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数列的性质

从这里开始

先找不动点，再证每一步的方向

用不动点两侧的不变范围和相邻差，证明递推数列的严格增减；条件改变时重新检查，不能把映射递增当成数列递增。

四题目标训练：先试一题 → 换条件应用 → 辨析条件差异 → 换题验证。

开始四题目标训练

从 F1 第一题开始随机来一道 F2

本专题核心公式速查

数列性质要按全部合法下标判断。先找相邻差、部分和或可保持的区间，把递推和全局约束转成能精确比较的量；再核整数转折、原分母及等号构造。单调、有界、收敛、存在最值与最终进入周期各有自己的证明条件。

1. 先修与破题直觉：单调性看相邻差的符号，零差要保留下来。 $a_{n} = n (9 - n)$ 的相邻差为 $a_{n + 1} - a_{n} = 8 - 2 n$ ，在 $n = 4$ 时为零，所以最大值 $20$ 同时在第 $4$ 、 $5$ 项取到。

2. 核心条件辨析：单调、有界、收敛和取得最值要分别证明；整数下标的最值要比较相邻整数，不能只看连续延拓的驻点； $⌊ b - a ⌋$ 只在小数部分严格下降时才比整数部之差少 $1$ ；含分母的整数数列求模周期，要先看分母与模数是否互素。

3. 典型误区对比：先读取整差在小数部分相等时多减一、三角形数个位周期误判为 $10$ 两组红绿卡，再做自测。凡涉及取整或模周期，先拆出整数部分与小数部分，或先写清分母。

4. 方法迁移带练：整数最值： $t_{n} = n + \frac{20}{n}$ 的相邻差为 $1 - \frac{20}{n ( n + 1 )}$ ，在 $n < 4$ 时为负、 $n = 4$ 时为零、 $n > 4$ 时为正，所以最小值 $9$ 同时由 $n = 4, 5$ 取到。滑窗：若对所有 $n$ 都有 $a_{n} + a_{n + 1} + a_{n + 2} = 9$ ，相邻两式相减得 $a_{n + 3} = a_{n}$ ，数列以 $3$ 为周期。

5. 分级真题实战：先练“一阶差分定位转折与并列”和“不变区间与临界不动点”，再练“部分和与前缀平均换元”“平移、倒数或平方整理递推”；之后进入“整数分层、取整与排名定位”“整体变换的守恒量与单调量”，最后挑战“模周期数列、滑窗周期与整周期分段”。

先修（培玉高中数学）：数列的概念等差数列等比数列数学归纳法（选学）函数的基本性质基本不等式

知识要点

相邻差的符号决定增减，零差要保留

对下标范围内每个 $n$ 比较 $a_{n + 1} - a_{n}$ ，正、负、零分别表示该一步上升、下降或不变。例： $a_{n} = n (7 - n)$ ， $n \geq 1$ ，相邻差为 $6 - 2 n$ ；它在 $n = 3$ 时为零，所以最大值 $12$ 同时在第 $3, 4$ 项取得。差分的下标是两项之间的位置，不能把转折差分的下标直接当成唯一最优项。

整数最值需要准确比较相邻整数

连续延拓可帮助定位，却不能代替整数比较。例： $t_{n} = n + 12/ n$ ， $n \geq 1$ ，有 $t_{n + 1} - t_{n} = 1 - 12/ [n (n + 1)]$ 。当 $n < 3$ 时为负， $n = 3$ 时为零， $n > 3$ 时为正，故最小值为 $7$ ，由 $n = 3, 4$ 同时取得。连续驻点 $12$ 不是合法下标；相邻差恰为零时，两个整数都要保留。

递推有界先建立不变区间

找出候选不动点后，还须证明初值所在区间在递推下保持。例： $u_{1} = 0$ ， $u_{n + 1} = (u_{n}^{2} + 3) /4$ 。在 $0 \leq u < 1$ 上，映射值仍小于 $1$ ，且 $(u^{2} + 3) /4 - u = (u - 1) (u - 3) /4 > 0$ 。归纳可得严格递增并有上界 $1$ ；前两次更新为 $u_{2} = 3/4, u_{3} = 57/64$ 。若用极限方程筛选极限，须先取得收敛性，并在实际区间中排除另一不动点 $3$ 。

单调、有界、收敛与取得极值分别判断

实数列单调且有相应方向的界，才可由单调有界定理得到有限极限。例： $1 - 1/ n$ 严格递增、上界为 $1$ 且趋于 $1$ ，但没有最大项； $(- 1)^{n}$ 有界却不收敛； $n$ 严格递增却无上界。有限前缀的现象不能替代对所有下标的证明，趋近某个数也不代表某项等于该数。

部分和与平均值能改变递推的形式

约定 $S_{0} = 0$ 后， $a_{n} = S_{n} - S_{n - 1}$ ，于是 $a_{n} (2 S_{n} - a_{n}) = S_{n}^{2} - S_{n - 1}^{2}$ 。例：若右边恒为 $4$ ，则 $S_{n}^{2} = 4 n$ 。这只确定 $S_{n} = \pm 2 n$ ；当 $S_{1} = 2$ 时， $a_{2}$ 仍可能是 $22 - 2$ 或 $- 22 - 2$ 。若研究前缀平均 $y_{k} = S_{k} / k$ ，对 $k \geq 2$ 还可反解 $a_{k} = k y_{k} - (k - 1) y_{k - 1}$ ，首项则为 $a_{1} = y_{1}$ 。

完整周期的移位平方和与模周期数列判据

周期块作循环移动，只重新排列分量。设 $C_{r} = \sum_{j = 0}^{m - 1} a_{j} a_{j + r}$ ，下标按周期读取，则 $C_{0} - C_{r} = \frac{1}{2} \sum_{j = 0}^{m - 1} (a_{j} - a_{j + r})^{2} \geq 0$ 。例：周期块 $(1, 0, - 1, 0)$ 对应 $C_{0}, C_{1}, C_{2}, C_{3}$ 依次为 $2, 0, - 2, 0$ 。等号要求移位后的整个块相同；某个特殊块的最小周期，不能直接作为对所有周期块都成立的位移条件。此外，遇到固定窗口和恒定（如 $\sum_{j = 0}^{k - 1} a_{n + j} = c$ 相邻作差即得 $a_{n + k} = a_{n}$ ）或整系数多项式、递推数列求末位/模 $m$ 余数时，需注意分母因子的模数放大：例如三角形数 $T_{n} = n (n + 1) /2$ 模 $10$ 的周期并非 $10$ ，因除以 $2$ 需看 $n (n + 1) mod 20$ ，其最小正周期为 $20$ ；大下标求和先按 $N = qT + r$ 拆成 $q$ 个完整周期加 $r$ 项余段。

三角形数的最小周期可直接验，而不能只凭提升后的模数猜： $T_{n + T} - T_{n} = T n + T (T + 1) /2$ 。若对所有整数 $n \geq 0$ 都被 $10$ 整除，相邻两式相减得 $10 ∣ T$ ； $T = 10$ 的常数项为 $55$ 不合要求， $T = 20$ 的常数项为 $210$ 合要求，故最小正周期为 $20$ 。提升模数得到的是一个可用周期候选，是否最小仍须单独证明。

取整要把整数与小数两部分分开

写 $a = p + r, b = q + s$ ，其中 $p, q$ 为整数， $r, s \in [0, 1)$ ，便有 $⌊ b - a ⌋ = q - p$ 或 $q - p - 1$ ，后一种恰在 $s < r$ （小数部分严格下降）时发生；特别地， $⌊ x ⌋ + ⌊ - x ⌋$ 在 $x \in Z$ 时为 $0$ ，在 $x \in / Z$ 时恒为 $- 1$ ，而等距移位满足埃尔米特（Hermite）恒等式 $\sum_{k = 0}^{m - 1} ⌊ x + k / m ⌋ = ⌊ m x ⌋$ 。例： $a = 19/5, b = 6/5$ 时，整数部分差为 $- 2$ ，但小数部分下降，所以差的取整为 $- 3$ ；若改成 $a = 16/5$ ，差恰为整数 $- 2$ 。连加时整数差可消成首尾差，小数部分仍须统计严格下降次数。

有序数列的排名可以反求累计项数

先数不超过一个方便界点的项，再检查界点本身及其前一项。例：把不被 $3$ 整除的正整数与正完全平方数合并去重，不超过 $25$ 的共有 $25 - 8 + 1 = 18$ 项；额外加入的是平方数 $9$ ，其余平方数已在第一类内。 $25$ 是第 $18$ 项， $24$ 不在列中而 $23$ 在列中，所以第 $17$ 项为 $23$ 。合并两类时必须先核重复，不能直接把两个计数相加。

方法卡

数列的最大项、最小项：看相邻两项的差

把后一项减前一项。差为正，下一项变大；差为负，下一项变小；差为 $0$ ，相邻两项相等。差由正变负或由负变正的地方是局部的最大项或最小项；再比较首项、其他转折项和分段边界，才能确定全列的最值。

完整讲解 · 例题 · 可练 11 题

一、是什么

差分：相邻两项相减

记 $d_{n} = a_{n + 1} - a_{n}$ ，读作“第 $n$ 个差”，这里 $n = 1, 2, 3, \dots$ 。例如 $a_{n} = n^{2} - 6 n$ ，则 $d_{n} = (n + 1)^{2} - 6 (n + 1) - (n^{2} - 6 n) = 2 n - 5$ 。验算： $a_{1} = - 5, a_{2} = - 8$ ，差是 $- 3$ ，而 $d_{1} = 2 - 5 = - 3$ 。

差的正负就是数列的增减

因为 $a_{n + 1} = a_{n} + d_{n}$ ，所以 $d_{n} > 0$ 时 $a_{n + 1} > a_{n}$ ， $d_{n} < 0$ 时 $a_{n + 1} < a_{n}$ 。上面的 $d_{n} = 2 n - 5$ ： $n \leq 2$ 时为负， $n \geq 3$ 时为正。所以 $a_{1} > a_{2} > a_{3}$ ， $a_{3} < a_{4} < a_{5} < \dots$ ，最小项是 $a_{3} = - 9$ 。

下标只能是整数

$2 n - 5 = 0$ 解出 $n = 2.5$ ，而第 $2.5$ 项不存在。不要停在这个解上，要代整数： $d_{2} = - 1 < 0$ ， $d_{3} = 1 > 0$ ，转折发生在 $a_{3}$ 。

差等于零：两项并列

若某个 $d_{k} = 0$ ，则 $a_{k} = a_{k + 1}$ ，最值可能同时在这两项取到。例如 $a_{n} = n^{2} - 7 n$ ， $d_{n} = 2 n - 6$ ， $d_{3} = 0$ ，于是 $a_{3} = a_{4} = - 12$ ，这两项都是最小项。

分母会变号时要分开看

差里有分式时，先看分母的正负。分母变号的前后两段要分开判断，还要比较两段之间的那一个差。例如 $a_{n} = \frac{1}{n - 3.5}$ ： $n \leq 3$ 时 $a_{n} < 0$ ， $n \geq 4$ 时 $a_{n} > 0$ 。虽然每一段内都递减，但 $a_{3} = - 2 < a_{4} = 2$ ，整列并不递减。

分段给出的数列要比接缝

两段内部都递增，整列不一定递增。例如 $n \leq 3$ 时 $u_{n} = 2 n$ ， $n \geq 4$ 时 $u_{n} = n^{2} - 10$ 。两段内部都递增，但 $u_{3} = 6$ ， $u_{4} = 6$ ，两项相等，所以整列不是严格递增。严格递增是指后一项总大于前一项。

先看一道例题

例 1：直接求差

求数列 $a_{n} = 2 n^{2} - 13 n + 1$ 的最小项。

怎么看出来：

问最小项，通项是 $n$ 的二次式，相邻两项的差是一次式，符号很好判断。

解：

$d_{n} = 2 (n + 1)^{2} - 13 (n + 1) + 1 - (2 n^{2} - 13 n + 1) = 4 n + 2 - 13 = 4 n - 11$ 。 $4 n - 11 = 0$ 得 $n = 2.75$ ，不是整数。代整数： $d_{1} = - 7$ ， $d_{2} = - 3$ ， $d_{3} = 1$ ；又因 $4 n - 11$ 随 $n$ 增大而增大， $n \geq 3$ 时都为正。所以 $a_{1} > a_{2} > a_{3} < a_{4} < a_{5} < \dots$ ，最小项是 $a_{3} = 18 - 39 + 1 = - 20$ 。检查： $a_{2} = 8 - 26 + 1 = - 17$ ， $a_{4} = 32 - 52 + 1 = - 19$ ，都大于 $- 20$ 。

