令 $S_{0} = 0, S_{n} = \sum_{i = 1}^{n} a_{i}$ ，则 $a_{n} = S_{n} - S_{n - 1}$ 。递推含全部前项时，可优先把 $S_{n}$ 当新状态。例： $a_{1} = 1$ 、 $a_{n} = 2 S_{n - 1}$ （ $n \geq 2$ ）给 $S_{n} = 3 S_{n - 1}$ ，所以前四项为 $1, 2, 6, 18$ 。由 $n \geq 2$ 推出的通项须另验 $n = 1$ ，不能悄悄把递推用于未定义的前项。

先减去特解，周期可能只属于偏差

线性非齐次递推可先减去一个简单特解。例：若 $a_{n + 1} = - a_{n} + 2 n + 1$ 、 $a_{1} = 2$ ，令 $b_{n} = a_{n} - n$ ，便有 $b_{n + 1} = - b_{n}$ ，故 $a_{n} = n + (- 1)^{n - 1}$ 。前四项为 $2, 1, 4, 3$ ；偏差两步循环，原数列却满足 $a_{n + 2} = a_{n} + 2$ 。大下标还原时，不能丢掉这段线性增量。

正项条件决定代数递推的分支

若 $q > 0$ 且 $a_{n} > 0$ ，关系 $a_{n} (a_{n} - a_{n - 1}) = q (q + a_{n - 1})$ 等价于 $(a_{n} + q) (a_{n} - a_{n - 1} - q) = 0$ ，第一因子不为零，才可得增量为 $q$ 。例： $a_{1} = 1$ ，在第 $n$ 步取 $q = 1/ n$ ，得 $a_{2} = 3/2, a_{3} = 11/6$ 。不具备正性时，另一代数根不能直接舍弃。

符号选择也能化成唯一位权

分母为二的幂时，可先通分，再以全正或全负为基准，将符号改变量写成二倍的零一位权和。例：固定第一项 $1/2$ ，再任选 $\pm 1/4, \pm 1/8$ ，四个和恰为 $1/8, 3/8, 5/8, 7/8$ ，互不重复。描述全部可达值还须证明反向覆盖；正整数因子的乘积为 $1$ 时，各因子也只能为 $1$ 。

重叠结构先用少数参数表示

等差三项可写成 $u - r, u, u + r$ ，等比三项则满足中项平方等于首末项积，但需检查零项和公比是否可定义。例： $3, 9, 15$ 成等差数列，而 $9, 15, 25$ 成等比数列。这个有限等比段全为整数，公比却是 $5/3$ ；不能仅凭有限若干整数项就断言公比为整数。对数换元前，底数还须正且不为一。

先证顺序，再重排或错位配组

若权重递减，交换逆序的两个正量可降低加权和，方向应直接计算。例：权重为 $3, 2, 1$ ，待排数为 $1, 2, 4$ ，最小和为 $11$ ，反向排列给最大和 $17$ 。另一类正项递推若规定后项是以之前一项结尾的连续和，就先得到后项不小于前项；再用此顺序将目标错位配组，仍须检验取等序列确有允许的连续和。

把同一个目标同时写成和与积

若目标 $S$ 既是正项和，又与这些项的乘积相关，可用均值不等式直接消掉中间参数。例：正数满足 $S = x + 2 y = x y$ 时，对 $x, 2 y$ 有 $S^{2} \geq 4 \cdot 2 x y = 8 S$ ，所以 $S \geq 8$ 。取 $x = 4, y = 2$ 达到下界。系数和幂次决定如何拆项，最后还须恢复原数列及其首项比例。

最优统一常数可能只在极限出现

要使 $R_{n} \leq λ$ 对全部正整数 $n$ 成立，最小 $λ$ 是所有 $R_{n}$ 的上确界。例： $R_{n} = 2 - 1/ n$ 严格递增趋于 $2$ ，有限项没有等于 $2$ ，但最小可用常数仍是 $2$ ；任何更小常数都会被充分大的指标超过。求极限还不够，须另证每一项没有越过该界，并保证所除的递推项始终非零。

