4.1 数列的概念

数列这一章的第一节要做的事只有一件：把「一列数」变成一个能算的对象。 课本的路线是「三个实例 → 归纳出定义 → 数列是函数 → 通项公式 → 递推公式 → 前 $n$ 项和」， 按发现顺序走。这里换成决策顺序：先立住「数列就是定义在正整数集上的函数」这一个看法， 再把「一个数列可以怎么被给出来」这三种形式一次摆齐——因为后面整章的技巧， 全都是「题目用哪种形式给的、我要换成哪种形式」这一个选择的结果。

这一节里技术含量最高、也最常在高考里露面的一段是最后的 $S_n$ 与 $a_n$ 的关系， 它单独占了第四节的位置。

一、数列：一列有序的数，也是一个函数

按照确定的顺序排列的一列数叫做数列，其中每一个数叫做这个数列的项， 第 $n$ 个位置上的数记作 $a_n$，第 1 项也叫首项。数列的一般形式是 $a_1,a_2,\dots,a_n,\dots$，简记为 $\{a_n\}$。项数有限的叫有穷数列， 项数无限的叫无穷数列。

定义里唯一要抠的字眼是「确定的顺序」。它把数列和你已经很熟的另一个对象分开了：

顺序有意义，正是「第 $n$ 项」这个说法能成立的原因。 位置固定了，就可以问「第 5 项是多少」； 也正因为位置固定，序号 $n$ 与项 $a_n$ 之间有了一个明确的对应：

$$\begin{array}{ccccc} n\ (\text{序号}) & 1 & 2 & 3 & \cdots\\ \downarrow & \downarrow & \downarrow & \downarrow & \\ a_n\ (\text{项}) & a_1 & a_2 & a_3 & \cdots \end{array}$$

这就是本节最该先立住的一句话——数列 $\{a_n\}$ 是一个函数：它的定义域是 $\mathbf{N}^*$ （或它的有限子集 $\{1,2,\dots,n\}$）、值域在 $\mathbf{R}$ 里，写成 $a_n=f(n)$。 自变量是序号、函数值是项，唯一的差别是自变量只取正整数——用课本边注的话说， 以前学的函数自变量连续变化，数列的自变量是离散的。

这个看法不是装饰，它立刻给出三件东西：

• 「通项公式」就是这个函数的解析式（第二节）；
• 数列的单调性、最值可以照函数那一套定义和判断（第五节）；
• 数列的图象是一串孤立的点，而不是一条曲线（第五节，也是这一节最常犯的画图错）。

反过来也成立：给一个函数 $y=f(x)$，只要 $f(n)$ 对每个 $n\in\mathbf{N}^*$ 有意义， 那么 $f(1),f(2),\dots,f(n),\dots$ 就构成一个数列 $\{f(n)\}$。 「习题 4.1」第 7 题（$f(x)=\dfrac{2^x-1}{2^x}$，$a_n=f(n)$）走的就是这条路。

二、一个数列可以怎么被给出来：三张「身份证」

课本在这一节给了三种形式。做题时的第一个动作永远是认清题目给的是哪一种， 因为它决定了你能不能直接算第 $100$ 项。

① 通项公式。 如果第 $n$ 项 $a_n$ 与序号 $n$ 之间的对应关系可以用一个式子表示， 这个式子就叫做这个数列的通项公式。它就是函数解析式，代 $n$ 即得项：

$$a_n=\left(-\frac{1}{2}\right)^n,\qquad a_n=\frac{n^2+n}{2},\qquad a_n=\begin{cases}2,&n\ \text{为奇数},\\ n+1,&n\ \text{为偶数}.\end{cases}$$