答案：

最小项是 $a_{3} = - 20$ 。

二、什么时候想到它

题目里看到	应该想到
问数列的最大项、最小项，或第几项最大，如 $a_{n} = 2 n^{2} - 13 n + 1$	写 $d_{n} = a_{n + 1} - a_{n}$ ，看它在哪个整数处变号
通项是分式，如 $a_{n} = \frac{n}{n ^{2} + 20}$	通分后分母为正时只看分子的符号
分母可能为负，如 $\frac{12}{2 n - 9}$	按分母正负分段，分别比较，再比较各段的结果
解 $d_{n} = 0$ 得到整数	相邻两项相等，答案可能有两个下标
$a_{n + 2} - 2 a_{n + 1} + a_{n}$	这是差的差，先求 $d_{n}$ （见进阶“差的差”）
外面套了函数，如 $(2^{n} - 10)^{2}$ 、 $n^{2} - 8 n + 20$	先判断外层的增减，再比里面（见进阶“外层函数”）
通项含 $p^{n}$ ，且各项为正	看相邻两项的比和 $1$ 的大小（见进阶“相邻两项的比”）

三、怎么用

写出差并化简，同时写清 $n$ 从几开始。例如 $a_{n} = n^{2} - 6 n$ ， $n \geq 1$ ， $d_{n} = 2 n - 5$ 。
判断 $d_{n}$ 的符号。若有分母，先定分母的正负。这里没有分母， $2 n - 5$ 递增。
代相邻的整数，找到变号的位置，不要停在小数解上。这里 $d_{2} = - 1 < 0$ ， $d_{3} = 1 > 0$ 。
把符号翻译成增减，得到转折项。这里 $a_{1} > a_{2} > a_{3} < a_{4} < \dots$ ，转折项是 $a_{3}$ 。
比较所有可能的最值：转折项、首项、分母变号或分段处两侧的项。这里只有一个转折，首项 $a_{1} = - 5$ 大于 $a_{3} = - 9$ ，最小项是 $a_{3} = - 9$ 。

四、再做一道

例 2：分式通项，两项并列

求数列 $a_{n} = \frac{n}{n ^{2} + 20}$ 的最大项。

怎么看出来：

通项是分式，相减后通分。分母恒正，所以只看分子。

解：

$d_{n} = \frac{n + 1}{( n + 1 ) ^{2} + 20} - \frac{n}{n ^{2} + 20} = \frac{( n + 1 ) ( n ^{2} + 20 ) - n ( n ^{2} + 2 n + 21 )}{( ( n + 1 ) ^{2} + 20 ) ( n ^{2} + 20 )}$ 。分子展开： $(n^{3} + n^{2} + 20 n + 20) - (n^{3} + 2 n^{2} + 21 n) = - n^{2} - n + 20 = - (n + 5) (n - 4)$ 。分母为正， $n + 5 > 0$ ，所以 $n < 4$ 时 $d_{n} > 0$ ， $n = 4$ 时 $d_{n} = 0$ ， $n > 4$ 时 $d_{n} < 0$ 。于是 $a_{1} < a_{2} < a_{3} < a_{4} = a_{5} > a_{6} > \dots$ 。 $a_{4} = \frac{4}{36} = \frac{1}{9}$ ， $a_{5} = \frac{5}{45} = \frac{1}{9}$ 。

答案：

最大项是 $a_{4} = a_{5} = \frac{1}{9}$ 。

五、容易错在哪

$d_{n} = 0$ 的解不是整数时，它不是数列的某一项。要代相邻的整数判断。
$d_{n}$ 比较的是第 $n$ 项和第 $n + 1$ 项。 $d_{3} < 0, d_{4} > 0$ 说明转折项是 $a_{4}$ ，不是 $a_{3}$ 。
只看后面由减转增，会漏掉前面更小的项。差变号多于一次时，要比较所有转折项和首项。
分母变号后，前一段的符号结论不能带到后一段。两段的分界处也要单独比较。
差为 $0$ 时有两项并列，答案要把两个下标都写上。

进阶：差的差 · 先修：等差数列求和公式

差的差：一层一层算回来

$a_{n + 2} - 2 a_{n + 1} + a_{n} = (a_{n + 2} - a_{n + 1}) - (a_{n + 1} - a_{n}) = d_{n + 1} - d_{n}$ 。所以这种条件说的是差的差。若 $d_{n + 1} - d_{n} = n$ ， $d_{1} = 1$ ，把前面的差逐个加起来： $d_{n} = 1 + (1 + 2 + \dots + (n - 1)) = 1 + \frac{n ( n - 1 )}{2}$ 。验算： $d_{2} = 1 + 1 = 2$ ， $d_{3} = 1 + 3 = 4$ ，而由条件 $d_{2} = d_{1} + 1 = 2$ ， $d_{3} = d_{2} + 2 = 4$ 。注意最后一个加数是 $n - 1$ ，不是 $n$ 。

例 3：常数的差的差

数列满足 $a_{1} = 10, a_{2} = 3$ ， $a_{n + 2} - 2 a_{n + 1} + a_{n} = 2$ 。求最小项，并求从第几项起 $a_{n}$ 大于 $a_{1}$ 。

怎么看出来：

左边是 $d_{n + 1} - d_{n}$ ，所以差数列每次增加 $2$ ，先把差写出来。

解：

$d_{1} = 3 - 10 = - 7$ ， $d_{n + 1} = d_{n} + 2$ ，所以 $d_{n} = - 7 + 2 (n - 1) = 2 n - 9$ 。 $n \leq 4$ 时 $d_{n} < 0$ ， $n \geq 5$ 时 $d_{n} > 0$ ，所以最小项是 $a_{5}$ 。逐项相加： $a_{2} = 3, a_{3} = - 2, a_{4} = - 5, a_{5} = - 6, a_{6} = - 5, a_{7} = - 2, a_{8} = 3, a_{9} = 10, a_{10} = 19$ 。 $a_{9} = a_{1}$ ，而 $n \geq 5$ 时数列递增，所以从 $a_{10}$ 起都大于 $a_{1}$ 。 $n = 2, \dots, 9$ 时 $a_{n} \leq 10$ ，都不大于 $a_{1}$ 。

答案：

最小项是 $a_{5} = - 6$ ；从第 $10$ 项起大于 $a_{1}$ 。

进阶：外层函数

外层单调：先比里面

若 $a_{n} = F (u_{n})$ ，而 $F$ 在 $u_{n}$ 能取到的全部范围内递增（输入越大，输出越大），那么 $a_{n}$ 与 $u_{n}$ 的大小顺序相同，只要比较 $u_{n}$ 。例如 $a_{n} = n^{2} - 8 n + 20$ ，平方根递增，里面是 $(n - 4)^{2} + 4$ ，所以 $n = 4$ 时最小， $a_{4} = 2$ 。若 $F$ 递减，顺序就反过来。这个单调性必须先证明，并且要覆盖全部实际取值。

外层有转折：比较跨过转折的两项

设 $F (t)$ 先减后增，转折在 $t = c$ ， $u_{n}$ 严格递增。若有 $u_{k} < c < u_{k + 1}$ ，则 $k$ 之前的项和 $k + 1$ 之后的项都更大， $F (u_{n})$ 的最小项是 $F (u_{k})$ 、 $F (u_{k + 1})$ 中较小的一个。这两项要代入算准，不能只看哪个 $u_{n}$ 离 $c$ 近，因为 $F$ 两侧可能不对称。若某个 $u_{k} = c$ ，最小项就是这一项。若所有 $u_{n} \geq c$ ，最小项是首项。若所有 $u_{n} < c$ ，数列一直递减，没有最小项： $F (t) = (t - 2)^{2}, u_{n} = 2 - \frac{1}{n}$ 时， $F (u_{n}) = \frac{1}{n ^{2}}$ 越来越接近 $0$ ，但取不到 $0$ ，所以 $0$ 只是下界，不是最小值。

例 4：外层有转折

求数列 $a_{n} = (2^{n} - 10)^{2}$ 的最小项。

怎么看出来：

外面是平方，转折在里面等于 $10$ 的地方。里面的 $2^{n}$ 递增，所以只比较跨过 $10$ 的两项。

解：

设 $t = 2^{n}$ ， $F (t) = (t - 10)^{2}$ 。 $t \leq 10$ 时 $t$ 越大 $F$ 越小， $t \geq 10$ 时 $t$ 越大 $F$ 越大。 $2^{n}$ 依次为 $2, 4, 8, 16, 32, \dots$ ，严格递增，跨过 $10$ 的是 $8$ 和 $16$ 。所以 $a_{1} > a_{2} > a_{3}$ ， $a_{4} < a_{5} < \dots$ ，最小项在 $a_{3}, a_{4}$ 之中。 $a_{3} = (8 - 10)^{2} = 4$ ， $a_{4} = (16 - 10)^{2} = 36$ 。

答案：

最小项是 $a_{3} = 4$ 。

进阶：用导数证外层单调 · 先修：导数、自然对数

证明外层单调的一个例子

设 $F (t) = t ln (1 + \frac{1}{t})$ ， $t > 0$ 。求导得 $F^{'} (t) = ln (1 + \frac{1}{t}) - \frac{1}{t + 1}$ 。令 $u = \frac{1}{t} > 0$ ，要证 $g (u) = ln (1 + u) - \frac{u}{1 + u} > 0$ 。因为 $g (0) = 0$ ，且 $u > 0$ 时 $g^{'} (u) = \frac{u}{( 1 + u ) ^{2}} > 0$ ，所以 $g (u) > 0$ ， $F$ 在 $t > 0$ 上递增。于是比较 $F (u_{n})$ 的大小，只要比较正数 $u_{n}$ 的大小。

进阶：相邻两项的比

项都为正：可以看相邻两项的比

若所有 $a_{n} > 0$ ，则 $\frac{a _{n + 1}}{a _{n}} > 1$ 等价于 $a_{n + 1} > a_{n}$ ，比小于 $1$ 就是变小，比等于 $1$ 就是相等。通项含 $p^{n}$ 或连乘时，相除比相减更容易。例如 $a_{n} = n \cdot 2^{- n}$ ， $\frac{a _{n + 1}}{a _{n}} = \frac{n + 1}{2 n}$ ，它在 $n = 1$ 时等于 $1$ ， $n \geq 2$ 时小于 $1$ ，所以 $a_{1} = a_{2}$ 都是最大项。

比本身单调：夹住连乘

设 $r_{j} = \frac{a _{j + 1}}{a _{j}}$ 。若 $r_{j}$ 递减，那么相邻几个比的乘积可以用其中最大的或最小的来夹。例如 $a_{j} = j$ ， $r_{j} = \frac{j + 1}{j} = 1 + \frac{1}{j}$ 递减，于是 $r_{3}^{2} < r_{2} r_{3} < r_{2}^{2}$ ，即 $\frac{16}{9} < 2 < \frac{9}{4}$ 。而 $r_{2} r_{3} = \frac{3}{2} \cdot \frac{4}{3} = 2$ 中间的数约掉了。一段长度相同的比连乘，用这种方法可以把乘积夹在两个约分后的分数之间。

例 5：相邻两项的比

求数列 $a_{n} = n^{2} (\frac{2}{3})^{n}$ 的最大项。

怎么看出来：

各项都是正数，又有 $(\frac{2}{3})^{n}$ ，相除后这部分只剩一个 $\frac{2}{3}$ 。

解：

$\frac{a _{n + 1}}{a _{n}} = \frac{2 ( n + 1 ) ^{2}}{3 n ^{2}}$ 。比大于 $1$ 等价于 $2 (n + 1)^{2} > 3 n^{2}$ ，移项得 $n^{2} - 4 n - 2 < 0$ ，即 $(n - 2)^{2} < 6$ 。 $n = 1, 2, 3, 4$ 时 $(n - 2)^{2} = 1, 0, 1, 4$ ，都小于 $6$ ； $n \geq 5$ 时 $(n - 2)^{2} \geq 9 > 6$ 。所以 $a_{1} < a_{2} < \dots < a_{5}$ ， $a_{5} > a_{6} > \dots$ 。比不会等于 $1$ ，因为 $(n - 2)^{2} = 6$ 没有整数解。 $a_{5} = 25 \cdot \frac{32}{243} = \frac{800}{243}$ 。

