3a_1)n+6a_1-a_2]3^{n-2}
题目四
对于，
a_n=4a_{n-1}-3a_{n-2}+1,a_1=1,a_2=2
注意到特征方程
x^2=4x-3
其特征根为，
x_1=1,x_2=3
我们考虑最原始的算法，两边同时减去 3a_{n-1}，
a_n-3a_{n-1}=a_{n-1}-3a_{n-2}+1
设，
b_n=a_n-3a_{n-1}
则，
b_n=b_{n-1}+1,b_2=a_2-3a_1=-1
于是，
b_n=n-3
则，
a_n=3a_{n-1}+n-3
两边同时除以 3^n 即可，暴力求解即可。
但是还有更方便的算法，注意到，
a_n=4a_{n-1}-3a_{n-2}+1\\ a_{n+1}=4a_n-3a_{n-1}+1
下式减上式，
a_{n+1}-a_n=4a_n-3a_{n-1}-4a_{n-1}+3a_{n-2}
即，
a_{n+1}=5a_n-7a_{n-1}+3a_{n-2}
于是，我们把一个非齐次的递推式，转化为了一个齐次的，特征根
q^3=5q^2-7q+3
首先，注意到 q=1 为一个可行解，于是，
q^3-5q^2+7q-3=(q-1)(q^2-4q+3)=(q-1)^2(q-3)=0
即，
q_1=q_2=1,q_3=3
于是，
a_n=\beta3^{n-1}+\lambda n+\mu
根据原递推式，得出，
a_3=4a_2-3a_1+1=6
于是，列出方程，
\begin{cases} 1=\beta+\lambda+\mu\\ 2=3\beta+2\lambda+\mu\\ 6=9\beta+3\lambda+\mu \end{cases}
考虑解方程，具体的，
\begin{cases} 2\beta+\lambda=1\\ 6\beta+\lambda=4 \end{cases}
解得，
\left\{\begin{aligned} \beta={3\over4}\\ \lambda=-{1\over2}\\ \mu={3\over4} \end{aligned}\right.
即，
a_n={3^n\over4}-{1\over2}n+{3\over4}
经检验，a_1=1,a_2=2,a_3=6，符合题意，故，略。
类似，若特征方程在实数范围无根，需要在复数范围继续求解；并不一定得到周期数列。
注意到，利用这个低阶化为高阶的方法，可以避免很多前面的题中类似的大量计算。
对于这一类的问题，我们把各种变形，转化为只需要解特征方程就可以的问题。
题目五
求通项公式，
a_{n+1}=4a_n-3a_{n-1}+n(n\ge2),a_1=1,a_2=2
考虑和上一题类似的做法，
a_n=4a_{n-1}-3a_{n-2}+n-1
上式减下式，
a_{n+1}=5a_n-7a_{n-1}+3a_{n-2}+1
继续运用上一题的思路，
a_n=5a_{n-1}-7a_{n-2}+3a_{n-3}+1
上式减下式，得，
a_{n+1}=6a_n-12a_{n-1}+10a_{n-2}-3a_{n-3}
解出特征方程，
q_1=q_2=q_3=1,q_4=3
设通项公式，
a_n=a3^{n-1}+b(n-1)^2+c(n-1)+d
带入即可，步骤略。
题目六
已知数列 \{a\},\{b\} 满足，
a_1=2,b_1=1\\ \begin{aligned} a_{n+1}&=5a_n+3b_n+7\\ b_{n+1}&=3a_n+5b_n \end{aligned}
对于 n\in\mathbb N，求 \{a\} 解析式。
容易发现，我们可以利用上式，用 a_{n+1},a_n 表示 b_n。
然后带入下式，即可求得 a_n 的递推公式。
但是这么做很复杂，考虑原递推公式有什么优秀的结构。
容易发现，5,3,3,5 存在有一种优美的形态，
于是，考虑两式做和、做差。
\begin{cases} a_{n+1}+b_{n+1}=8a_n+8b_n+7\\ a_{n+1}-b_{n+1}=2a_n-2b_n+7 \end{cases}
设，
c_n=a_n+b_n\\ d_n=a_n-b_n
于是，
\begin{cases} c_{n+1}=8c_n+7\\ d_{n+1}=2d_n+7 \end{cases}
然后用通用方法，
c_{n+1}+1=8c_n+8=8(c_n+1)\\ c_n=8^{n-1}(c_1+1)-1=4\times8^{n-1}-1
同理，
d_{n+1}+7=2d_n+14=2(d_n+7)\\ d_n=2^{n-1}(d_1+7)-7=8\times2^{n-1}-7
则，
a_n={c_n+d_n\over2}=2\times8^{n-1}+2^{n+1}-4
经检验，a_1=2，符合题意，故，
a_n=2\times8^{n-1}+2^{n+1}-4