第三个例子提醒一件事：通项公式允许分段，只要每个 $n$ 都能定出唯一的 $a_n$ 就行。

② 递推公式。 如果一个数列的相邻两项（或多项）之间的关系可以用一个式子表示， 这个式子叫做这个数列的递推公式。典型的样子是

$$a_1=1,\qquad a_n=3a_{n-1}\ (n\geqslant2)$$

递推公式必须配首项（或前几项）才能定出数列——只写 $a_n=3a_{n-1}$， $1,3,9,\dots$ 和 $2,6,18,\dots$ 都满足它。另外注意那个 $n\geqslant2$： $a_{n-1}$ 在 $n=1$ 时是 $a_0$，不存在，所以递推式的定义域从 $2$ 起。

③ 前 $n$ 项和公式。 如果前 $n$ 项之和 $S_n$ 与序号 $n$ 的对应关系能用一个式子表示， 这个式子叫做这个数列的前 $n$ 项和公式（详见第四节）。

三者的分工可以列成一张表——「要第 100 项」这一栏是它们的分水岭：

于是这一章后面反复出现的动作只有两个：由递推求通项（累加法、构造辅助数列、取倒数化递推 这些套路都在做这件事）与由 $S_n$ 求 $a_n$（下面第四节）。

顺带认一种伪装：一个循环，就是一份递推公式

递推公式还有一副不写成 $a_n=\dots$ 的样子——程序框图里的循环。框图给的是 「初值 + 每一轮怎么把旧值换成新值 + 什么时候停」，这三样正好就是「首项 + 递推式 + 项数」。

举一个真考过的：初值 $S=0$、$i=1$，循环体是「$S=2S+i$，然后 $i=i+1$」。 把第 $k$ 轮结束时的 $S$ 记作 $S_k$，注意第 $k$ 轮用的正是 $i=k$，于是

$$S_0=0,\qquad S_k=2S_{k-1}+k\quad(k\geqslant 1),$$

一条不折不扣的递推公式。接下来要做的就是上表最后一行说的那个动作——由递推求通项： 这一条配一个 $\lambda k+\mu$ 就化成等比（做法见 §4.3），得 $S_k=2^{\,k+1}-k-2$。

反过来也成立：给你一条递推，你总能把它画成一张循环框图。 「循环」与「递推」是同一件事的两种写法，一种给机器看、一种给人看。 认出这层伪装，算法题就变回了数列题。

三、由前几项猜通项：注意课本用的是「一个」

课本例 2、例 4 和多道练习都问「写出数列的一个通项公式」。 那个「一个」不是客套——有限多项决定不了通项公式。

给定前 $4$ 项 $1,-\frac12,\frac13,-\frac14$，$a_n=\dfrac{(-1)^{n+1}}{n}$ 满足它， 但把它改成

$$a_n=\frac{(-1)^{n+1}}{n}+(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)g(n)$$

（$g$ 随便取）也照样满足前 $4$ 项——后面的项被改成了任意的样子。所以：

• 题目问「一个通项公式」时，给出一个能对上所有给出项的式子就算完成，不必也不可能证明唯一；
• 反过来，「验算」是必须的：写出式子后逐个代 $n$ 回去核一遍已给的项，一处不对就换写法。

常用的三副零件，认出来就能拼：

• 正负相间：$(-1)^n$（奇数项为负）与 $(-1)^{n+1}$（奇数项为正）。哪个都行， 代 $n=1$ 试一下符号就定了。
• 常见分母：$n$、$2n-1$（奇数）、$2n$（偶数）、$n(n+1)$（$2,6,12,20,30,\dots$）、 $(2n-1)^2$。看到 $\frac12,\frac16,\frac1{12},\frac1{20}$ 就该想到 $n(n+1)$。
• 幂与根号：$2^n$、$3^{n-1}$、$\sqrt{n}$。注意指数上是 $n$ 还是 $n-1$——代首项定它。

规律不明显时，用课本边注给的办法：依次取出某一项，减去或除以它的前一项，再看差或商。 差成常数就是等差数列，商成常数就是等比数列；差或商本身又有规律，往往就是一个更好看的递推式。 例 4 里 $1,3,9,27$ 两条路都通——写成 $a_n=3^{n-1}$（通项）或 $a_1=1,\ a_n=3a_{n-1}$（递推）， 后者恰恰是从图形的分裂方式读出来的。