答案：

最大项是 $a_{5} = \frac{800}{243}$ 。

进阶：分母变号与前面的项

例 6：分母变号

数列 $a_{n} = n + \frac{12}{2 n - 9}$ 。求它的最小项，并求所有正项中最小的一项。

怎么看出来：

$2 n - 9$ 在 $n = 4$ 与 $n = 5$ 之间变号。差的符号会在这里突变，要分两段看。

解：

$n \leq 4$ 时分母为负； $n \geq 5$ 时 $a_{n}$ 是两个正数的和，所以都为正。求差： $d_{n} = 1 + \frac{12}{2 n - 7} - \frac{12}{2 n - 9} = 1 - \frac{24}{( 2 n - 7 ) ( 2 n - 9 )}$ 。记 $D = (2 n - 7) (2 n - 9)$ 。前一段： $n = 1, 2, 3$ 时 $D = 35, 15, 3$ ，得 $d_{1} > 0, d_{2} < 0, d_{3} < 0$ 。算出 $a_{1} = - \frac{5}{7}$ ， $a_{2} = - \frac{2}{5}$ ， $a_{3} = - 1$ ， $a_{4} = 4 - 12 = - 8$ 。这四项都是负数，最小的是 $a_{4}$ ，它也是全列最小项。后一段： $D$ 为正且随 $n$ 增大， $D = 3, 15, 35, \dots$ （ $n = 5, 6, 7, \dots$ ），所以 $D > 24$ 从 $n = 7$ 开始，即 $d_{5} < 0, d_{6} < 0$ ， $n \geq 7$ 时 $d_{n} > 0$ 。于是后一段在 $n = 7$ 处最小， $a_{7} = 7 + \frac{12}{5} = \frac{47}{5}$ 。检查： $a_{6} = 6 + 4 = 10$ ， $a_{8} = 8 + \frac{12}{7} = \frac{68}{7}$ ，都大于 $\frac{47}{5}$ 。

答案：

最小项是 $a_{4} = - 8$ ；正项中最小的是 $a_{7} = \frac{47}{5}$ 。

例 7：不能漏掉前面的项

数列满足 $a_{1} = 0$ ， $a_{n + 1} - a_{n} = 2 n^{2} - 10 n + 11$ 。求最小项。

怎么看出来：

差先正、再负、后又正。后面确实有一个由减转增的位置，但第一项也可能更小，要比较。

解：

$d_{n} = 2 n^{2} - 10 n + 11$ ， $d_{1} = 3, d_{2} = - 1, d_{3} = - 1, d_{4} = 3$ 。当 $n \geq 4$ 时， $d_{n + 1} - d_{n} = 4 n - 8 > 0$ ，所以 $d_{n}$ 递增，都不小于 $3$ 。于是 $a_{1} < a_{2} > a_{3} > a_{4} < a_{5} < \dots$ 。可能的最小项只有 $a_{1}$ 和 $a_{4}$ 。逐项相加： $a_{2} = 3, a_{3} = 2, a_{4} = 1$ 。比较得 $a_{1} = 0 < a_{4} = 1$ ，后面的项都大于 $a_{4}$ 。

答案：

最小项是 $a_{1} = 0$ ，不是 $a_{4}$ 。

真题

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不变区间先挡住轨道，单调再判断极限

递推 $a_{n + 1} = f (a_{n})$ 的不动点是满足 $L = f (L)$ 的数；不变区间 $I$ 是每个 $x \in I$ 都有 $f (x) \in I$ 的区间。存在不动点不等于任意初值都有界。

完整讲解 · 例题 · 可练 6 题

一、是什么

从初值进入区间

要证全部项落在 $I$ ，先证 $a_{1} \in I$ ，再证映射保持 $I$ 。分段递推必须分别核每一分支；整数递推可选合适整数上界挡住向上跳跃。

映射递增不等于数列递增

$f$ 递增只比较两个输入的像。轨道增减要看 $f (a_{n}) - a_{n}$ 。例如 $f (x) = x /2$ 递增，但从正初值出发的轨道递减。

参数必要性

若递增轨道有上界，便收敛于某个有限 $L$ ； $f$ 连续时才可在递推中传极限得 $L = f (L)$ 。若这方程无实解，就反证轨道不可能有界。临界参数还必须实际构造区间，不能只解极限方程。

先看一道例题

例 1：临界参数也能取

$c > 0, a_{1} = 0, a_{n + 1} = a_{n}^{2} + c$ 。求数列有界的 $c$ 的范围。

怎么看出来：

不动点方程的判别式给必要条件。

解：

轨道严格递增： $a_{2} > a_{1}$ ，若 $a_{n} > a_{n - 1} \geq 0$ 则平方后仍严格，故 $a_{n + 1} > a_{n}$ 。若有界，极限 $L$ 满足 $L^{2} - L + c = 0$ ，要求 $c \leq 1/4$ 。反过来 $0 < c \leq 1/4$ 时取 $L = (1 - 1 - 4 c) /2$ ， $[0, L]$ 映到 $[c, L]$ ，含初值，所以有界。

答案：

$0 < c \leq 1/4$ 。

二、什么时候想到它

题目里看到	应该想到
问所有项有界	构造含初值的不变区间
求最大参数	必要条件加临界构造
用极限反证	先证明单调及假设下的有界

三、怎么用

检查首项、定义域和全部分支。
求可能的不动点或上界。
算映射减原值来判轨道单调。
证明区间保持，或在有界假设下传极限。

四、再做一道

例 2：有不动点但初值选错

$a_{1} = 2, a_{n + 1} = a_{n}^{2}$ 。已知 $0, 1$ 都是不动点，问数列是否有界。

怎么看出来：

轨道未落在 $[0, 1]$ 。

解：

由归纳 $a_{n} = 2^{2^{n - 1}}$ ，其值不小于 $2^{n}$ ，故无上界。不动点的存在没有约束初值为 $2$ 的轨道。

答案：

无界。

五、容易错在哪

有界不一定收敛；使用极限前要有额外条件，如单调。
求出的不动点要能把初值挡住，临界等号必须验证。

真题

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前缀平均、部分和：换成新数列，再变回来

把“前 $k$ 项的和”或“前 $k$ 项的平均”当成新数列。条件在新数列上往往很简单。用完后再用相减把原来的项算回来。

完整讲解 · 例题 · 可练 4 题

一、是什么

部分和 $S_{k}$ 与 $S_{0} = 0$

$S_{k} = a_{1} + a_{2} + \dots + a_{k}$ 叫前 $k$ 项的部分和，并约定 $S_{0} = 0$ 。 $S_{k}$ 比 $S_{k - 1}$ 多一个 $a_{k}$ ，所以 $a_{k} = S_{k} - S_{k - 1}$ ， $k \geq 1$ 。例如 $a$ 为 $2, - 1, 3$ ，则 $S$ 为 $2, 1, 4$ ， $a_{2} = S_{2} - S_{1} = 1 - 2 = - 1$ 。

前缀平均 $y_{k}$

$y_{k} = \frac{S _{k}}{k}$ 是前 $k$ 项的平均，所以 $S_{k} = k y_{k}$ 。代入得 $a_{1} = y_{1}$ ， $k \geq 2$ 时 $a_{k} = k y_{k} - (k - 1) y_{k - 1}$ 。例如上面的数列 $y_{1} = 2, y_{2} = \frac{1}{2}, y_{3} = \frac{4}{3}$ ， $a_{3} = 3 \cdot \frac{4}{3} - 2 \cdot \frac{1}{2} = 4 - 1 = 3$ 。

新数列可以任意挑

上面的公式说明：随便给一串 $y_{1}, y_{2}, \dots$ ，都能算出唯一一串 $a_{k}$ ，且这串 $a_{k}$ 的前缀平均正好是 $y_{k}$ 。所以要说明某个结果真能出现时，只要挑好 $y_{k}$ ，再算出 $a_{k}$ 。例如要前缀平均依次为 $1, 0, 1$ ，就取 $a_{1} = 1, a_{2} = 2 \cdot 0 - 1 = - 1, a_{3} = 3 \cdot 1 - 2 \cdot 0 = 3$ 。验算： $1$ ， $\frac{1 - 1}{2} = 0$ ， $\frac{1 - 1 + 3}{3} = 1$ 。

认出平方差

$S_{k}^{2} - S_{k - 1}^{2} = (S_{k} - S_{k - 1}) (S_{k} + S_{k - 1}) = a_{k} (S_{k} + S_{k - 1})$ 。而 $S_{k - 1} = S_{k} - a_{k}$ ，所以 $S_{k} + S_{k - 1} = 2 S_{k} - a_{k}$ 。看到单项乘部分和时，先试着写成这个平方差，再一项一项相加，中间项全部消去。

开方后有两个符号

由 $S_{k}^{2} = 4$ 只能得到 $S_{k} = 2$ 或 $S_{k} = - 2$ 。题目没有说各项为正时，两种符号都要保留，而且不同的 $k$ 可以取不同符号。

连续一段的和

第 $i$ 项到第 $j$ 项的和等于 $S_{j} - S_{i - 1}$ ，共有 $j - i + 1$ 项。下标错一位是最常见的错误。例如第 $3$ 到第 $5$ 项的和是 $S_{5} - S_{2}$ ，共 $3$ 项。

先看一道例题

例 1：由平均求通项

数列 ${a_{k}}$ 的前 $k$ 项平均是 $y_{k} = k + \frac{3}{k}$ 。求通项 $a_{k}$ 。

怎么看出来：

题目直接给前缀平均。乘上 $k$ 就是部分和，再相减。

解：

$S_{k} = k y_{k} = k^{2} + 3$ 。首项 $a_{1} = S_{1} = 4$ 。 $k \geq 2$ 时， $a_{k} = S_{k} - S_{k - 1} = (k^{2} + 3) - ((k - 1)^{2} + 3) = 2 k - 1$ 。把 $k = 1$ 代入 $2 k - 1$ 得 $1 \neq = 4$ ，所以首项要单独写。检查： $a_{1}, a_{2}, a_{3}$ 为 $4, 3, 5$ ；前 $2$ 项平均 $\frac{7}{2} = 2 + \frac{3}{2}$ ；前 $3$ 项平均 $\frac{12}{3} = 4 = 3 + 1$ ，都成立。

答案：

$a_{1} = 4$ ； $k \geq 2$ 时 $a_{k} = 2 k - 1$ 。

二、什么时候想到它

题目里看到	应该想到
题目给“前 $k$ 项的平均”，如 $\frac{a _{1} + \dots + a _{k}}{k} = k + \frac{3}{k}$	先乘 $k$ 得到 $S_{k}$ ，再相减得 $a_{k}$
单项乘部分和，如 $a_{k} (2 S_{k} - a_{k})$	$2 S_{k} - a_{k} = S_{k} + S_{k - 1}$ ，写成 $S_{k}^{2} - S_{k - 1}^{2}$
问连续几项的和，如 $a_{3} + a_{4} + a_{5}$	写成 $S_{5} - S_{2}$ ，核对项数
平均值和相邻差同时出现，如 $∣ a_{k + 1} - a_{k} ∣ \leq 1$	把平均值之差写成相邻差的和（见进阶“平均值之差与相邻差”）
总和固定，又问某一段和的最大值	把这段和段外比较，两两配对相减（见同一进阶）

三、怎么用

设新数列，写上 $S_{0} = 0$ 。例如已知前 $k$ 项的平均 $y_{k} = k + 1$ ，新数列就用 $y_{k}$ 和 $S_{k} = k y_{k}$ 。
把条件写成关于新数列的式子。这里 $S_{k} = k (k + 1) = k^{2} + k$ 。
相减求原项： $k \geq 2$ 时 $a_{k} = S_{k} - S_{k - 1} = (k^{2} + k) - ((k - 1)^{2} + (k - 1)) = 2 k$ 。
单独算首项，看它是否符合通项。 $a_{1} = S_{1} = 2$ ，符合 $2 k$ 。这一步不能省，首项常常不符合。
代回原条件检查。取 $k = 3$ ： $a_{1} + a_{2} + a_{3} = 2 + 4 + 6 = 12$ ，平均是 $4 = 3 + 1$ ，成立。