方法卡

含此前所有项：改用部分和作状态

递推若含 $a_{1} + \dots + a_{n}$ ，记这段和为 $S_{n}$ ，则 $a_{n + 1} = S_{n + 1} - S_{n}$ 。把历史总和当成一个状态，往往能把长记忆递推改成一阶关系。

完整讲解 · 例题 · 可练 18 题

一、是什么

和成为新变量

若 $a_{n + 1} = c S_{n}$ ，则 $S_{n + 1} = S_{n} + a_{n + 1} = (1 + c) S_{n}$ ，所以部分和等比。最后用 $a_{n} = S_{n} - S_{n - 1}$ 还原通项，首项单列。

只给块端时

已知 $S_{2 m}$ 和 $S_{2 m - 2}$ ，相减只确定一整块 $a_{2 m - 1} + a_{2 m}$ 。这不一定能唯一恢复块内每项，需要题目的其他条件。固定倍数下标的和不能擅自延伸成所有指标的公式。

幂阈值的层

$⌊ lo g_{2} n ⌋ = k$ 表示 $2^{k} \leq n < 2^{k + 1}$ ，这里 $lo g_{2} n$ 是满足 $2^{x} = n$ 的指数 $x$ 。统计时把整层和末尾半层分开，等号属于新一层。

先看一道例题

例 1：历史总和变等比

$a_{1} = 2, a_{n + 1} = \sum_{k = 1}^{n} a_{k}$ 。求 $a_{n}$ 。

怎么看出来：

部分和每步翻倍。

解：

$S_{1} = 2$ ， $S_{n + 1} = 2 S_{n}$ ，故 $S_{n} = 2^{n}$ 。因此 $a_{1} = 2$ ， $n \geq 2$ 时 $a_{n} = 2^{n} - 2^{n - 1} = 2^{n - 1}$ 。回查 $a_{2} = 2, a_{3} = 4$ 。

答案：

$a_{1} = 2$ ， $a_{n} = 2^{n - 1}$ （ $n \geq 2$ ）。

二、什么时候想到它

题目里看到	应该想到
递推含全部前项和	把部分和作状态
只给偶数或倍数下标的和	相邻块端作差
对数取整	按整数幂阈值分层

三、怎么用

定义 $S_{0} = 0$ 和首个部分和。
把新项写成相邻部分和之差。
解部分和递推或块和。
还原并回查原式和首块。

四、再做一道

例 2：块和不决定块内

已知 $S_{2 m} = m (m + 1)$ ， $m \geq 1$ 。求 $a_{2 m - 1} + a_{2 m}$ ，并问能否唯一确定每项。

怎么看出来：

相邻偶数端作差。

解：

$m = 1$ 时块和是 $2$ ； $m \geq 2$ 时块和 $m (m + 1) - (m - 1) m = 2 m$ 。每一块可取 $(m, m)$ ，也可取 $(m - 1/2, m + 1/2)$ ，两种正项序列都满足条件，所以不唯一。

答案：

块和为 $2 m$ ，各项不唯一。

五、容易错在哪

部分和的递推不能不经还原就当作通项递推。
块端公式只能推出块和，缺少条件时不能强行确定每项。

真题

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等差等比重叠：少量参数列出全部合法分支

等差三项写成 $a - d, a, a + d$ ；等比三项写成 $b / r, b, b r$ （此写法要求 $r \neq = 0$ ）。同一批项共享位置时，把共同项等同，参数必须保留正负、整数和非零条件。

完整讲解 · 例题 · 可练 10 题

一、是什么

不除法也能列关系

三项 $x, y, z$ 等差意味着 $x + z = 2 y$ ；等比且非零意味着 $y^{2} = x z$ 。存在零项时单查定义，不能直接用比值。有限整数等比段的公比未必为整数，例如 $4, 6, 9$ 的公比是 $3/2$ 。