题目七
数列 \{a\} 满足，
a_1=1,a_2=2,a_{n+2}=6a_{n+1}-a_n
则，下列说法中，正确的是，
A. 数列 \{a_{n+1}^2-a_na_{n+2}\} 是常数数列。
B. 数列 \{8a_na_{n+1}-7\} 的各项为平方数。
C. 数列 \{4a_na_{n+1}-7\} 的各项为平方数。
D. 任意 a_n 除以 9 的余数为 1 或 2。
对于 A 选项，我们递推式两边同时乘上 a_n，
a_na_{n+2}=6a_na_{n+1}-a_n^2
则，
a_{n+1}^2-a_na_{n+2}=a_{n+1}^2+a_n^2-6a_na_{n+1}
同理，
a_n^2-a_{n-1}a_{n+1}=a_n^2+a_{n-1}^2-6a_{n-1}a_n
两式右面相等，则，
a_{n+1}^2-6a_na_{n+1}=a_{n-1}^2-6a_{n-1}a_n\\ a_{n+1}(a_{n+1}-6a_n)=a_{n-1}(a_{n-1}-6a_n)\\ -a_{n+1}a_{n-1}=-a_{n-1}a_{n+1}
显然成立，因此，数列
\{a_{n+1}^2-a_na_{n+2}\}
是常数数列。
对于 D 选项，容易发现，
a_1\equiv1\pmod 9\\ a_2\equiv2\pmod 9\\ a_3\equiv2\pmod 9\\ a_4\equiv1\pmod 9\\ a_5\equiv4\pmod 9
在 a_5 出现问题，故命题不成立。
对于 BC 选项，由 A 选项知，
a_{n+1}^2-a_na_{n+2}=a_{n+1}^2+a_n^2-6a_na_{n+1}=-7
则，
6a_na_{n+1}-7=a_{n+1}^2+a_n^2
两边同时，
\pm2a_na_{n+1}
都可以使右边变为平方数，因此 BC 均成立。
故选：ABC。
裂项题目
简单题目
已知等差数列 \{a_n\} 满足，a_3=7,a_5+a_7=26，
- 求 a_n 及其前 n 项和 S_n；
- 令 b_n=1/(a_n^2-1)，求其前 n 项和 T_n。
易知，
a_5+a_7=2a_6=26,a_6=13\\ d=(a_6-a_3)/(6-3)=2\\ a_1=a_3-2d=3
于是，
a_n=a_1+(n-1)d=3+2(n-1)=2n+1\\ S_n=n(a_1+a_n)/2=n^2+2n
那么，
b_n={1\over a_n^2-1}={1\over 4n^2+4n}={1\over4}\cdot{1\over n(n+1)}={1\over 4}\left({1\over n}-{1\over n+1}\right)
那么，
T_n=b_1+b_2+\dots+b_n={1\over4}\left({1\over1}-{1\over2}+{1\over2}-{1\over3}+\dots+{1\over n}-{1\over n+1}\right)
注意好配对，
T_n={1\over4}\left(1-{1\over n+1}\right)={n\over 4n+4}
基础题目
已知数列 \{a_n\} 满足，
a_1=1,a_2=1/4\\ a_{n+1}={(n-1)a_n\over n-a_n}
求证，对于任意 n\in\mathbb N^*，
\sum_{i=1}^na_i^2<{7\over6}
注意到递推公式并不是不动点的标准形式，但是，
发现如果把分母乘过去，n 的系数相同，会约去，因此，
设不动点 x，
x={(n-1)x\over n-x}\\ nx-x^2=nx-x\\ x^2-x=x(x-1)=0\\ x_1=0,x_2=1
两边减去一，
a_{n+1}-1={n(a_n-1)\over n-a_n}
与原式做比，
{a_{n+1}\over a_{n+1}-1}={n-1\over n}\cdot{a_n\over a_n-1}
注意到左边系数的分母，两项相差了一，因此，
n{a_{n+1}\over a_{n+1}-1}=(n-1){a_n\over a_n-1}
因此，
(n-1){a_n\over a_n-1}
对于 n\ge2 为常数列，因此，
(n-1){a_n\over a_n-1}={a_2\over a_2-1}=-{1\over3}
则，
1-a_n=(3n-3)a_n\\ (3n-2)a_n=1\\ a_n={1\over 3n-2}
尝试证明，
S_n=\sum_{i=1}^na_i^2<{7\over6}\\ 1+{1\over 4^2}+{1\over 7^2}+{1\over 10^2}+\dots<{7\over6}
进行放缩，
注意到我们要把每一项放缩为差为三的两项，才能用裂项消去，即，