四、$S_n$ 与 $a_n$：这一节最要紧的一段

定义与那个分段公式

把数列 $\{a_n\}$ 从第 $1$ 项起到第 $n$ 项止的各项之和称为 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和， 记作 $S_n$：

$$S_n=a_1+a_2+\cdots+a_n$$

于是 $S_1=a_1$，而 $S_{n-1}=a_1+a_2+\cdots+a_{n-1}\ (n\geqslant2)$，两式相减得

$$a_n=\begin{cases}S_1,&n=1,\\ S_n-S_{n-1},&n\geqslant2.\end{cases}$$

为什么必须分段写？ 因为 $S_n-S_{n-1}$ 这个式子在 $n=1$ 时用到 $S_0$， 而 $S_0$ 在定义里根本没出现（「从第 1 项起」是定义的一部分）。 这不是保险起见的补充说明，是式子在 $n=1$ 处没有意义。

在谈这个式子之前，先把两个记号分清。 $a_3$ 是第 3 项，$S_3=a_1+a_2+a_3$ 是前三项之和—— 2020 年浙江卷第 11 题整道题只考这一句：给 $a_n=\frac{n(n+1)}{2}$ 问 $S_3$， 代一次通项得到的 $6$ 是 $a_3$，答案是 $1+3+6=10$。这道题在卷首、分值不低， 丢在这里最不值，故站内单列了一条易错点：前n项和与第n项混同。 顺带记一个量级检查：各项为正时 $S_n$ 必然不小于其中任何一项， 算出的「和」比某一项还小，一定是把两个记号搞混了。

由 $S_n$ 求 $a_n$ 的标准动作（三步，第三步最常被跳过）

1. 算 $a_1=S_1$。 直接代 $n=1$ 进 $S_n$ 的式子。
2. 对 $n\geqslant2$ 作差得 $a_n=S_n-S_{n-1}$，化简。
3. 把 $n=1$ 代进第 2 步的结果，看能不能与 $a_1$ 对上。
   • 对上 → 两段可以合并，写成对一切 $n\in\mathbf{N}^*$ 都成立的一个式子；
   • 对不上 → 通项必须分段写（$n=1$ 一项、$n\geqslant2$ 一项）。

课本「思考」里 $S_n=n^2+n$ 那个例子把三步都做了：$a_1=S_1=2$； $n\geqslant2$ 时 $a_n=(n^2+n)-[(n-1)^2+(n-1)]=2n$；再回验 $n=1$ 时 $2\times1=2$ 依然成立， 于是合并成 $a_n=2n$。第三句话不是废话，它是这个答案能写成一个式子的全部理由—— 第 13 页「练习」第 4 题（$S_n=-2n^2$）也一样，作差得 $2-4n$，回验 $n=1$ 得 $-2=S_1$， 恰好并得进去。漏掉这一步是本节最高频的失分点（站内单列了一条易错点：由前n项和求通项漏验首项）。

顺带一条极好用的推论：两个和之差是一段连续项

$a_n=S_n-S_{n-1}$ 只是「差一项」的特例。一般地，当 $p<q$ 时

$$S_q-S_p=a_{p+1}+a_{p+2}+\cdots+a_q$$

——公共的前 $p$ 项整段对消，剩下的一定是连续的一段。 这条不必背，它就是定义相减，但它在题目里出现的频率极高：凡是新数列由两个 $S$ 之差定义的 （$b_n=S_{2n}-S_n$ 这一类），第一步都不该去展开两个求和公式，而应该先看剩下的是哪一段。 2020 年浙江卷第 7 题整道题的机关就在这里：$b_{n+1}=S_{n+2}-S_{2n}$， 两个下标谁大谁小随 $n$ 变，$n<2$ 时差是正的一项、$n>2$ 时差是负的一段， 认出这件事之后四个选项都只剩一行算。