四、再做一道

例 2：乘积写成平方差

实数数列满足 $a_{k} (S_{k} + S_{k - 1}) = 2 k - 1$ （ $k \geq 1$ ， $S_{0} = 0$ ）。求 $a_{2}$ 的所有可能值，以及 $a_{3}$ 的最大值。

怎么看出来：

左边正是 $S_{k}^{2} - S_{k - 1}^{2}$ ，相加后中间项消去。题目没有说各项为正，符号要保留。

解：

$S_{k}^{2} - S_{k - 1}^{2} = 2 k - 1$ 。从 $S_{0} = 0$ 开始相加： $S_{1}^{2} = 1$ ， $S_{2}^{2} = 1 + 3 = 4$ ， $S_{3}^{2} = 4 + 5 = 9$ ，所以 $S_{1} = \pm 1, S_{2} = \pm 2, S_{3} = \pm 3$ 。反过来，只要 $S_{k}^{2}$ 等于这些值，由 $a_{k} = S_{k} - S_{k - 1}$ 就有 $a_{k} (S_{k} + S_{k - 1}) = S_{k}^{2} - S_{k - 1}^{2} = 2 k - 1$ ，条件成立。 $a_{2} = S_{2} - S_{1}$ ，四种组合得 $2 - 1 = 1$ ， $2 + 1 = 3$ ， $- 2 - 1 = - 3$ ， $- 2 + 1 = - 1$ 。 $a_{3} = S_{3} - S_{2}$ 最大时取 $S_{3} = 3, S_{2} = - 2$ ，得 $a_{3} = 5$ 。检查： $a_{3} (S_{3} + S_{2}) = 5 \cdot 1 = 5 = 2 \cdot 3 - 1$ ，成立； $a_{2} = 3$ 对应 $S_{1} = - 1, S_{2} = 2$ ， $3 \cdot (2 - 1) = 3 = 2 \cdot 2 - 1$ ，成立。

答案：

$a_{2}$ 可取 $1, 3, - 1, - 3$ ； $a_{3}$ 的最大值是 $5$ 。

五、容易错在哪

$a_{k} = S_{k} - S_{k - 1}$ 中若不约定 $S_{0} = 0$ ， $k = 1$ 就不能用。首项要单独算，再看是否符合通项。
由 $S_{k}^{2}$ 开方后要保留正负两种情况。只有题目说明各项为正时，才能都取正。
第 $i$ 到第 $j$ 项的和是 $S_{j} - S_{i - 1}$ ，有 $j - i + 1$ 项。写完后数一遍项数。
求出上界后要写出一个具体数列取到它，并代回全部条件。只有上界不能说明它就是最大值。
平方差相加时，要从 $S_{0}^{2} = 0$ 加起，不能漏掉第一个等式。

进阶：平均值之差与相邻差 · 先修：等差数列求和公式

平均值之差写成相邻差

$y_{3} - y_{2} = \frac{a _{1} + a _{2} + a _{3}}{3} - \frac{a _{1} + a _{2}}{2} = \frac{2 a _{3} - a _{1} - a _{2}}{6} = \frac{1 \cdot ( a _{2} - a _{1} ) + 2 \cdot ( a _{3} - a _{2} )}{6}$ 。一般地， $y_{k + 1} - y_{k} = \frac{1 \cdot ( a _{2} - a _{1} ) + 2 \cdot ( a _{3} - a _{2} ) + \dots + k \cdot ( a _{k + 1} - a _{k} )}{k ( k + 1 )}$ 。系数都是正数，所以若每个相邻差的绝对值都不超过 $D$ ，就有 $∣ y_{k + 1} - y_{k} ∣ \leq \frac{D ( 1 + 2 + \dots + k )}{k ( k + 1 )} = \frac{D}{2}$ 。这一步用了 $∣ A + B ∣ \leq ∣ A ∣ + ∣ B ∣$ （两数之和的绝对值不超过绝对值之和）。

段内和段外两两相减

总和已知时，可以比较一段的和与另一段的和。例如 $a_{1} + a_{2} + a_{3} = P$ ， $a_{4} + a_{5} + a_{6} = Q$ ，则 $P - Q = (a_{1} - a_{4}) + (a_{2} - a_{5}) + (a_{3} - a_{6})$ 。每一对相距 $3$ 步，若相邻差的绝对值不超过 $1$ ，由 $∣ A + B ∣ \leq ∣ A ∣ + ∣ B ∣$ ，每对差的绝对值不超过 $3$ ，所以 $∣ P - Q ∣ \leq 9$ 。求出上界后，还要写出一个能取到等号的数列。

例 3：相邻差受限，比较平均和首项

$5$ 个实数满足 $∣ a_{k + 1} - a_{k} ∣ \leq 1$ （ $k = 1, 2, 3, 4$ ）。求 $y_{5} - a_{1}$ 的最大值，其中 $y_{5}$ 是这 $5$ 个数的平均。

怎么看出来：

平均减首项，可以写成相邻差的加权和，系数都是正数。

解：

记 $e_{k} = a_{k + 1} - a_{k}$ ，则 $a_{2} - a_{1} = e_{1}$ ， $a_{3} - a_{1} = e_{1} + e_{2}$ ，依此类推。 $y_{5} - a_{1} = \frac{( a _{2} - a _{1} ) + ( a _{3} - a _{1} ) + ( a _{4} - a _{1} ) + ( a _{5} - a _{1} )}{5} = \frac{4 e _{1} + 3 e _{2} + 2 e _{3} + e _{4}}{5}$ 。因为每个 $e_{k} \leq 1$ ，系数都是正数，所以 $y_{5} - a_{1} \leq \frac{4 + 3 + 2 + 1}{5} = 2$ 。等号要求所有 $e_{k} = 1$ ，例如 $0, 1, 2, 3, 4$ ：平均是 $2$ ，首项是 $0$ ，差为 $2$ 。

答案：

最大值是 $2$ 。

例 4：总和为零时一段的和

$6$ 个实数满足 $a_{1} + a_{2} + \dots + a_{6} = 0$ ， $∣ a_{k + 1} - a_{k} ∣ \leq 1$ 。求 $a_{1} + a_{2} + a_{3}$ 的最大值。

怎么看出来：

总和固定，一段的和等于另一段和的相反数，所以把两段配对相减。

解：

设 $P = a_{1} + a_{2} + a_{3}$ ， $Q = a_{4} + a_{5} + a_{6}$ ，则 $P + Q = 0$ ， $Q = - P$ ， $P - Q = 2 P$ 。 $2 P = (a_{1} - a_{4}) + (a_{2} - a_{5}) + (a_{3} - a_{6})$ 。每对下标差 $3$ ： $∣ a_{i} - a_{i + 3} ∣ \leq ∣ a_{i} - a_{i + 1} ∣ + ∣ a_{i + 1} - a_{i + 2} ∣ + ∣ a_{i + 2} - a_{i + 3} ∣ \leq 3$ ，所以 $2 P \leq 9$ ， $P \leq \frac{9}{2}$ 。取 $\frac{5}{2}, \frac{3}{2}, \frac{1}{2}, - \frac{1}{2}, - \frac{3}{2}, - \frac{5}{2}$ ：相邻差都是 $1$ ，总和为 $0$ ， $P = \frac{9}{2}$ 。

答案：

最大值是 $\frac{9}{2}$ 。

真题

按这个方法练 · 4 题

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递推整理：平移成等比，取倒数成等差，平方估大小

围绕不动点（代入递推后不变的数）换元。 $a_{n + 1} = p a_{n} + q$ （ $p \neq = 0, 1$ ）平移后是等比或常数；只有 1 个不动点的分式递推，在各项都不等于它时，取倒数后是等差。求不出通项时，平方或立方找出每步固定增加的量，再把余下的部分粗略但严格地估出来。除以一个式子之前，先证明它不为零。

完整讲解 · 例题 · 可练 3 题

一、是什么

平移：一次递推变等比

$a_{n}$ 表示数列的第 $n$ 项，递推式用前一项算下一项。每次乘同一个不为零的数的数列叫等比数列，每次加同一个数的叫等差数列。看 $a_{n + 1} = p a_{n} + q$ ，其中 $p \neq = 0, p \neq = 1$ 。解 $x = p x + q$ 得不动点 $x = \frac{q}{1 - p}$ 。两式相减： $a_{n + 1} - x = p (a_{n} - x)$ ，所以 $a_{n} - x = (a_{1} - x) p^{n - 1}$ 。例如 $a_{n + 1} = 3 a_{n} - 4$ ： $x = 2$ ， $a_{n + 1} - 2 = 3 (a_{n} - 2)$ 。当 $a_{1} = x$ 时每项都等于 $x$ ，公式也成立，只是这个差不能叫等比数列（公比要除以 $0$ ）。 $p = 1$ 时递推本身就是公差为 $q$ 的等差数列，不用平移； $p = 0$ 时从第 2 项起全等于 $q$ ，不要套等比公式。

分式递推：取倒数变等差

$a_{n + 1} = 2 - \frac{1}{a _{n}}$ 的不动点满足 $x = 2 - \frac{1}{x}$ ，即 $(x - 1)^{2} = 0$ ，只有 $x = 1$ 。作差： $a_{n + 1} - 1 = \frac{a _{n} - 1}{a _{n}}$ 。若 $a_{n} \neq = 1$ ，取倒数得 $\frac{1}{a _{n + 1} - 1} = \frac{a _{n}}{a _{n} - 1} = 1 + \frac{1}{a _{n} - 1}$ ，所以 $\frac{1}{a _{n} - 1}$ 每次加 $1$ ，是等差数列。对一般的分式 $\frac{α a + β}{γa + δ}$ （ $γ \neq = 0$ ， $α δ \neq = β γ$ ），只要不动点方程恰有 1 个根，且各项都不等于这个根，这样作差再取倒数都得到等差。

取倒数之前：排零，并查原分母

取倒数前要说明 $a_{n} \neq = x$ 对每个 $n$ 成立，还要说明原递推的分母不为零。由 $a_{n + 1} - 1 = \frac{a _{n} - 1}{a _{n}}$ 可知， $a_{1} > 1$ 时 $\frac{a _{n} - 1}{a _{n}} > 0$ ，每项都大于 $1$ ，两个要求都满足。首项不合适时数列可能断掉： $a_{1} = \frac{1}{2}$ 时 $\frac{1}{a _{n} - 1} = - 2 + (n - 1) = n - 3$ ， $n = 3$ 时右边是 $0$ ，对应 $a_{2} = 0$ ， $a_{3}$ 的分母为零， $a_{3}$ 不存在。 $a_{1} = 1$ 时每项都等于 $1$ ，不能取倒数，要单独写。

先看一道例题

例 1：平移成等比

$a_{1} = 5$ ， $a_{n + 1} = 2 a_{n} - 3$ 。求通项，并求使 $a_{n} > 1000$ 的最小正整数 $n$ 。

怎么看出来：

形如 $p a_{n} + q$ ， $p = 2$ ，既不是 $0$ 也不是 $1$ ，直接解不动点。

解：

解 $x = 2 x - 3$ 得 $x = 3$ 。作差： $a_{n + 1} - 3 = 2 (a_{n} - 3)$ 。 $a_{1} - 3 = 2$ ，所以 $a_{n} - 3 = 2 \cdot 2^{n - 1} = 2^{n}$ ， $a_{n} = 2^{n} + 3$ 。检查： $a_{2} = 2 \cdot 5 - 3 = 7$ ，公式 $4 + 3 = 7$ 。 $a_{n}$ 随 $n$ 增大而增大。 $a_{9} = 515 \leq 1000$ ， $a_{10} = 1027 > 1000$ ，所以最小的 $n$ 是 $10$ 。

答案：

$a_{n} = 2^{n} + 3$ ，最小的 $n$ 是 $10$ 。

二、什么时候想到它

题目里看到	应该想到
$a_{n + 1} = p a_{n} + q$ ， $p \neq = 0, 1$	解不动点，平移成等比
分式递推，不动点方程恰有 1 个根	作差再取倒数，得等差
要取倒数或约分	先用首项归纳证明不为零，再查原分母
式子不是“下一项等于”，有公因式	提公因式，证明不为零后约去（见进阶“隐式递推与离散取值”）
$a_{n + 1} = a_{n} + \frac{k}{a _{n}}$ 这类，问整数部分	平方或立方，估余项（见进阶“高次幂估计”）
分式递推有 2 个不动点	看两个差的比值（见进阶“两个不动点”）
初值给在中间某一项，问相邻差或单调	写出通项，看分母在哪里跨过零（见进阶“从中间给值与跨零”）