\begin{aligned} {1\over(3n-2)^2}&<{1\over(3n-2-a)(3n-2+b)}\\ &={1\over a+b}\left({1\over 3n-2-a}-{1\over 3n-2+b}\right) \end{aligned}
对于 a+b=3,a\ge b，最自然的想法，直接取 a=b=1.5，
\begin{aligned} 3S_n&<3+{1\over 2.5}-{1\over 5.5}+{1\over 5.5}-{1\over 8.8}+\dots+{1\over 3n-3.5}-{1\over 3n-0.5}\\ &=3+{1\over 2.5}-{1\over 3n-0.5}<3+{1\over2.5}={34\over10} \end{aligned}
于是，
S_n<{34\over30}<{7\over6}
类似的，我们取 a=2,b=1 等也可以，
\begin{aligned} 3S_n&<3+{1\over 2}-{1\over 4}+{1\over 4}-{1\over 7}+{1\over 7}-{1\over 10}+\dots+{1\over 3n-3}-{1\over 3n}\\ &={7\over2}-{1\over3n}<{7\over2}\\ S_n&<{7\over6} \end{aligned}
注意到这么做得出来的更加不准确，我们通过暴力手段可以发现，
\lim_{x\to\infty}S_n\to L
其中 L 大约是 1.1217，我们上面一个估算已经非常准确了。
还是题目
已知数列 \{a_n\} 是公差不为零的等差数列，
且 a_4 是 a_2,a_8 等比中项，满足，
a_1+a_2+\dots+a_7=14
- 求 a_n 通项公式。
我们注意到，
a_4^2=a_2a_8
而，
4^2=2\times8
因此，我们大胆假设，
a_n=na_1
证明：
a_2=a_1+d,a_4=a_1+3d,a_8=a_1+7d\\ (a_1+3d)^2=(a_1+d)(a_1+7d)\\ 6da_1+9d^2=7d^2+8da_1\\ 2d^2=2da_1,d=a_1\\ a_n=a_1+(n-1)d=na_1
于是，
S_7=7{a_1+a_7\over2}=28a_1=14\\ a_1={1\over2}
因此，
a_n={1\over2}n
还是题目
（也许这道题是上一道题的后续
有数列 \{b_n\} 满足，
b_1=-1\\ b_n={n+1\over2^{n-1}n(n-1)},n\ge2
- 求其前 n 项和 T_n。
观察到 n(n+1) 的形式，裂项，
\begin{aligned} b_n&={n+1\over2^{n-1}}\left({1\over n-1}-{1\over n}\right)\\ &={1\over2^{n-1}}\left({n+1\over n-1}-{n+1\over n}\right)\\ &={1\over2^{n-1}}\left({2\over n-1}-{1\over n}\right)\\ &={1\over2^{n-2}(n-1)}-{1\over 2^{n-1}n} \end{aligned}
考虑求和，
\begin{aligned} T_n&=b_1+b_2+b_3+\dots+b_n\\ &=-1+{1\over1}-{1\over4}+{1\over4}-{1\over12}+\dots+{1\over2^{n-2}(n-1)}-{1\over 2^{n-1}n}\\ &=-{1\over2^{n-1}n} \end{aligned}
注意到 T_1=-1 也成立，因此上式即为结果。
又是题目
已知数列 \{a_n\} 是公差为 d\neq0 的等差数列，
且 \{a_{k_n}\} 是等比数列，其中 k_1=3,k_2=5,k_3=9。
- 求 k_1+k_2+\dots+k_n 的值。
和上一题类似，我们注意到，
k_1-1=2,k_2-1=4,k_3-1=8,2\times4=5
我们大胆猜测，
a_n=(n-1)d
证明，
a_5^2=a_3a_9\\ (a_1+4d)^2=(a_1+2d)(a_1+8d)\\ 16d^2+8a_1d=16d^2+10a_1d\\ 4a_1d=5a_1d\\ \because d\neq0,\therefore a_1=0
因此，
a_n=a_1+(n-1)d=(n-1)d
观察 k_n 的值，
我们发现 3,5,9 是经典的数列，考虑大胆猜测（雾
k_n=2^n+1
此时，
a_{k_n}=2^nd
是一个公比为 2 的等比数列，符合条件。
于是，
S_n=\sum_{i=1}^nk_i=n+\sum_{i=1}^n2^i=n+2^{n+1}-2