对数把乘法变加法

正数取对数后，等比关系 $y^{2} = x z$ 变成 $2 lo g y = lo g x + lo g z$ 。对数是指数的反运算，定义域要求原数正。若之后还要除以对数，则必须另排除原数为 $1$ 。

分支与回代

平方方程可能给正负两个公比；若题目只要求正项才能排除负支。解出的参数要还原到原数列，同时核整数、公差、重叠端点和对数定义域。

先看一道例题

例 1：同时等差和等比

三个正实数既成等差数列又成等比数列，且总和为 $12$ ，求它们。

怎么看出来：

设为 $4 - d, 4, 4 + d$ 。

解：

等差给中项 $4$ ，等比给 $16 = (4 - d) (4 + d) = 16 - d^{2}$ ，所以 $d = 0$ 。三项均为 $4$ ，验证公差为零、公比为一。

答案：

$4, 4, 4$ 。

二、什么时候想到它

题目里看到	应该想到
相邻三项同时满足两类关系	设中心和步长或写和积
等比段含整数	公比先允许有理数
出现对数三项等差	先写原数正及可能的非零对数条件

三、怎么用

用最少的首项、公差、公比表示。
按共同位置列方程。
分情况保留所有允许分支。
还原并核正性、整性和定义域。

四、再做一道

例 2：整数项的非整数公比

正整数 $x < 6 < z$ 成等比数列，且 $x + z = 13$ 。求 $x, z$ 和公比。

怎么看出来：

由等比关系得 $x z = 36$ 。

解：

$x, z$ 是 $t^{2} - 13 t + 36 = (t - 4) (t - 9) = 0$ 的两根，顺序条件给 $x = 4, z = 9$ 。公比 $6/4 = 9/6 = 3/2$ ，不是整数但完全合法。

答案：

$x = 4, z = 9, r = 3/2$ 。

五、容易错在哪

有限整数等比段不要求公比为整数。
只有证明相关量非零时才能相除；正性不能由平方方程自动推出。

真题

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共同项既是正项和又是积：均值后解目标

若同一个正量 $T$ 既写成若干正项之和，又等于这些项的乘积，就能对和用算术几何平均不等式，再把乘积换回 $T$ ，得到关于目标自身的界。

完整讲解 · 例题 · 可练 3 题

一、是什么

先说明均值不等式

对 $r$ 个正数 $x_{1}, \dots, x_{r}$ ，有 $x_{1} + \dots + x_{r} \geq r (x_{1} \dots x_{r})^{1/ r}$ ，等号当且仅当所有项相等。这是算术几何平均不等式。这里的 $r$ 是正整数，根号取正根。

指数决定拆项个数

若 $T = a + (r - 1) d = a d^{r - 1}$ ， $a, d > 0$ ，将和写成一项 $a$ 和 $r - 1$ 项 $d$ ，乘积正好是 $T$ 。于是 $T \geq r T^{1/ r}$ 。由于 $T > 0$ ，可约去 $T^{1/ r}$ ，得 $T \geq r^{r / (r - 1)}$ （ $r \geq 2$ ）。

把等号还原到数列

等号要求 $a = d$ 。再代回共同项条件求出实际参数，检查原来的等差段和等比段确实有这个共同项且全为正。只给代数下界而不还原参数，不能说取得最小值。

先看一道例题

例 1：第三项共同

正数 $a, d$ 使等差数列首项 $a$ 、公差 $d$ 与等比数列首项 $a$ 、公比 $d$ 的第三项相同，记为 $T$ 。求 $T$ 的最小值。

怎么看出来：

共同项是 $a + 2 d = a d^{2}$ 。

解：

$T = a + d + d \geq 3 (a d^{2})^{1/3} = 3 T^{1/3}$ ，故 $T \geq 33$ 。等号时 $a = d$ ，原式给 $3 d = d^{3}$ ，取正解 $a = d = 3$ 。此时两数列第三项都是 $33$ ，且全部项正。