三、怎么用

解不动点。例如 $a_{1} = 2$ ， $a_{n + 1} = \frac{3 a _{n} - 1}{a _{n} + 1}$ ： $x (x + 1) = 3 x - 1$ ，即 $(x - 1)^{2} = 0$ ，只有 $x = 1$ 。
作差。 $a_{n + 1} - 1 = \frac{3 a _{n} - 1 - a _{n} - 1}{a _{n} + 1} = \frac{2 ( a _{n} - 1 )}{a _{n} + 1}$ 。
排零。 $a_{1} = 2 > 1$ ；若 $a_{n} > 1$ ，上式右边为正，所以 $a_{n + 1} > 1$ 。于是每项都大于 $1$ ，既有 $a_{n} \neq = 1$ ，也有分母 $a_{n} + 1 \neq = 0$ 。
取倒数。 $\frac{1}{a _{n + 1} - 1} = \frac{( a _{n} - 1 ) + 2}{2 ( a _{n} - 1 )} = \frac{1}{2} + \frac{1}{a _{n} - 1}$ ，所以 $\frac{1}{a _{n} - 1} = 1 + \frac{n - 1}{2} = \frac{n + 1}{2}$ ， $a_{n} = \frac{n + 3}{n + 1}$ 。
代回原递推。公式给 $a_{2} = \frac{5}{3}$ ，递推给 $\frac{6 - 1}{3} = \frac{5}{3}$ ；公式给 $a_{3} = \frac{3}{2}$ ，递推给 $\frac{5 - 1}{5/3 + 1} = \frac{3}{2}$ 。

四、再做一道

例 2：取倒数成等差

$a_{1} = 3$ ， $a_{n + 1} = 2 - \frac{1}{a _{n}}$ 。求通项，并求使 $a_{n} - 1 < 0.01$ 的最小正整数 $n$ 。

怎么看出来：

这是分式递推，不动点方程 $(x - 1)^{2} = 0$ 只有 1 个根，所以作差取倒数。

解：

作差： $a_{n + 1} - 1 = \frac{a _{n} - 1}{a _{n}}$ 。排零： $a_{1} = 3 > 1$ ；若 $a_{n} > 1$ ，右边为正，所以 $a_{n + 1} > 1$ 。于是每项大于 $1$ ，既不为 $0$ 也不等于 $1$ 。取倒数： $\frac{1}{a _{n + 1} - 1} = 1 + \frac{1}{a _{n} - 1}$ ，首项 $\frac{1}{a _{1} - 1} = \frac{1}{2}$ ，所以 $\frac{1}{a _{n} - 1} = \frac{1}{2} + (n - 1) = \frac{2 n - 1}{2}$ 。于是 $a_{n} = 1 + \frac{2}{2 n - 1} = \frac{2 n + 1}{2 n - 1}$ 。检查： $a_{2} = 2 - \frac{1}{3} = \frac{5}{3}$ ，公式 $\frac{5}{3}$ ； $a_{3} = 2 - \frac{3}{5} = \frac{7}{5}$ ，公式 $\frac{7}{5}$ 。 $\frac{2}{2 n - 1} < 0.01$ 等价于 $2 n - 1 > 200$ ，即 $n > 100.5$ 。 $n = 100$ 时差为 $\frac{2}{199} > 0.01$ ， $n = 101$ 时差为 $\frac{2}{201} < 0.01$ 。

答案：

$a_{n} = \frac{2 n + 1}{2 n - 1}$ ，最小的 $n$ 是 $101$ 。

五、容易错在哪

取倒数或约分前要证明式子不为零。首项可能正好是不动点，这时数列是常数，要单独写。
化简后的递推在某一步出现分母为零时，原数列在那一项就断了。公式写得出来，不代表那一项存在。
$a_{n + 1} = p a_{n} + q$ 的平移要 $p \neq = 1$ ； $p = 0$ 时直接写出首项和后面的常数项，不套公比为 $p$ 的等比通项公式；原数列是不是等比数列要另外判断。
“约等于”不能决定整数部分。要写出严格的上界和下界，并确认落在同一个整数区间。
分母跨过零时，通项在两侧的单调性不能连起来说。要分段比较。
写出通项或估计式后，至少代回原递推算 2 项。

进阶：隐式递推与离散取值 · 先修：本卡基础部分

先化成标准形式

递推不一定写成“下一项等于”。若式子有公因式，如 $3 (a_{n + 1} - a_{n}) (a_{n} - 1) + 2 (a_{n} - 1)^{2} = 0$ ，要提出 $a_{n} - 1$ 。约去之前先证明它不为零。这要用到首项和化简后的递推，不能只看形式。

换元后 $t$ 只取离散的值

化简后 $a_{n} - 1 = c \cdot r^{n - 1}$ 时，关于 $a_{n}$ 的式子都能写成 $t = r^{n - 1}$ 的式子。但 $n$ 只取正整数， $t$ 只取 $1, r, r^{2}, \dots$ 这些孤立的值，不能取到中间的数。判断符号或大小时，只比较这些值。

例 3：公因式与离散取值

$a_{1} = 2$ ， $3 (a_{n + 1} - a_{n}) (a_{n} - 1) + 2 (a_{n} - 1)^{2} = 0$ 。设 $u_{n} = 30 (a_{n} - 1)^{2} - 17 (a_{n} - 1) + 1$ 。求所有使 $u_{n} < 0$ 的正整数 $n$ 。

怎么看出来：

两项都有 $a_{n} - 1$ 。约去之前要证明它不为零。化简后再把 $u_{n}$ 写成 $t = a_{n} - 1$ 的二次式。

解：

提公因式： $(a_{n} - 1) [3 (a_{n + 1} - a_{n}) + 2 (a_{n} - 1)] = 0$ 。 $a_{1} - 1 = 1 \neq = 0$ ，此时约去得 $3 a_{n + 1} - a_{n} - 2 = 0$ ，即 $a_{n + 1} - 1 = \frac{1}{3} (a_{n} - 1)$ ，右边不为零，所以 $a_{n + 1} - 1 \neq = 0$ ，下一步也能约。逐项传递，每一步都能约。于是 $t_{n} = a_{n} - 1 = (\frac{1}{3})^{n - 1}$ 。分解： $u_{n} = 30 t^{2} - 17 t + 1 = (2 t - 1) (15 t - 1)$ ， $u_{n} < 0$ 等价于 $\frac{1}{15} < t < \frac{1}{2}$ 。 $t$ 依次取 $1, \frac{1}{3}, \frac{1}{9}, \frac{1}{27}, \dots$ ，其中 $\frac{1}{3}$ 、 $\frac{1}{9}$ 落在区间内； $\frac{1}{27} < \frac{1}{15}$ ，之后更小。检查： $t = 1$ 时 $u = 14 > 0$ ； $t = \frac{1}{3}$ 时 $u = \frac{10}{3} - \frac{17}{3} + 1 = - \frac{4}{3}$ ； $t = \frac{1}{9}$ 时 $u = \frac{10}{27} - \frac{51}{27} + \frac{27}{27} = - \frac{14}{27}$ ； $t = \frac{1}{27}$ 时 $u = \frac{30}{729} - \frac{459}{729} + \frac{729}{729} = \frac{300}{729} > 0$ 。

答案：

$n = 2$ 或 $n = 3$ 。

进阶：高次幂估计 · 先修：本卡基础部分

用高次幂估大小：找固定增量

$a_{n + 1} = a_{n} + \frac{k}{a _{n}}$ （ $k > 0$ ， $a_{1} > 0$ ）没有简单通项。每项都为正，平方得 $a_{n + 1}^{2} = a_{n}^{2} + 2 k + \frac{k ^{2}}{a _{n}^{2}}$ 。右边的 $2 k$ 是固定增量， $\frac{k ^{2}}{a _{n}^{2}}$ 是正的余项。丢掉余项得下界 $a_{n}^{2} > a_{1}^{2} + 2 k (n - 1)$ （ $n \geq 2$ ）。把下界代回余项，再把余项加起来，得上界。余项不必算准，只要上界和下界落在同一个整数区间。不能只写“约等于”就定整数部分。

例 4：立方找增量，定整数部分

$a_{1} = 1$ ， $a_{n + 1} = a_{n} + \frac{1}{a _{n}^{2}}$ 。求 $[a_{1000}]$ （ $[x]$ 表示不超过 $x$ 的最大整数）。

怎么看出来：

分母是平方，所以两边立方后， $3 a_{n}^{2} \cdot \frac{1}{a _{n}^{2}} = 3$ 恰好是常数增量。

解：

每项都为正。立方得 $a_{n + 1}^{3} = a_{n}^{3} + 3 + \frac{3}{a _{n}^{3}} + \frac{1}{a _{n}^{6}}$ 。记余项 $e_{n} = \frac{3}{a _{n}^{3}} + \frac{1}{a _{n}^{6}} > 0$ 。丢掉余项，得 $a_{n}^{3} \geq 3 n - 2$ （ $n = 1$ 取等号）。累加得 $a_{1000}^{3} = 1 + 3 \cdot 999 + (e_{1} + \dots + e_{999}) = 2998 + (e_{1} + \dots + e_{999})$ ，所以 $a_{1000}^{3} > 2998$ 。估余项：由 $a_{n}^{3} \geq 3 n - 2$ ，当 $n \leq 33$ 时 $a_{n}^{3} \geq 1$ ， $e_{n} \leq 4$ ，这 $33$ 项的和不超过 $132$ ；当 $34 \leq n \leq 999$ 时 $a_{n}^{3} \geq 100$ ， $e_{n} \leq 0.03 + 0.0001$ ，这 $966$ 项的和小于 $30$ 。所以 $a_{1000}^{3} < 2998 + 162 = 3160$ 。又 $1 4^{3} = 2744$ ， $1 5^{3} = 3375$ ，所以 $14 < a_{1000} < 15$ 。

答案：

$[a_{1000}] = 14$ 。

进阶：两个不动点 · 先修：本卡基础部分

不动点有 2 个：看比值

$a_{n + 1} = \frac{4 a _{n} - 2}{a _{n} + 1}$ 的不动点满足 $x^{2} - 3 x + 2 = 0$ ， $x = 1$ 或 $2$ 。作差得 $a_{n + 1} - 1 = \frac{3 ( a _{n} - 1 )}{a _{n} + 1}$ ， $a_{n + 1} - 2 = \frac{2 ( a _{n} - 2 )}{a _{n} + 1}$ 。当 $a_{n} \neq = - 1$ 且 $a_{n} \neq = 2$ 时相除， $\frac{a _{n + 1} - 1}{a _{n + 1} - 2} = \frac{3}{2} \cdot \frac{a _{n} - 1}{a _{n} - 2}$ ，比值是公比为 $\frac{3}{2}$ 的等比数列（首项不为零时）。不动点方程没有实根时，这个办法用不了，常改为算几项找周期。

进阶：从中间给值与跨零 · 先修：本卡基础部分

例 5：初值在中间，分母跨过零

数列满足 $a_{3} = 4$ ， $a_{n + 1} = \frac{3 a _{n} - 4}{a _{n} - 1}$ （ $n = 1, 2, \dots$ ）。求通项，并求使 $∣ a_{n} - a_{n + 1} ∣ < \frac{1}{100}$ 的最小正整数 $n$ 。

怎么看出来：

不动点方程 $x (x - 1) = 3 x - 4$ 即 $(x - 2)^{2} = 0$ ，只有 $x = 2$ 。初值给在第 3 项，所以要往两边写。通项的分母会变号，相邻差要带绝对值。