又是题目
对于数列 \{b_n\}，有，
b_n={n\over n+1}+\sqrt{n-1\over n+1}
求证，对于 n\in\mathbb N^*，
S_n=\sum_{i=1}^n{1\over n(n+1)\sqrt{2b_n}}<\sqrt{n\over n+1}
首先，我们注意到，
S_1={1\over2}<\sqrt{1\over2}
而后面的每一步，本质是在叠加
{1\over n(n+1)\sqrt{2b_n}}
的贡献，因此原问题的充分必要条件为，
{1\over n(n+1)\sqrt{2b_n}}<\sqrt{n\over n+1}-\sqrt{n-1\over n}
考虑恒等变形，
{1\over n(n+1)}\cdot{1\over\sqrt{2b_n}}<{n-\sqrt{n^2-1}\over\sqrt{n(n+1)}}\\ {1\over\sqrt{n(n+1)}}\cdot{1\over\sqrt{2b_n}}<n-\sqrt{n^2-1}\\
注意到两边都是正数，因此，
{1\over2n(n+1)b_n}<(n-\sqrt{n^2-1})^2\\ 2n(n+1)b_n>\left({1\over n-\sqrt{n^2-1}}\right)^2
暂时不展开，带入，
2n^2+{\color{darkred}2n\sqrt{n^2-1}}>(n+\sqrt{n^2-1})^2=2n^2-1+{\color{darkred}2n\sqrt{n^2-1}}\\
显然成立。
找规律题
已知，
a_n=\prod_{2\le i\le n}{i^3-1\over i^3+1}
- 求 \lim_{n\to\infty}a_n。
我们知道，
\boxed{n^3-1=(n-1)(n^2+n+1)}\\[0.5em] \boxed{n^3+1=(n+1)(n^2-n+1)}
于是，首先，
a_n=\prod_{2\le i\le n}{i^3-1\over i^3+1}=\prod_{2\le i\le n}{i-1\over i+1}\prod_{2\le i\le n}{i^2+i+1\over i^2-i+1}
左边一个乘式，
\prod_{2\le i\le n}{i-1\over i+1}={1\times2\times3\times\dots\times(n-1)\over 3\times4\times\dots\times n\times(n+1)}={2\over n^2+n}
右边考，注意到，
\boxed{(i+1)^2-(i+1)+1=i^2+i+1}
于是，
\prod_{2\le i\le n}{i^2+i+1\over i^2-i+1}={7\times13\times\dots\times(n^2+n+1)\over3\times7\times13\times\dots}={n^2+n+1\over3}
得到结果，
a_n={2\over3}\cdot{n^2+n+1\over n^2+n}
考虑极限，
\lim_{n\to\infty}a_n={2\over3}\lim_{n\to\infty}{n^2+n+1\over n^2+n}={2\over3}
总结：找不着规律，多写几项。
结论题
求，
\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\arctan{2\over k^2}
结论，令，
\theta_1=\arctan(k+1)\\ \theta_2=\arctan(k-1)
则，
\tan(\theta_1-\theta_2)={(k+1)-(k-1)\over 1+(k-1)(k+1)}={2\over k^2}
即，
\arctan{2\over k^2}=\arctan(k+1)-\arctan(k-1)
于是，
\begin{aligned} \sum_{k=1}^n\arctan{2\over k^2}&=\sum_{k=1}^n\arctan(k+1)-\sum_{k=1}^n\arctan(k-1)\\ &=\sum_{1\le k-1\le n}\arctan k-\sum_{1\le k+1\le n}\arctan k\\ &=\sum_{2\le k\le n+1}\arctan k-\sum_{0\le k\le n-1}\arctan k\\ &=\arctan(n+1)+\arctan n-\arctan0-\arctan1 \end{aligned}
我们知道 \arctan 的值域是 (-\pi/2,\pi/2)，因此，
\lim_{k\to\infty}\arctan k=\pi/2
因此，原式，