答案：

$33$ 。

二、什么时候想到它

题目里看到	应该想到
同一项既有和式又有幂积式	把和按指数重复拆项
乘积里目标又出现	均值后约去正的目标幂
求最小共同项	联立全部相等条件并回代

三、怎么用

把共同项记为正量 $T$ 。
按乘积中的指数确定拆成几项。
用均值并约去正幂。
解等号参数，回到两种数列检查。

四、再做一道

例 2：第四项共同

同样的两个正项数列若第四项共同，求共同项 $T$ 的最小值。

怎么看出来：

现在 $T = a + 3 d = a d^{3}$ 。

解：

$T = a + d + d + d \geq 4 (a d^{3})^{1/4} = 4 T^{1/4}$ ，得 $T \geq 4^{4/3}$ 。取 $a = d = 4^{1/3}$ 时 $a + 3 d = 4 d = d^{4} = a d^{3}$ ，达到等号。

答案：

$4^{4/3}$ 。

五、容易错在哪

拆成几项由指数决定，不能漏重复的正项。
约去目标幂前先证明目标为正；等号参数必须满足原等式。

真题

按这个方法练 · 3 题

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正项的顺序：先算交换差，再错位配组

加权和要优化时，先比较交换两个数前后的精确差，确定大数配大权重还是小权重；固定相邻对和时，则可把目标错开一位配组，再用已证的单调性比较。

完整讲解 · 例题 · 可练 2 题

一、是什么

交换决定方向

设 $w_{1} > w_{2}$ ， $x_{1} > x_{2}$ 。同序和减交换后和为 $(w_{1} - w_{2}) (x_{1} - x_{2}) > 0$ 。因此求最小时，大权重应配小数。互异正整数升序第 $j$ 项至少为 $j$ ，可再做数值下界。

正性推出比较

如果所有项正且 $a_{n} + a_{n + 1} = a_{n + 2}$ ，就有 $a_{n + 2} > a_{n + 1}$ 。不能把任何正项数列都当成递增；顺序必须从具体递推或条件得到。

错位两项的界

若 $a_{n}$ 不减且 $a_{2 k - 1} + a_{2 k} = C$ ，则 $a_{2 k} + a_{2 k + 1} \geq a_{2 k - 1} + a_{2 k} = C$ 。若要求无限构造，等号是否能在所有组和转接处同时满足，也须检验。

先看一道例题

例 1：权重越大配得越小

$x, y, z$ 是互异正整数，求 $3 x + 2 y + z$ 的最小值。

怎么看出来：

最优时大权重配较小数。

解：

交换差说明可取 $x < y < z$ 而不增大目标。于是 $x \geq 1, y \geq 2, z \geq 3$ ，目标至少为 $3 + 4 + 3 = 10$ 。 $(1, 2, 3)$ 取到。

答案：

$10$ 。

二、什么时候想到它

题目里看到	应该想到
互异正整数的加权和	交换反序对判断最小方向
目标两项与已知配对错一位	借单调性比较
需要全局取等	检查同一数列的所有转接

三、怎么用

从原条件证明能用的顺序。
计算一次交换差或错位组差。
累加下界，利用互异正整数的最小值。
给出同时满足全部等号的构造。

四、再做一道

例 2：错位组的统一下界

正数列不减，且 $a_{2 k - 1} + a_{2 k} = 4$ 对所有 $k \geq 1$ 成立。求 $a_{2} + a_{3}$ 的最小值，并给出无限构造。

怎么看出来：

用 $a_{3} \geq a_{1}$ 。

解：

$a_{2} + a_{3} \geq a_{2} + a_{1} = 4$ 。恒定数列 $a_{n} = 2$ 满足正性、不减及每组和为 $4$ ，所有错位组也为 $4$ ，故最小值取得。