解：

作差： $a_{n + 1} - 2 = \frac{a _{n} - 2}{a _{n} - 1}$ 。这个式子说明，一项不等于 $2$ 时下一项也不等于 $2$ ，一项等于 $2$ 时下一项也等于 $2$ ； $a_{3} = 4 \neq = 2$ ，所以每项都不等于 $2$ 。取倒数： $\frac{1}{a _{n + 1} - 2} = \frac{( a _{n} - 2 ) + 1}{a _{n} - 2} = 1 + \frac{1}{a _{n} - 2}$ 。由 $\frac{1}{a _{3} - 2} = \frac{1}{2}$ 得 $\frac{1}{a _{n} - 2} = n - \frac{5}{2}$ ，所以 $a_{n} = 2 + \frac{2}{2 n - 5}$ 。 $2 n - 5$ 是奇数，分母永不为零。依次得 $a_{1} = \frac{4}{3}, a_{2} = 0, a_{3} = 4, a_{4} = \frac{8}{3}$ 。代回： $a_{1} = \frac{4}{3}$ 时 $a_{2} = \frac{4 - 4}{1/3} = 0$ ； $a_{2} = 0$ 时 $a_{3} = \frac{- 4}{- 1} = 4$ 。分母 $a_{n} - 1$ 也都不为零（ $a_{n} = 1$ 要求 $2 n - 5 = - 2$ ，没有整数解）。相邻差： $a_{n} - a_{n + 1} = \frac{2}{2 n - 5} - \frac{2}{2 n - 3} = \frac{4}{( 2 n - 5 ) ( 2 n - 3 )}$ 。 $n = 1, 2, 3$ 时绝对值依次是 $\frac{4}{3}, 4, \frac{4}{3}$ ，都不小于 $\frac{1}{100}$ ，其中 $n = 2$ 跨过零，差最大。 $n \geq 3$ 时 $(2 n - 5) (2 n - 3)$ 为正且递增，条件变成 $(2 n - 5) (2 n - 3) > 400$ 。 $n = 12$ 时乘积是 $19 \cdot 21 = 399$ ，差为 $\frac{4}{399} > \frac{1}{100}$ ； $n = 13$ 时乘积是 $21 \cdot 23 = 483$ ，差为 $\frac{4}{483} < \frac{1}{100}$ 。

答案：

$a_{n} = 2 + \frac{2}{2 n - 5}$ ，最小的 $n$ 是 $13$ 。

真题

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取整、分层与排名：数到界点，再定位

把整数序列分成完整层和末尾余段，可以处理很远的指标。取整问题先拆整数与小数；混合序列先数不超过某界点的项，再确认界点本身是否合法。

完整讲解 · 例题 · 可练 4 题

一、是什么

小数部分下降

写 $x_{k} = b_{k} + r_{k}$ ，其中 $b_{k} = ⌊ x_{k} ⌋$ ， $0 \leq r_{k} < 1$ 。当 $x_{k + 1} \geq x_{k}$ 时， $⌊ x_{k + 1} - x_{k} ⌋ = b_{k + 1} - b_{k} - 1_{r_{k + 1} < r_{k}}$ 。符号 $1_{E}$ 在条件 $E$ 成立时为 $1$ ，否则为 $0$ 。小数部分相等不扣一。

合并排名先去重

两个集合并起来，计数为两边计数之和减去交集计数。例如正的 $2$ 或 $3$ 的倍数不超过 $N$ 的个数是 $⌊ N /2 ⌋ + ⌊ N /3 ⌋ - ⌊ N /6 ⌋$ 。

分层定位的边界

要找第 $r$ 项，可找最小整数 $N$ 使计数至少为 $r$ 。这样最小 $N$ 必是实际入列的新值。螺旋点列则要先确定每圈长度和角点下标，再按剩余步数走边，不能把下标和移动次数混为一谈。

先看一道例题

例 1：下降次数修正取整和

$x_{1} = 1.2, x_{2} = 2.2, x_{3} = 3.1$ 。求 $⌊ x_{2} - x_{1} ⌋ + ⌊ x_{3} - x_{2} ⌋$ 。

怎么看出来：

小数部分先相等后下降。

解：

整数部分的总增量为 $3 - 1 = 2$ 。小数部分 $.2, .2, .1$ 只下降一次，因此和为 $2 - 1 = 1$ 。直接核 $⌊ 1 ⌋ + ⌊ .9 ⌋ = 1$ 。

答案：

$1$ 。

二、什么时候想到它

题目里看到	应该想到
取整差的和	把小数部分下降次数单列
两类整数合并排名	容斥去重，数到界点
绕圈的点列	先找整圈锚点再走余段

三、怎么用

明确要数对象还是定位下标。
确定每层或每类的精确计数。
扣去交集，处理余段或下降。
核目标界点及紧前一个整数。

四、再做一道

例 2：合并倍数的第十项

将所有正的 $2$ 或 $3$ 的倍数去重后递增排列，求第十项。

怎么看出来：

数不超过 $N$ 的合法值。

解：

$N = 14$ 时计数 $7 + 4 - 2 = 9$ ； $N = 15$ 时为 $7 + 5 - 2 = 10$ ，故第十项是 $15$ 。实际前十项为 $2, 3, 4, 6, 8, 9, 10, 12, 14, 15$ 。

答案：

$15$ 。

五、容易错在哪

小数部分相等不算下降，重复值也不能重复排名。
累计数达到目标时，要检查界点确实是新入列的值。

真题

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整个数列一起变：找一个总量，看它不变还是单调

一个数列整体变动时，逐项跟踪很乱。选一个总量，比如平方和或加权和，算它每一步怎么变。不变或只朝一个方向变，就能判断哪些结果不可能出现，或得到一个不等式。

完整讲解 · 例题 · 可练 2 题

一、是什么

为什么看总量

把 $(3, 1, 2)$ 循环移动成 $(1, 2, 3)$ ，每一项的位置都变了。但平方和没变： $9 + 1 + 4 = 14 = 1 + 4 + 9$ 。加权和（第 $k$ 项乘 $k$ 再相加）变了： $3 + 2 + 6 = 11$ ，而 $1 + 4 + 9 = 14$ 。所以先要试出哪个总量和这一步操作相配。只试几个数看到相等还不算证明，要用字母展开。

复杂操作拆成单步

操作由几种步骤组成时，每一种分开算。例如 $(a, b) \to (a + b, a - b)$ ： $(a + b)^{2} + (a - b)^{2} = 2 a^{2} + 2 b^{2}$ ，平方和变成 $2$ 倍。 $(a, b) \to (b, a)$ ：平方和不变。所以不管这两种怎样交替，平方和总是初值乘 $2$ 的若干次方。

循环移动不改变平方和，差的平方给不等式

循环移动只是调换加法的顺序，所以平方和不变。任意实数 $x, y$ 满足 $(x - y)^{2} \geq 0$ ，即 $2 x y \leq x^{2} + y^{2}$ 。把数列和它移动后的数列逐项作差再平方，每个数恰好出现 $2$ 次。例如 $3$ 个数： $(a - b)^{2} + (b - c)^{2} + (c - a)^{2} = 2 (a^{2} + b^{2} + c^{2}) - 2 (ab + b c + c a) \geq 0$ ，所以 $ab + b c + c a \leq a^{2} + b^{2} + c^{2}$ 。等号成立当且仅当每个差都为 $0$ ，即 $a = b = c$ 。

总量相同不代表能变到

总量只能用来排除结果，不能用来证明能变到。总量不符合时一定变不到；总量符合时要写出一串具体操作，才算证明能变到。

先看一道例题

例 1：用平方和判断能否变到

对数对 $(a, b)$ 有两种操作：变成 $(a + b, a - b)$ ，或变成 $(b, a)$ 。从 $(1, 2)$ 出发，能否变成 $(3, 5)$ ？能否变成 $(4, 2)$ ？

怎么看出来：

两个数变来变去，逐个跟踪很乱。 $(a + b)^{2} + (a - b)^{2}$ 展开很简单，所以看平方和。

解：

记 $Q = a^{2} + b^{2}$ 。第一种操作： $(a + b)^{2} + (a - b)^{2} = 2 a^{2} + 2 b^{2} = 2 Q$ 。第二种操作： $b^{2} + a^{2} = Q$ 。起点 $Q = 1 + 4 = 5$ ，所以任意多次操作后 $Q$ 都是 $5$ 乘 $2$ 的若干次方，一定能被 $5$ 整除。 $(3, 5)$ 的平方和是 $34$ ，不能被 $5$ 整除，所以变不到。 $(4, 2)$ 的平方和是 $20 = 5 \cdot 4$ ，总量相符，但还要写出操作： $(1, 2) \to (3, - 1) \to (2, 4) \to (4, 2)$ ，前两步用第一种操作，最后一步用第二种。所以能变到。

答案：

不能变成 $(3, 5)$ ；能变成 $(4, 2)$ 。

二、什么时候想到它

题目里看到	应该想到
反复对整个数列做同一种变换，问能不能变到某个结果	算变换前后的平方和或加权和，比较结果的总量
式子里有 $a_{1} a_{3} + a_{2} a_{4} + \dots$ 这种错开的乘积，且排成一圈	移动不改平方和，配差的平方
变换由几步组成	拆成单步，每步分别算总量的变化，再合并
反复交换或排序，问会不会停	找一个每次都严格减小的正整数总量（见进阶“排序与加权和”）
变换让下标整体移动，还逐项增减	展开加权和，看多出的线性项能否抵消（见进阶“下标平移与展开”）
排成一圈的乘积和，问不同位移的值谁大、哪些相等	相等用换下标说明，大小用差的平方；要说结论不对所有数列成立，举少数非零项的数列（见进阶“循环相关和”）

三、怎么用

写清一步变换做了什么，复合的就拆开。例如数列 $(a, b, c)$ 操作成 $(c, a, b)$ ，再每项取相反数成 $(- c, - a, - b)$ 。
选一个和变换相配的总量。这两步都不改变每项的平方，所以选 $Q = a^{2} + b^{2} + c^{2}$ 。
用字母展开，算一步前后的差。循环移动 $Q$ 不变；取相反数 $(- c)^{2} + (- a)^{2} + (- b)^{2} = Q$ ，也不变。
合并所有步骤，得到总量的规律，并用它回答问题。 $Q$ 永远等于初值。 $(1, 2, 3)$ 的 $Q = 14$ ，所以它变不到 $(1, 1, 1)$ ，因为 $(1, 1, 1)$ 的 $Q = 3$ 。
说明总量相符的情况。如果目标的 $Q$ 也是 $14$ ，比如 $(- 3, - 1, - 2)$ ，要再写出操作： $(1, 2, 3) \to (3, 1, 2) \to (- 3, - 1, - 2)$ ，这一次操作就到了。

四、再做一道

例 2：错开的乘积求最大值

实数 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}, a_{5}$ 的平方和是 $10$ 。求 $T = a_{1} a_{3} + a_{2} a_{4} + a_{3} a_{5} + a_{4} a_{1} + a_{5} a_{2}$ 的最大值。

怎么看出来：

$T$ 是数列和“向后移 $2$ 位的数列”逐项相乘。移动不改平方和，所以配差的平方。

解：

把 $5$ 个数排成一圈，每个数和隔一个位置的数作差： $(a_{1} - a_{3})^{2} + (a_{2} - a_{4})^{2} + (a_{3} - a_{5})^{2} + (a_{4} - a_{1})^{2} + (a_{5} - a_{2})^{2} \geq 0$ 。展开时每个 $a_{k}$ 恰好出现在 $2$ 个括号里（例如 $a_{1}$ 在第 $1$ 、第 $4$ 个），乘积项正好是 $T$ 的 $5$ 项，所以左边等于 $2 \cdot 10 - 2 T$ 。于是 $20 - 2 T \geq 0$ ， $T \leq 10$ 。等号要求每个括号为 $0$ ，即 $a_{1} = a_{3} = a_{5} = a_{2} = a_{4}$ ，取所有 $a_{k} = 2$ ，平方和是 $5 \cdot 2 = 10$ ， $T = 5 \cdot 2 = 10$ 。上界能取到，所以就是最大值。

答案：

$T$ 的最大值是 $10$ 。

五、容易错在哪

只算几个初值就猜“总量不变”不算数，要用字母展开一步的变化。
总量不变只说明不符合的结果变不到；符合的结果要另外写出操作才算能变到。
总量不增不代表每一步都严格减小，也不代表最后一定变成固定数列。相邻两数相等时交换，加权和不变。证明会停的常用办法，是找一个每步严格减小、又有下界的整数总量。
排序再删 $0$ 时，只有 $0$ 全部在末尾才不影响其他项的下标， $0$ 不在末尾就要重新算加权和。
检验对所有数列成立的等式时，全零数列使两边都为 $0$ ，排除不了什么，要选少数非零项的数列。检验严格不等式时，全零数列却可能是反例。