\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\arctan{2\over k^2}=\pi-{\pi\over4}={3\pi\over4}
回归基础
前面省略，后面，
a_1=a_2=a_3=1\\ a_{n+1}={2019+a_na_{n-1}\over a_{n-2}},n>3
- 求证：数列每一项都是正整数。
首先正数，（显然，数列里面没有存在减法和负数，
考虑数学归纳法，对于 n=1,2,3，有 a_n>0，
假设对于 n<k(k>3)，a_n>0，考虑证明 a_k>0。
a_k={2019+a_{k-1}a_{k-2}\over a_{k-3}}>0
成立，因此对于 n\in\mathbb N^*，a_n>0。
然后整数，我们发现 2019 是我们不想要的，怎么办捏 QAQ
我们考虑用类似特征根消掉常数的方法，错位相减，
a_{k+1}a_{k-2}=2019+a_ka_{k-1}\\ a_ka_{k-3}=2019+a_{k-1}a_{k-2}
上减下，
a_{k+1}a_{k-2}-a_ka_{k-3}=a_ka_{k-1}-a_{k-1}a_{k-2}
先不要冲动提右面的公因式，因为左边没有公因式 OvO
a_{k-2}(a_{k+1}+a_{k-1})=a_k(a_{k-1}+a_{k-3})
注意到两个括号内很现实，我们喜欢哦（
\begin{aligned} {a_{k+1}+a_{k-1}\over a_k}&={a_{k-1}+a_{k-3}\over a_{k-2}}\\ b_k&=b_{k-2}(k>3) \end{aligned}
因此，我们有，
a_1=a_2=a_3=1,a_4=2020
于是，
b_2={2,b_3=2021}\\ \dots\\ b_n=\left\{\begin{aligned} 2&\quad,n\equiv0\pmod2\\ 2021&\quad,n\equiv1\pmod2 \end{aligned}\right.
也就是，
a_{k+1}=b_ka_k-a_{k-1},(k>3)
故都是整数。
总结：不好看的数字，没有特殊性质，考虑变形消掉。
极限例题
例题一
a_n={1\over\sqrt{n^2+n}}
容易发现，
0<{1\over\sqrt {n^2+n}}<{1\over n}
且，
\lim_{n\to\infty}{1\over n}=0
根据两边夹定理，
\lim_{n\to\infty}{1\over\sqrt{n^2+n}}=0
例题二
a_n={\sin n\over n}
容易发现，
-{1\over n}\le{\sin n\over n}\le{1\over n}
且，
\lim_{n\to\infty}-{1\over n}=\lim_{n\to\infty}{1\over n}=0
因此，
\lim_{n\to\infty}{\sin n\over n}=0
例题三
a_n=\sqrt[n]2
注意到，
\sqrt[n]2>0
而且，
\sqrt[n]2>\sqrt[n+1]2
证明：
(\sqrt[n]2)^{n(n+1)}>(\sqrt[n+1]2)^{n(n+1)}\\ 2^{n+1}>2^n
即，递减有下界，有极限。
设，
a_n=\sqrt[n]2\\ c_n=a_n-1
那么，
(c_n+1)^n=2
用二项式定理展开，
\sum_{k=0}^n{n\choose k}c_n^k=2
展开前两项，
1+nc_n<(c_n+1)^n=2\\ c_n<{1\over n}
即，
1<a_n=c_n+1<{1\over n}+1
根据两边夹定理，
\lim_{n\to\infty}a_n=1
例题四
b_n=\sqrt[n]n
的极限。
类似上一题的似乎，设，
d_n=b_n-1\\ b_n=d_n+1\\ n=(d_n+1)^n
展开，
1+nd_n+{n(n+1)\over2}d_n^2+\dots=n
考虑到右面的 n 级别比较大，我们选用一三两项，
n>1+{n(n+1)\over2}d_n^2\\ n-1>{n(n+1)\over2}d_n^2\\ {n\over2}d_n^2<1\\ d_n^2<{2\over n}
又因为，
d_n>1
两边夹，得出，
\lim_{n\to\infty}b_n=\lim_{n\to\infty}d_n+1=1
例题五：数学直觉做法
有数列，
a_1=1,a_{n+1}=a_n+{1\over\sqrt[2n]{a_n}}
判断 a 是否单调，是否有界。
我们充分发扬人类智慧：
a_1=1,a_2=2,\dots
观察原式，容易得出，
a_n\neq0,{1\over\sqrt[2n]{a_n}}\neq0
那么，
a_{n+1}>a_n
而且不取等，那么一定是严格单调递增且无界的。