五、单调性与图象：把「函数」那一套搬过来

定义（都是「从第 2 项起」）。 从第 2 项起每一项都大于它的前一项的数列叫递增数列； 从第 2 项起每一项都小于它的前一项的数列叫递减数列；各项都相等的叫常数列。

判定只有一个机械动作：看 $a_{n+1}-a_n$ 的符号。

$$a_{n+1}-a_n>0\ (\forall n)\iff \text{递增},\qquad a_{n+1}-a_n<0\ (\forall n)\iff \text{递减}$$

各项同号时也可以作商与 $1$ 比（正项数列：$\dfrac{a_{n+1}}{a_n}>1$ 即递增）。 「习题 4.1」第 7 题第 (2) 问就是作差：$a_n=1-\left(\frac12\right)^n$，

$$a_{n+1}-a_n=\left(\frac12\right)^n-\left(\frac12\right)^{n+1}=\left(\frac12\right)^{n+1}>0,$$

对每个 $n$ 都成立，故递增。

注意「对每个 $n$ 都成立」这个量词。 只验一步（比如只算出 $a_2>a_1$）不能得出递增—— 定义要的是从第 2 项起每一项都比前一项大。这与等差数列判定里「只核前两个差就下结论」 是同一种错。

图象。 数列的图象是平面上一串孤立的点 $(n,a_n)$，$n$ 只取正整数， 所以点与点之间什么都没有，不要连成折线或曲线。 连起来会给出两个错觉：一是数列在整数之间还有值，二是可以谈「$n=1.5$ 处的项」。 画图时值得顺手做的是看点落在哪条已知曲线上： $a_n=2n+1$ 的点全落在直线 $y=2x+1$ 上，$a_n=\frac1n$ 的点全落在双曲线 $y=\frac1x$ 上， 分段通项的点则分落在两条线上（第 10 页「练习」第 1 题第 (3) 问的图象正是这样： 奇数项全在水平线 $y=2$ 上，偶数项在直线 $y=x+1$ 上）。 这一眼常常直接给出单调性与最值。

六、易错清单

按失分频率排：

1. $S_n$ 与 $a_n$ 混着用。 两种形态：一是问哪个量看错——问 $S_3$ 却答 $a_3$ （第四节那道 2020 年浙江卷第 11 题就设在这里），或者给 $S_n$ 的式子问「第 $n$ 项」 却把式子原样交上去；二是由 $S_n$ 求 $a_n$ 漏了回验 $n=1$——作差只对 $n\geqslant2$ 成立， 求出的式子必须把 $n=1$ 代回去与 $a_1=S_1$ 比一次，对不上就分段写。
2. 递推式的定义域取错。 $a_n=f(a_{n-1})$ 里 $n\geqslant2$，代 $n=1$ 会用到不存在的 $a_0$； 同理 $a_{n+1}=f(a_n)$ 里 $n\geqslant1$。给的是 $a_{n+1}$ 还是 $a_n$， 决定了要第 $k$ 项时代的是 $n=k-1$ 还是 $n=k$——代之前先把这行对照写下来。
3. 把「一个通项公式」当成「唯一的通项公式」。 前几项定不出通项； 写完必须逐项代回去验，但不必去证唯一。
4. 图象连成了曲线。 数列的图象是孤立点。
5. 拿数列当集合。 顺序有意义、项可以重复；$\{a_n\}$ 是整个数列的简记，不是集合。
6. 只验一步就断言单调。 递增要的是对每个 $n$ 都有 $a_{n+1}>a_n$。
7. 题目要「通项公式」却交了递推公式。 递推式加首项确实定出了数列， 但它不是通项公式——要的是能直接由 $n$ 算出 $a_n$ 的那一个式子。
8. 符号项的 $(-1)$ 幂次写反。 $(-1)^n$ 与 $(-1)^{n+1}$ 只差一个符号， 代 $n=1$ 试一次就定了，不要凭印象写。