进阶：下标平移与展开 · 先修：求和记号，多项式展开

求和记号和下标平移

$\sum_{k = 1}^{n} k a_{k}$ 表示把 $k = 1, 2, \dots, n$ 代入 $k a_{k}$ 再全部相加，即 $a_{1} + 2 a_{2} + \dots + n a_{n}$ 。如果数列前面插入一项，原来的第 $k$ 项变成第 $k + 1$ 项，加权和里它的系数加 $1$ ，所以多出 $\sum a_{k}$ 。每一项减 $1$ 时， $\sum (a_{k} - 1)^{2} = \sum a_{k}^{2} - 2 \sum a_{k} + n$ ， $n$ 是项数。这些多出来的线性项和常数项，要全部算到底，看能否抵消。

例 3：下标移动后加权和不变

对数列 $a_{1}, \dots, a_{n}$ 的操作是：在最前面插入一项，这一项等于原数列所有项之和的相反数。从 $(1, 2)$ 开始操作 $100$ 次。求得到的数列，并求它的加权和 $\sum_{k} k a_{k}$ 。

怎么看出来：

插入一项后所有下标都加 $1$ ，这正是加权和变化的原因。展开看多出来的量能否抵消。

解：

设原数列和为 $S$ ，加权和为 $Φ$ 。操作后第 $1$ 项是 $- S$ ，原第 $k$ 项变成第 $k + 1$ 项，新的加权和是 $- S + \sum_{k} (k + 1) a_{k} = - S + Φ + S = Φ$ ，不变。第 $1$ 次操作： $S = 3$ ，得 $(- 3, 1, 2)$ ，它的和是 $0$ 。之后的和一直是 $0$ ，因为新插入的项就是旧和的相反数，所以每次都插入 $0$ 。 $100$ 次后前面有 $99$ 个 $0$ ，接着是 $- 3, 1, 2$ ，共 $102$ 项。加权和等于初值 $1 + 4 = 5$ 。直接算检查： $100 \cdot (- 3) + 101 \cdot 1 + 102 \cdot 2 = - 300 + 101 + 204 = 5$ 。这里每一步加权和相同，数列却不同，所以总量相同不代表状态相同。

答案：

$99$ 个 $0$ ，后接 $- 3, 1, 2$ ；加权和是 $5$ 。

进阶：排序与加权和 · 先修：求和记号

排序：相邻交换比较加权和

比较排序前后的加权和时，不必一次比完，只看相邻交换。第 $i, i + 1$ 位分别是 $x, y$ ，交换前这两项贡献 $i x + (i + 1) y$ ，交换后贡献 $i y + (i + 1) x$ ，前者减后者等于 $y - x$ 。所以 $x < y$ 时交换（大数换到前面）使加权和减少 $y - x$ ， $x = y$ 时不变。任意排列都能由相邻交换变成从大到小，因此权重递增时，从大到小的排法使加权和最小。删掉末尾的 $0$ 不改变其他项的下标，也不改变加权和；但如果 $0$ 在前面，删掉后下标会变，例如 $(0, 3)$ 的加权和是 $6$ ，删 $0$ 得 $(3)$ ，加权和是 $3$ ，要重新计算。

例 4：交换一定会停

数列 $1, 3, 2, 5$ 上反复操作：任选一对相邻的数，如果前面小于后面，就交换它们。没有这样的数对时停止。证明不管怎样选，一定会停，并求停止时的数列和它的加权和 $a_{1} + 2 a_{2} + 3 a_{3} + 4 a_{4}$ 。

怎么看出来：

每次交换都把大数往前换，正好让递增权重的加权和变小。加权和是正整数，不能一直减小。

解：

记 $Φ = a_{1} + 2 a_{2} + 3 a_{3} + 4 a_{4}$ ，起点 $Φ = 1 + 6 + 6 + 20 = 33$ 。设交换的是第 $i, i + 1$ 位的 $x < y$ 。交换前贡献 $i x + (i + 1) y$ ，交换后贡献 $i y + (i + 1) x$ ，差是 $y - x \geq 1$ ，所以 $Φ$ 每步至少减少 $1$ 。 $Φ$ 总是正整数，不能无限减小，所以一定会停。停止时没有“前小后大”的相邻数对， $4$ 个数又互不相同，所以从大到小排列，就是 $5, 3, 2, 1$ ， $Φ = 5 + 6 + 6 + 4 = 21$ 。走一遍检查： $(1, 3, 2, 5) \to (3, 1, 2, 5) \to (3, 2, 1, 5) \to (3, 2, 5, 1) \to (3, 5, 2, 1) \to (5, 3, 2, 1)$ ， $Φ$ 依次是 $33, 31, 30, 26, 23, 21$ ，每步都减少。

答案：

一定会停，停止时是 $5, 3, 2, 1$ ，加权和是 $21$ 。

进阶：循环相关和 · 先修：求和记号，下标按周期循环

循环相关和与全称命题的检验

$n$ 个数排成一圈（下标超过 $n$ 时减去 $n$ ），令 $c (r) = \sum_{k = 1}^{n} a_{k} a_{k + r}$ ， $r$ 是位移。把每一项配成差的平方可得 $c (0) - c (r) = \frac{1}{2} \sum_{k = 1}^{n} (a_{k} - a_{k + r})^{2} \geq 0$ ，所以 $c (0)$ 最大。要判断一个结论是否对所有数列成立时，只有非零项很少的数列（例如只有 $1$ 个或 $2$ 个非零）最容易检验： $c (r)$ 的多数项为 $0$ 。检验 $c (r) = c (s)$ 这样的等式时，全零数列使两边都是 $0$ ，区分不了位移；但检验严格不等式时不能漏掉它，例如“总有 $c (0) > c (1)$ ”就被全零数列推翻。如果数列本身有周期，位移的讨论也只要看一个周期内。

例 5：算出每个位移并比较

$1, 2, - 1, 0$ 按这个顺序排成一圈（ $a_{5} = a_{1}$ ，依此类推）， $c (r) = \sum_{k = 1}^{4} a_{k} a_{k + r}$ ， $r = 0, 1, 2, 3$ 。求 $c (0), c (1), c (2), c (3)$ ，并用差的平方解释 $c (0)$ 为什么最大。

怎么看出来：

数列已经给定，逐项相乘就能算。比较大小时，用 $c (0) - c (r) = \frac{1}{2} \sum (a_{k} - a_{k + r})^{2}$ ，并注意 $c (1)$ 和 $c (3)$ 的项是同一批乘积。

解：

$c (0) = 1 + 4 + 1 + 0 = 6$ 。 $c (1) = 1 \cdot 2 + 2 (- 1) + (- 1) \cdot 0 + 0 \cdot 1 = 0$ 。 $c (2) = 1 (- 1) + 2 \cdot 0 + (- 1) \cdot 1 + 0 \cdot 2 = - 2$ 。 $c (3) = 1 \cdot 0 + 2 \cdot 1 + (- 1) \cdot 2 + 0 (- 1) = 0$ 。 $c (1) = c (3)$ 不是巧合： $a_{k} a_{k + 3}$ 中令 $j = k + 3$ ，在圈上 $k = j + 1$ ，这一项就是 $a_{j + 1} a_{j}$ ，所以两个和式只是加法顺序不同。再看差的平方。 $r = 1$ 时差依次是 $- 1, 3, - 1, - 1$ ，平方和是 $12$ ，一半是 $6 = c (0) - c (1)$ 。 $r = 2$ 时差依次是 $2, 2, - 2, - 2$ ，平方和是 $16$ ，一半是 $8 = c (0) - c (2)$ 。平方和不是负数，所以 $c (0)$ 不小于其他位移的值。

答案：

$c (0) = 6$ ， $c (1) = 0$ ， $c (2) = - 2$ ， $c (3) = 0$ ，其中 $c (0)$ 最大。

真题

按这个方法练 · 2 题

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周期数列：先定周期，再把大下标分块

连续 $k$ 项的和不变时，数列有周期；余数一步步算下去也会循环，但可能先经过几项才进入循环。确定循环从哪里开始，再把大下标写成“整周期 + 余下几项”，循环部分只算一个周期就够了。

完整讲解 · 例题 · 可练 1 题

一、是什么

连续 k 项和不变，周期就是 k

若对所有 $n$ 都有 $a_{n} + a_{n + 1} + a_{n + 2} = c$ ，把 $n$ 换成 $n + 1$ 再相减，中间两项抵消，得 $a_{n + 3} - a_{n} = 0$ ，所以 $a_{n + 3} = a_{n}$ 。一般地，连续 $k$ 项和恒定时 $a_{n + k} = a_{n}$ 。这里的 $k$ 是一个周期，不一定是最小的：常数列也满足，它每项都相同。

余数：加和乘只看余数

整数 $a, b$ 除以 $m$ 的余数分别是 $r, s$ ，写成 $a = p m + r, b = q m + s$ 。展开可知 $a + b$ 与 $r + s$ 除以 $m$ 余数相同， $ab$ 与 $rs$ 除以 $m$ 余数也相同。所以求末位（除以 $10$ 的余数）时，每一步都可以只留余数。例如 $3^{n}$ 的末位依次是 $3, 9, 7, 1, 3, \dots$ ：下一个末位只由当前末位乘 $3$ 决定，一旦回到 $3$ ，后面就照原样重复。周期是 $4$ 。

余数列可能先走几步才进入循环

下一个余数由当前余数决定时，因为余数只有有限种，一定会出现重复，此后就循环；但循环不一定从第 1 项开始。例如 $2^{n}$ 除以 $12$ 的余数是 $2, 4, 8, 4, 8, \dots$ ，从第 2 项起才以 $2$ 为周期，第 1 项不再出现。这种情况要把前面几项单独处理，再对后面的部分分块。若某个余数代入递推后还是它自己，那么从这一项起余数恒定。

大下标：整周期加余下几项

若数列从第 1 项起以 $T$ 为周期，把 $N$ 写成 $N = qT + r$ ，其中 $0 \leq r < T$ 。那么 $a_{N}$ 在 $r \neq = 0$ 时等于 $a_{r}$ ，在 $r = 0$ 时等于 $a_{T}$ ；前 $N$ 项和等于 $q$ 个周期和加上前 $r$ 项。例如 $T = 4, N = 30$ 时， $30 = 4 \cdot 7 + 2$ ，就是 $7$ 个周期加前 $2$ 项。

先看一道例题

例 1：连续四项和不变

数列的任意连续 $4$ 项之和都是 $10$ ，且 $a_{2} = 1, a_{3} = 2, a_{5} = 4$ 。求前 $30$ 项的和。

怎么看出来：

连续 $4$ 项和不变，周期是 $4$ 。前 $30$ 项不是整周期，要留意余下的几项。

解：

相邻两式相减得 $a_{n + 4} = a_{n}$ 。 $a_{1} = a_{5} = 4$ ， $a_{2} = 1$ ， $a_{3} = 2$ ，再由 $a_{1} + a_{2} + a_{3} + a_{4} = 10$ 得 $a_{4} = 3$ 。 $30 = 4 \cdot 7 + 2$ ，所以前 $30$ 项和是 $7 \cdot 10 + a_{1} + a_{2} = 70 + 4 + 1 = 75$ 。检查：序列 $4, 1, 2, 3, 4, 1, \dots$ 中任意连续 $4$ 项之和都是 $10$ ， $a_{5} = 4$ 也符合。

答案：

$75$ 。

二、什么时候想到它

题目里看到	应该想到
任意连续 $k$ 项的和相同	相邻两式相减，得 $a_{n + k} = a_{n}$
求很大的幂或递推项的末位、余数	列出余数，找到重复，再分块
求周期数列前很多项的和	写成 $N = qT + r$ ，别丢余下的 $r$ 项
通项有分母，如 $\frac{n ( n + 1 )}{2}$ ，求余数	把模数乘上分母，再看周期（见进阶“有分母的余数”）
问的是“对任意周期数列都成立的 $N$ ”	用单峰数列排除，再证明剩下的都成立（见进阶“任意周期数列”）