例题六：初中重造组
求数列，
a_0=1+2021^{-1}\\ a_n=(1+2021^{-2^n})a_{n-1}
的极限。
注意到两边取极限，会约去，因此不能不动点法（大雾）。
注意到幂运算的右结合性，
2021^{-2^n}=\left(2021^{-1}\right)^{2^n}=\left({1\over2021}\right)^{2^{n}}
我们记，
x=2021^{-1}
那么，原式化简为，
a_0=1+x\\ a_n=(1+x^{2^n})a_{n-1}
考虑累乘法，很自然，
a_n=(1+x)(1+x^2)(1+x^4)+\dots+(1+x^{2^n})
好好好，我们回归初中出现过的经典探究题，
(1-x)(1+x)=1-x^2\\ (1-x^2)(1+x^2)=1-x^4\\ \dots\\ (1-x^{2^n})(1+x^{2^n})=1-\left(x^{2^n}\right)^2=1-x^{2^n\times2}=1-x^{2^{n+1}}
于是，原式两边同乘 1-x，得，
(1-x)a_n=1-x^{2^{n+1}}\\ a_n={1-x^{2^{n+1}}\over1-x}
考虑极限，
\lim_{n\to\infty}a_n={1-\lim_{n\to\infty}x^{2^{n+1}}\over1-x}
我们知道，
n\to\infty\Rightarrow2^{n+1}\to\infty\Rightarrow x^{2^{n+1}}\to0,\because|x|<1
因此，
\lim_{n\to\infty}a_n={1\over1-x}={2021\over2020}
其他题目
题目一
已知数列 \{a_n\}_{n\in\mathbb N^*} 满足，
\forall k\in\mathbb N^*,a_{k+1}+a_k=4k+3
- 求 a_1+a_{2020}。
方法一，注意到，
a_{k+1}=-a_k+4k+3\\ a_k=-a_{k-1}+4k-1
每个叠加的项最终只会存在变号，因此，
a_k=(-1)^{k-1}a_1+\sum_{i=2}^k(-1)^{k-i}(4i-1)
因此，
a_1+a_{2020}=\sum_{i=2}^{2020}(-1)^i(4i-1)
考虑扰动法，
\begin{aligned} \sum_{i=2}^{2020}(-1)^i(4i-1)-(4\times2021-1)&=4\times2-1+\sum_{i=2}^{2020}(-1)^{i+1}[4(i+1)-1]\\ \sum_{i=2}^{2020}(-1)^i(4i-1)-8083&=7+\sum_{i=2}^{2020}(-1)^{i+1}(4i+3)\\ &=7-\sum_{i=2}^{2020}(-1)^i(4i-1+4)\\ &=7-\sum_{i=2}^{2020}(-1)^i(4i-1)-\sum_{i=2}^{2020}(-1)^i4\\ &=7-\sum_{i=2}^{2020}(-1)^i(4i-1)-4 \end{aligned}
于是，
\begin{aligned} 2\sum_{i=2}^{2020}(-1)^i(4i+3)&=8086\\ \sum_{i=2}^{2020}(-1)^i(4i+3)&=4043 \end{aligned}
后面略，因为真的不好算。
方法二，注意到，
S_{2020}={2020\over2}(a_1+a_{2020})
而，
\begin{aligned} S_{2020}&=(a_1+a_2)+\dots+(a_{2019}+a_{2020})\\ &=1010\times3+4\times(1+3+\dots+2019)\\ &=1010\times3+2020^2 \end{aligned}
则，
a_1+a_{2020}={2S_{2020}\over2020}=3+4040=4043
题目二：人类智慧
已知数列 \{a_n\}_{n\in\mathbb N^*} 满足，
a_1=1,a_2=9\\ a_{n+2}=4a_{n+1}-3a_n-20,(n\ge1)
- 求其前 n 项和 S_n 的最大值。
注意到，减二十是很大的操作，我们充分发挥人类智慧，
于是，我们猜测数列迭代到一定程度，就会是严格单调递减的。
a_1=1\\ a_2=9\\ a_3=13\\ a_4=5\\ a_5=-39\\ a_6=-191
这个趋势已经很明显了，考虑证明，假设单减成立，
a_{n+2}=4a_{n+1}-3a_n-20<a_{n+1}\\ 3(a_{n+1}-a_n)<20
注意到当 n\ge3 时，上条件成立，那么，