答案：

$4$ ，可取 $a_{n} = 2$ 。

五、容易错在哪

正性不等于单调，必须由原条件证明排序。
每组单独可取等不代表有一个全局数列同时取等。

真题

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先减基准，再找周期或交错不变量

非齐次递推含额外的常数或下标项。先找一条简单的特解 $p_{n}$ ，即它本身满足原递推；偏差 $b_{n} = a_{n} - p_{n}$ 再满足不含额外项的齐次递推。偏差有周期时，原数列还要加回基准。

完整讲解 · 例题 · 可练 10 题

一、是什么

偏差周期不等于原项周期

若 $b_{n + T} = b_{n}$ ，则 $a_{n + T} - a_{n} = p_{n + T} - p_{n}$ 。例如 $p_{n} = n$ 时，每周期原项增加 $T$ ，并没有回到原值。

相邻乘积差

设 $F_{1} = F_{2} = 1, F_{n + 2} = F_{n + 1} + F_{n}$ ，记 $D_{n} = F_{n + 2} F_{n} - F_{n + 1}^{2}$ 。展开下一式可得 $D_{n + 1} = - D_{n}$ ， $D_{1} = 1$ ，故 $D_{n} = (- 1)^{n + 1}$ 。这种相邻三项的交错乘积差称为 Cassini 型恒等式。

最优常数的两边

要证明某常数对所有指标有效，须先证逐项的界；要证明不能再收紧，可用真实取等项或趋近它的极限。仅算出极限不能排除开头有限项越界。全体项非负的周期偏差问题也须核完整周期。

先看一道例题

例 1：偏差周期，原项增长

$a_{1} = 2, a_{2} = 2, a_{n + 2} = a_{n + 1} - a_{n} + n + 1$ 。求 $a_{100}$ 。

怎么看出来：

特解是 $p_{n} = n$ 。

解：

$b_{n} = a_{n} - n$ 满足 $b_{1} = 1, b_{2} = 0, b_{n + 2} = b_{n + 1} - b_{n}$ ，前六项为 $1, 0, - 1, - 1, 0, 1$ ，第七、八项回到 $1, 0$ ，故六步循环。 $100$ 除以 $6$ 余 $4$ ， $b_{100} = - 1$ ，所以 $a_{100} = 99$ 。

答案：

$99$ 。

二、什么时候想到它

题目里看到	应该想到
线性递推多一个 $n$	试减去线性特解
偏差六步重复	还原每六步的原项增量
相邻平方减首尾积	计算交错乘积差

三、怎么用

找并代回验证简单特解。
研究偏差的齐次状态。
核整个周期或不变量的首项符号。
加回基准，检查有限项及最优性。

四、再做一道

例 2：乘积差的符号

$F_{1} = F_{2} = 1, F_{n + 2} = F_{n + 1} + F_{n}$ 。求 $F_{12} F_{10} - F_{11}^{2}$ 。

怎么看出来：

这是 $D_{10}$ 。

解：

$D_{n + 1} = (F_{n + 2} + F_{n + 1}) F_{n + 1} - F_{n + 2}^{2} = F_{n + 1}^{2} - F_{n + 2} F_{n} = - D_{n}$ 。 $D_{1} = 2 \cdot 1 - 1 = 1$ ，所以 $D_{10} = (- 1)^{11} = - 1$ 。核数值 $144 \cdot 55 - 8 9^{2} = 7920 - 7921 = - 1$ 。

答案：

$- 1$ 。

五、容易错在哪

偏差有周期不能直接说原数列有周期，必须加回特解。
交错不变量的正负取决于指标定义，要从第一项核符号。

真题

按这个方法练 · 10 题

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离散可达性：归纳覆盖全部值，再核无限转接

“找到若干可行例子”与“所有允许目标都可达”不同。先用整数或位权表达局部选择，再通过归纳证明完整的可达集合；无限数列则要在每一种块内和跨块位置检查条件。

完整讲解 · 例题 · 可练 9 题

一、是什么

可达集合的递推

若第 $k$ 步允许加减 $w_{k}$ ，记前 $k$ 步可达集合为 $R_{k}$ ，则 $R_{k} = (R_{k - 1} + w_{k}) \cup (R_{k - 1} - w_{k})$ 。证明一个候选集合等于 $R_{k}$ ，需同时证没有额外值、没有漏值。