三、怎么用

定周期。例如连续三项和恒为 $6$ ：相邻两式相减，得 $a_{n + 3} = a_{n}$ ，所以 $T = 3$ 。
确定一个周期内的值，把散落的下标按除以 $T$ 的余数归类。若 $a_{1} = 1, a_{5} = 2$ ： $5$ 除以 $3$ 余 $2$ ，所以 $a_{2} = 2$ ；再由和为 $6$ 得 $a_{3} = 3$ 。
写 $N = qT + r$ ， $0 \leq r < T$ 。求前 $11$ 项和时， $11 = 3 \cdot 3 + 2$ ， $q = 3, r = 2$ 。
整周期和乘 $q$ ，加上前 $r$ 项。 $3 \cdot 6 + 1 + 2 = 21$ 。
用小规模检查。写出 $1, 2, 3, 1, 2, 3, 1, 2, 3, 1, 2$ ，相加正好是 $21$ ；再确认任意连续三项和都是 $6$ 。

四、再做一道

例 2：两项决定下一项的余数

$a_{1} = a_{2} = 1, a_{n + 2} = a_{n + 1} + a_{n}$ 。前 $100$ 项中有几项能被 $3$ 整除？

怎么看出来：

下一项的余数由前两项的余数决定，所以要找“相邻两个余数”的重复，而不是一个余数的重复。

解：

除以 $3$ 的余数依次是 $1, 1, 2, 0, 2, 2, 1, 0, 1, 1, \dots$ 。第 $9, 10$ 项的余数又是 $1, 1$ ，和第 $1, 2$ 项相同，所以从第 1 项起以 $8$ 为周期。注意第 $1, 2$ 项都是 $1$ ，但第 $2, 3$ 项是 $1, 2$ ，不能只看一个余数就下结论。一个周期里余数为 $0$ 的是第 $4, 8$ 项，共 $2$ 项。 $100 = 8 \cdot 12 + 4$ ，前 $96$ 项有 $24$ 项，余下第 $97$ 到第 $100$ 项对应周期的第 $1$ 到第 $4$ 项，又有 $1$ 项。总共 $25$ 项。

答案：

$25$ 项。

五、容易错在哪

周期从第 1 项起才能直接分块；若前几项不在循环内，要先把它们单独算。
$N = qT + r$ 里 $r = 0$ 时， $a_{N}$ 对应周期的最后一项 $a_{T}$ ，不是 $a_{0}$ ，除非数列从第 0 项开始编号。
找到的周期不一定最小。分块只需要它是一个周期，但题目问最小周期时要逐项确认。
下一项由前两项决定时，要找相邻两个余数同时重复，只有一个余数重复不能说明进入了循环。
通项有分母，且 $d, m$ 有大于 $1$ 的公因数时，只看分子除以 $m$ 的余数可能得到错误的周期；看除以 $d m$ 的余数总是可行的。

进阶：有分母的余数

有分母时，先把模数放大

整数列 $a_{n} = \frac{f ( n )}{d}$ （ $d$ 是正整数， $f$ 是整系数多项式）求除以 $m$ 的余数时，只看 $f (n)$ 除以 $m$ 的余数不一定够。例如 $\frac{n ( n + 1 )}{2}$ 除以 $2$ ： $n (n + 1)$ 总是偶数，余数恒为 $0$ ，而 $\frac{n ( n + 1 )}{2}$ 的余数是 $1, 1, 0, 0, 1, 1, 0, 0, \dots$ 。总是可行的做法是看 $f (n)$ 除以 $d m$ 的余数。（ $d, m$ 没有大于 $1$ 的公因数时，原模数也够用： $\frac{n ( n + 1 )}{2}$ 除以 $3$ 与分子除以 $3$ 的周期都是 $3$ 。）因为 $f (n) - f (n^{'}) = d m \cdot k$ 时，两边除以 $d$ 得 $a_{n} - a_{n^{'}} = mk$ 。整系数多项式还满足： $f (n + d m) - f (n)$ 是 $d m$ 的倍数（把每个 $(n + d m)^{j}$ 展开，除 $n^{j}$ 外都含因子 $d m$ ）。所以 $T = d m$ 是一个周期，但不一定是最小周期，要最小周期得再逐项看。

例 3：有分母，放大模数

$a_{n} = \frac{n ( n + 1 ) ( n + 2 )}{6}$ 。在 $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{2026}$ 中，有多少个是奇数？

怎么看出来：

分母是 $6$ ，要看除以 $2$ 的余数，所以把模数放大到 $6 \cdot 2 = 12$ 。

解：

$a_{n}$ 总是整数：3 个连续整数里一定有偶数和 $3$ 的倍数，所以积能被 $6$ 整除。 $f (n) = n (n + 1) (n + 2)$ 是整系数多项式，所以 $f (n + 12) - f (n)$ 是 $12$ 的倍数，除以 $6$ 后， $a_{n + 12} - a_{n}$ 是 $2$ 的倍数，于是 $a_{n}$ 的奇偶以 $12$ 为周期。前 $12$ 项是 $1, 4, 10, 20, 35, 56, 84, 120, 165, 220, 286, 364$ ，奇数在第 $1, 5, 9$ 项，共 $3$ 个。（可以看出最小周期其实是 $4$ ，但用 $12$ 分块也正确。） $2026 = 12 \cdot 168 + 10$ ，前 $2016$ 项有 $504$ 个；余下 $10$ 项对应第 $1$ 到第 $10$ 项，含第 $1, 5, 9$ 项，又是 $3$ 个。总共 $507$ 个。

答案：

$507$ 个。

进阶：任意周期数列

判断“任意周期数列都成立”

证明一个结论对所有周期数列都成立，要用周期的等式；排除一个结论，只要造一个反例。一个好用的反例是单峰数列：一个周期内只有 $1$ 项取 $1$ ，其余取 $0$ 。它把位置信息全部暴露出来，乘积、平移、求和都容易算。

例 4：对任意周期数列都成立

${a_{n}}$ 是任意一个以 $6$ 为周期的数列（ $a_{n + 6} = a_{n}$ ， $n$ 从 $0$ 开始）， $b_{n} = a_{n} + a_{n + 3}$ 。求所有正整数 $N$ ，使 $b_{n + N} = b_{n}$ 对每个这样的数列和每个 $n$ 都成立。

怎么看出来：

不要以为答案只是 $6$ 的倍数。先算 $b_{n + 3}$ ，再用单峰数列排除其余的 $N$ 。

解：

充分性： $b_{n + 3} = a_{n + 3} + a_{n + 6} = a_{n + 3} + a_{n} = b_{n}$ ，所以 $3$ 的倍数都成立。必要性：取单峰数列， $6 ∣ n$ 时 $a_{n} = 1$ ，否则 $a_{n} = 0$ ，这里 $6 ∣ n$ 表示 $n$ 是 $6$ 的倍数。则 $3 ∣ n$ 时 $b_{n} = 1$ ，否则 $b_{n} = 0$ 。因为 $b_{0} = 1$ ，要 $b_{N} = b_{0} = 1$ ，必须 $3 ∣ N$ 。

答案：

$N$ 是 $3$ 的倍数。

进阶：更多例题

例 5：末位之和

求 $3 + 3^{2} + 3^{3} + \dots + 3^{2026}$ 的末位数字。

怎么看出来：

和的末位只由各项末位决定， $3^{n}$ 的末位周期是 $4$ 。

解：

末位依次是 $3, 9, 7, 1$ ，一个周期的和是 $20$ ，末位是 $0$ 。 $2026 = 4 \cdot 506 + 2$ ，所以末位和等于 $506 \cdot 20 + 3 + 9$ ，它的末位就是 $3 + 9 = 12$ 的末位。

答案：

$2$ 。

真题

按这个方法练 · 1 题

一试训练题F1

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误区对照

容易误以为

设 $x_{k} = p_{k} + r_{k}$ （ $p_{k} \in Z, r_{k} \in [0, 1)$ ），计算 $⌊ x_{k + 1} - x_{k} ⌋$ 时误以为只要 $r_{k + 1} \leq r_{k}$ 就取 $p_{k + 1} - p_{k} - 1$ 。

应当这样想

因为 $x_{k + 1} - x_{k} = (p_{k + 1} - p_{k}) + (r_{k + 1} - r_{k})$ ，当 $r_{k + 1} = r_{k}$ 时小数差为 $0$ ， $⌊ x_{k + 1} - x_{k} ⌋ = p_{k + 1} - p_{k}$ ；只有当小数部分严格下降（ $r_{k + 1} < r_{k}$ ，此时 $r_{k + 1} - r_{k} \in (- 1, 0)$ ）时，取整才会多减 $1$ 变为 $p_{k + 1} - p_{k} - 1$ 。

为什么

向下取整 $⌊ m + δ ⌋$ （ $m \in Z$ ）对 $δ \in [0, 1)$ 恒等于 $m$ ，仅在 $δ \in (- 1, 0)$ 时等于 $m - 1$ ；端点 $δ = 0$ 属于不减 $1$ 的分支。

容易误以为

求三角形数 $T_{n} = \frac{n ( n + 1 )}{2}$ 的个位数字周期时，因个位即模 $10$ ，直接断言 $T_{n + 10} \equiv T_{n} (mod 10)$ ，以为周期是 $10$ 。

应当这样想

由于分母含因子 $2$ 且 $g cd (2, 10) = 2 > 1$ ， $T_{n + 10} - T_{n} = \frac{( n + 10 ) ( n + 11 ) - n ( n + 1 )}{2} = 10 n + 55 \equiv 5 \neq \equiv 0 (mod 10)$ ！必须先看 $n (n + 1) mod 20$ ，从而 $T_{n + 20} - T_{n} = 20 n + 210 \equiv 0 (mod 10)$ ，最小正周期为 $20$ 。

为什么

同余式两边除以 $d$ 时，模数会从 $M$ 变为 $M / g cd (d, M)$ ；反之，要保证整商 $f (n) / d mod m$ 周期重现，必须令分子满足 $f (n + T) \equiv f (n) (mod d m)$ 。

概念自测

先想清楚，再确认判断。这些自测只帮助辨清概念，不计入真题做对率。

真题 · 37 道

从易到难排列。圆点表示你在这台设备上的做题情况：绿色做对、黄色部分做对、红色没做出。

数列的性质

从这里开始

先找不动点，再证每一步的方向

知识要点

方法卡

数列的最大项、最小项：看相邻两项的差

一、是什么

差分：相邻两项相减

差的正负就是数列的增减

下标只能是整数

差等于零：两项并列

分母会变号时要分开看

分段给出的数列要比接缝

先看一道例题

例 1：直接求差

二、什么时候想到它

三、怎么用

四、再做一道

例 2：分式通项，两项并列

五、容易错在哪

差的差：一层一层算回来

例 3：常数的差的差

外层单调：先比里面

外层有转折：比较跨过转折的两项

例 4：外层有转折

证明外层单调的一个例子

项都为正：可以看相邻两项的比

比本身单调：夹住连乘

例 5：相邻两项的比

例 6：分母变号

例 7：不能漏掉前面的项

不变区间先挡住轨道，单调再判断极限

一、是什么

从初值进入区间

映射递增不等于数列递增

参数必要性

先看一道例题

例 1：临界参数也能取

二、什么时候想到它

三、怎么用

四、再做一道

例 2：有不动点但初值选错

五、容易错在哪

前缀平均、部分和：换成新数列，再变回来

一、是什么

部分和 Sk​ 与 S0​=0

前缀平均 yk​

新数列可以任意挑

认出平方差

开方后有两个符号

连续一段的和

先看一道例题

例 1：由平均求通项

二、什么时候想到它

三、怎么用

四、再做一道

例 2：乘积写成平方差

五、容易错在哪

平均值之差写成相邻差

段内和段外两两相减

例 3：相邻差受限，比较平均和首项

例 4：总和为零时一段的和

递推整理：平移成等比，取倒数成等差，平方估大小

一、是什么

平移：一次递推变等比

分式递推：取倒数变等差

取倒数之前：排零，并查原分母

先看一道例题

例 1：平移成等比

二、什么时候想到它

三、怎么用

四、再做一道

例 2：取倒数成等差

五、容易错在哪

先化成标准形式

换元后 t 只取离散的值

例 3：公因式与离散取值

用高次幂估大小：找固定增量

例 4：立方找增量，定整数部分

不动点有 2 个：看比值

部分和 $S_{k}$ 与 $S_{0} = 0$

前缀平均 $y_{k}$

换元后 $t$ 只取离散的值