七、这一节在真题里怎么用

页面下方「考过本节的真题」那一块是构建期从知识图谱派生的：某个站内实体在 textbook_pages 里引到本节的页、又有攻略声明了那个实体，真题才会两跳连过来。本节讲的是概念与记号， 它们在多数题里是背景而不是考点：清单里大多数题只是借本节的记号说话，考点在别的节。 真正以本节为考点的是下面这一道，它恰恰只考记号：

• 2020 年浙江卷第 11 题（填空，经由「数列」与「数列的前 $n$ 项和」两个实体）： 给 $a_n=\frac{n(n+1)}{2}$，问 $S_3$。整道题就是第四节开头那一句定义， $S_3=a_1+a_2+a_3=1+3+6=10$；难的不是算，是别把代一次通项得到的 $6$ 交上去。 值得多走一步的是把 $S_n$ 一次求出来：猜 $F(n)=\frac{n(n+1)(n+2)}{6}$， 验 $F(1)=a_1$ 与 $F(n)-F(n-1)=a_n$，于是任何一个 $S_n$ 都是一行—— 那两条验证正是本节 $a_n=S_n-S_{n-1}$ 的反向用法（站内把它单列成一条套路：和式先猜后验）。 顺带一句：这道题的数列就是本节第 9 页例 1 第 (1) 小题那一个（前 5 项 $1,3,6,10,15$）， 高考把课本例题的通项原样搬了过去，只把「写出前 5 项」换成了「求 $S_3$」。

还有一道 15 分的压轴题，它考的也是本节，而且是把第四节那条关系反过来读：

• 2015 年浙江卷第 20 题：$a_{1}=\frac12$、$a_{n+1}=a_{n}-a_{n}^{2}$，第（2）问要证 $\frac{1}{2(n+2)}\leqslant\frac{S_{n}}{n}\leqslant\frac{1}{2(n+1)}$，其中 $S_{n}$ 是 $\{a_{n}^{2}\}$ 的前 $n$ 项和。 这个递推求不出通项，照理 $S_{n}$ 也就无从谈起。破局只有一行：把递推移项写成

  $$a_{n}^{2}=a_{n}-a_{n+1} .$$

  要求和的那个通项，正好是原数列相邻两项之差。于是求和整段对消， $S_{n}=a_{1}-a_{n+1}=\frac12-a_{n+1}$——一个和塌成了两项之差。 本节第四节讲的是 $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}$（由和求项）；这道题走的是它的反向： 通项一旦能写成 $A_{n}-A_{n+1}$ 的样子，求和就只剩头尾（站内把这个动作单列成套路「裂项相消」）。 剩下的事只是估 $a_{n+1}$ 一项，跟求和再没关系。 记号这一节值钱的地方就在这里：$S_{n}$ 与 $a_{n}$ 之间那条来回都能走的关系， 正着用是「由和求项」，反着用就是「把和换成项」，压轴题考的往往是反着的那一半。

本节的记号还管着一类看着不像数列的题：

• 2014 年浙江卷第 11 题（填空，经由「数列」这个实体）：给一张程序框图，输入 $50$ 问输出。 框图的循环体是 $S=2S+i$、$i=i+1$，退出条件是 $S\geqslant n$。 把它按上面那段翻译成 $S_0=0$、$S_k=2S_{k-1}+k$，整道题就落回本节的第二张身份证： 给的是递推 $+$ 首项，要的是「第几项首次超过 $50$」。 轮数少（五轮），照着爬就行；轮数多或输入是字母，就得先求通项。 这道题也顺带演示了递推的另一个坑：框图里的 $i$ 是计数器，不是项数—— 跑完五轮时 $i$ 已经加成了 $6$，输出的是 $6$ 不是 $5$。