\begin{aligned} 3(a_{n+1}-a_n)<20&\Rightarrow a_{n+2}<a_{n+1}\\ &\Rightarrow a_{n+2}-a_{n+1}<0\\ &\Rightarrow3(a_{n+2}-a_{n+1})<20\\ &\Rightarrow a_{n+3}<a_{n+2}\\ &\Rightarrow\dots \end{aligned}
即，对于 n\ge3，
a_{n+1}<a_n
于是，观察我们的列表，可以得出，
a_n<0,(n\ge5)
于是，
S_{n\max}=S_n|_{n=4}=1+9+13+5=28
当然也可以求出通项公式，
a_n=10n-2\times3^{n-1}-8
当 n 很大时，幂远大于线性，因此数列越来越小。
题目三：邻项相减
一些记号省略了，后面，
S_n=(-1)^na_n+{1\over2^n}+n-3
- 求 a_n 通项。
邻项相减（或者说前缀和的差分），
S_n=(-1)^na_n+{1\over2^n}+n-3\\ S_{n-1}=-(-1)^na_{n-1}+2\cdot{1\over2^n}+n-4
相减，
a_n=S_n-S_{n-1}=(-1)^na_n+(-1)^na_{n-1}-{1\over2^n}+1
分讨奇偶性，
a_{2k}=a_{2k}+a_{2k-1}-{1\over2^{2k}}+1\\ a_{2k-1}=-a_{2k-1}-a_{2k-2}-{1\over2^{2k-1}}+1
整理上面的，得，
a_{2k-1}={1\over2^{2k}}-1
对于下面的，
\begin{aligned} a_{2k-2}&=-2a_{2k-1}-{1\over2^{2k-1}}+1\\ &=-{1\over2^{2k-1}}+2-{1\over2^{2k-1}}+1\\ &=-{1\over2^{2k-2}}+3\\ a_{2k}&=-{1\over2^{2k}}+3 \end{aligned}
于是，
a_n=\left\{\begin{aligned} {1\over2^{n+1}}-1&\quad\text{if $n$ 是奇数}\\ -{1\over2^n}+3&\quad\text{if $n$ 是偶数}\\ \end{aligned}\right.
不动点
已知从 1 开始的数列，
a_1=2,a_{n+1}=(\sqrt2-1)(a_n+2)\\ b_1=2,b_{n+1}={3b_n+4\over2b_n+3}
求证，
\sqrt2<b_n\le a_{4n-3}
考虑直接求出通项公式，
对于数列 \{a_n\}，不动点，
x=(\sqrt2-1)(x+2)\\ x=(\sqrt2-1)x+2(\sqrt2-1)\\ (2-\sqrt2)x=2(\sqrt2-1)\\ x=(\sqrt2-1)(2+\sqrt2)\\ x=\sqrt2
两边减去 \sqrt2，
a_{n+1}-\sqrt2=(\sqrt2-1)a_n+\sqrt2-2=(\sqrt2-1)(a_n-\sqrt2)
因此，
a_n-\sqrt2=(\sqrt2-1)^{n-1}(a_1-\sqrt2)=(2-\sqrt2)(\sqrt2-1)^{n-1}\\ a_n=\sqrt2(\sqrt2-1)^n+\sqrt2
对于数列 \{b_n\}，不动点，
2x^2+3x=3x+4\\ x^2=2\\ x_{1,2}=\pm\sqrt2
两边减去，
b_{n+1}-\sqrt2={(3-2\sqrt2)(b_n-\sqrt2)\over2b_n+3}\\ b_{n+1}+\sqrt2={(3+2\sqrt2)(b_n+\sqrt2)\over2b_n+3}
做比，
{b_{n+1}+\sqrt2\over b_{n+1}-\sqrt2}={3+2\sqrt2\over3-2\sqrt2}\cdot{b_n+\sqrt2\over b_n-\sqrt2}
注意到，
{3+2\sqrt2\over3-2\sqrt2}={(\sqrt2+1)^2\over(\sqrt2-1)^2}=\left({\sqrt2+1\over\sqrt2-1}\right)^2
于是，
\begin{aligned} {b_n+\sqrt2\over b_n-\sqrt2}&=\left({\sqrt2+1\over\sqrt2-1}\right)^{2(n-1)}{b_1+\sqrt2\over b_1-\sqrt2}\\ &=\left({\sqrt2+1\over\sqrt2-1}\right)^{2n-2}{2+\sqrt2\over 2-\sqrt2}\\ &=\left({\sqrt2+1\over\sqrt2-1}\right)^{2n-2}{\sqrt2+1\over\sqrt2-1}\\ &=\left({\sqrt2+1\over\sqrt2-1}\right)^{2n-1}=x \end{aligned}