强归纳的下降

强归纳是证明第 $n$ 个命题时，允许使用所有更小正指标的结论。每次构造都必须真正降到更小指标，且初始小指标已覆盖。不能把未证明的同阶结论放回论证。

无限块构造

按有限块重复定义数列时，块内成立还不够。检查一个条件窗口可能跨越哪些边界，逐类代入。全称条件“对每个下标都成立”不能换成“存在某个后缀成立”。

先看一道例题

例 1：二进制符号和覆盖全部奇数

取 $ε_{j} \in {- 1, 1}$ 。证明 $\sum_{j = 0}^{k - 1} ε_{j} 2^{j}$ 的可达值恰为 $- (2^{k} - 1)$ 至 $2^{k} - 1$ 的全部奇数。

怎么看出来：

每次加减新位权，把两段接起来。

解：

$k = 1$ 时可达 $- 1, 1$ 。若前 $k$ 位得到全部该范围奇数，加 $2^{k}$ 得 $1, 3, \dots, 2^{k + 1} - 1$ ，减 $2^{k}$ 得 $- (2^{k + 1} - 1), \dots, - 1$ 。两段正好拼成全部目标，且所有和均奇、绝对值不超过 $2^{k + 1} - 1$ 。

答案：

结论成立。

二、什么时候想到它

题目里看到	应该想到
符号选择决定部分和	先写可达集合递推
结论涉及所有正整数	设计降指标的强归纳
有限块拼成无限数列	逐类核块内及边界

三、怎么用

把局部选择编码成整数条件。
写候选可达集或构造规则。
归纳同时证明必要与充分。
单查小指标和跨块转接。

四、再做一道

例 2：跨块的三项条件

构造一个正整数无限数列，使每三个连续项之和均为 $6$ ，且不是常数列。

怎么看出来：

可重复一个和为六的三项块。

解：

取 $1, 2, 3, 1, 2, 3, \dots$ 。任意起点除以 $3$ 的余数为三种，对应窗口分别是 $(1, 2, 3), (2, 3, 1), (3, 1, 2)$ ，和均为 $6$ ，跨块窗口也包括在内。

答案：

周期重复 $1, 2, 3$ 。

五、容易错在哪

有限枚举不能证明所有层都可达，需要归纳或其他全称证明。
重复块的边界必须单独核，不能只检查块内。

真题

按这个方法练 · 9 题

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误区对照

容易误以为

由 $a_{n} (a_{n} - a_{n - 1}) = 1 + a_{n - 1}$ ，不论项的符号都可约去 $a_{n} + 1$ 得 $a_{n} = a_{n - 1} + 1$ 。

应当这样想

因式分解为 $(a_{n} + 1) (a_{n} - a_{n - 1} - 1) = 0$ 。若已知各项为正，第一因子不为零，可得增量为一；若无正性， $a_{n - 1} = 1, a_{n} = - 1$ 就使原式成立但增量不是一。

为什么

积为零要保留全部分支，正项条件才排除 $a_{n} = - 1$ 。

容易误以为

$b_{n} = a_{n} - n$ 满足 $b_{n + 1} = - b_{n}$ ，所以原列 $a_{n}$ 的周期为二。

应当这样想

只能得 $b_{n + 2} = b_{n}$ ，还原后 $a_{n + 2} = a_{n} + 2$ 。例如 $a_{n} = n + (- 1)^{n - 1}$ 的偏差二周期，原列却不周期。

为什么

周期可能属于去掉趋势的偏差，平移基准还原时不能漏回趋势。

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 · 66 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。