则，
b_n+\sqrt2=xb_n-\sqrt2x\\ (x-1)b_n=\sqrt2(x+1)\\ b_n=\sqrt2{x+1\over x-1}=\sqrt2{(\sqrt2+1)^{2n-1}+(\sqrt2-1)^{2n-1}\over(\sqrt2+1)^{2n-1}-(\sqrt2-1)^{2n-1}}
考虑进一步化简，此时有两个形式，
b_n=\sqrt2{(\sqrt2+1)^{4n-2}+1\over(\sqrt2+1)^{4n-2}-1}=\sqrt2{1+(\sqrt2-1)^{4n-2}\over1-(\sqrt2-1)^{4n-2}}
考虑证明给出的性质，
\sqrt2<b_n\le a_{4n-3}=\sqrt2(\sqrt2-1)^{4n-3}+\sqrt2
即，
1<{1+(\sqrt2-1)^{4n-2}\over1-(\sqrt2-1)^{4n-2}}\le(\sqrt2-1)^{4n-3}+1
左侧显然，右侧，移项，
{2(\sqrt2-1)^{4n-2}\over1-(\sqrt2-1)^{4n-2}}\le(\sqrt2-1)^{4n-3}\\ {2(\sqrt2-1)\over1-(\sqrt2-1)^{4n-2}}\le1\\ 2(\sqrt2-1)\le1-(\sqrt2-1)^{4n-2}\\ (\sqrt2-1)^{4n-2}\le3-2\sqrt2=(\sqrt2-1)^2\\ 4n-2\ge2,n\ge1
显然成立。
简单题
数列 \{a_n\} 满足，
a_1=3, a_{n+1}=a_n^2-3a_n+4
A. \{a_n\} 严格单调递增。
B. \{a_n\} 无界。
C. a_{100}=101.
D. \displaystyle\lim_{n\to\infty}\left({1\over a_1-1}+{1\over a_2-1}+\dots+{1\over a_n-1}\right)=1.
容易发现，右侧系数 134 类似 144 的完全平方式，
a_{n+1}-a_n=a_n^2-4a_n+4=(a_n-2)^2\ge0\\ a_{n+1}\ge a_n,\therefore a_n\ge\dots\ge a_1=3\\ (a_n-2)^2\ge1\Rightarrow a_{n+1}>a_n
由上面的，
a_{n+1}-a_n=(a_n-2)^2\ge1\\ a_n\ge a_{n+1}\\ a_2\ge4,a_3\ge5,\dots,a_n\ge n+2
于是，数列无界且，
a_{100}\ge102
后面不会了，注意到迭代形如 a_{n+1}=f(a_n)，我们知道不动点是一个好工具，
x=f(x)\\ x=x^2-3x+4\\ x^2-4x+4=0\\ (x-2)^2=0\\ x=2
递归式两边同时减二，取倒数，
a_{n+1}-2=a_n^2-3a_n+2=(a_n-1)(a_n-2)\\ {1\over a_{n+1}-2}={1\over(a_n-1)(a_n-2)}={1\over a_n-2}-{1\over a_n-1}\\ {1\over a_n-1}={1\over a_n-2}-{1\over a_{n+1}-2}
注意到形如 f(n)=g(n)-g(n') 的形式，裂项成功，
{1\over a_1-1}+{1\over a_2-1}+\dots+{1\over a_n-1}\\ ={1\over a_1-2}-{1\over a_2-2}+{1\over a_2-2}-{1\over a_3-2}+\dots+{1\over a_n-2}-{1\over a_{n+1}-2}\\ ={1\over a_1-2}-{1\over a_{n+1}-2}=1-{1\over a_{n+1}-2}
注意到，
0<{1\over a_{n+1}-2}\le{1\over n+1}
因此这一项极限为 0，
\lim_{n\to\infty}\left({1\over a_1-1}+{1\over a_2-1}+\dots+{1\over a_n-1}\right)=1
成立，故选 ABD。
签到题
数列，
a_1=1, a_{n+1}=\sqrt{a_n^2+{1\over a_n^{2019}}}
判断数列 \{a_n\} 是否有界。
注意到该数列每一项均为正数，且都非零，
a_{n+1}^2=a_n^2+{1\over a_n^{2019}}\\ a_{n+1}^2> a_n^2\\ a_{n+1}> a_n
严格单调递增，故无界。
证明，反证法：
假设数列有界，记为 L，两边取极限，
L^2=L^2+{1\over L^{2019}}
显然无界，不成立。