另有一道挂在别的节上、但胜负手落在本节的：

• 2020 年浙江卷第 7 题：给公差不为 $0$ 的等差数列与 $b_{n+1}=S_{n+2}-S_{2n}$， 问四个等式里哪一个不可能成立。整道题的胜负手就是第四节末尾那一条—— 先认出 $S_{n+2}-S_{2n}$ 剩下的是哪一段连续项（下标谁大谁小随 $n$ 变，要分界）， 再顺着「一段连续项之和 $=$ 项数 $\times$ 中间项」把每个 $b$ 压成一项。 硬展开两个求和公式也做得出来，但那条路要算四遍二次式。 做完它再回头看本节的分段公式，会明白为什么课本要把 $S_n$ 与 $a_n$ 的关系单独写成一个式子。

学这一节时更值得做的是课本自己那批题：第 13 页「练习」第 4 题是 $S_n\to a_n$ 的最小样本； 「习题 4.1」第 4 题（斐波那契）与第 6 题（复利）各是「递推公式从哪来」的一个真实来源； 第 7 题是「数列即函数」这个看法的完整一遍演练。逐题解答见下方「习题详解」。

本节课本习题共 15 道：第 10 页「练习」4 道、第 13 页「练习」4 道、 第 13–14 页「习题 4.1」7 道（复习巩固 3 道、综合运用 3 道、拓广探索 1 道）。 本份详解做其中 14 道，不收的是第 10 页「练习」第 2 题——它的题面主体是一张表格， 而表格在课本上是图、在文字转写里连一行图引用都没有留下，题面引文引不全， 本站的独立复核也就无靶可核（本站解答没有官方答案可比，逐题复核是唯一那道关；见页面上那句声明）。 要做那一道，请对着上方第 10 页的扫描图读表：表的最后一栏印着通项公式 $3(3+4n)$， 即 $a_n=12n+9$；表里给了 $n=1,2,5$ 三栏要你填 $a_n$（依次是 $21,33,69$）， 又给了 $a_n=153$ 与 $a_n=273$ 两栏要你反解 $n$（依次是 $12$ 与 $22$）。

本站解答没有官方答案可比（人教A版学生用书不含答案），页面上那句声明说的就是这件事； 所以每道题都过了一次独立 verifier 的复核。每道题先逐字引课本的题面（引用块），再写解答。

这一节反复用到的三样东西：通项公式（由 $n$ 直接算 $a_n$）、递推公式（配首项逐项爬）、 以及 $a_n=S_n-S_{n-1}\ (n\geqslant2)$ 与 $a_1=S_1$ 那个分段关系。

练习（第 10 页）第 1 题

1. 写出下列数列的前 10 项，并作出它们的图象：

（1）所有正整数的倒数按从大到小的顺序排列成的数列；

(2) 当自变量 x 依次取 1, 2, 3, … 时，函数 $f(x)=2x+1$ 的值构成的数列；

(3) 数列的通项公式为 $a_{n}=\left\{\begin{aligned}&2,&n\text{ 为奇数,}\\ &n+1,&n\text{ 为偶数.}\end{aligned}\right.$

三小问的动作是同一个：先把通项公式写出来，再代 $n=1,2,\dots,10$。 图象一律画成平面上的孤立点 $(n,a_n)$，不连线（数列的自变量只取正整数，点之间没有值）。

(1) 正整数的倒数是 $1,\frac12,\frac13,\dots$，而 $n$ 越大倒数越小， 所以「按从大到小排列」就是按 $n$ 从小到大排列，通项为

$$a_n=\frac{1}{n}$$

前 $10$ 项依次为

$$1,\ \frac12,\ \frac13,\ \frac14,\ \frac15,\ \frac16,\ \frac17,\ \frac18,\ \frac19,\ \frac1{10}$$

图象：$10$ 个点 $(1,1),\left(2,\frac12\right),\dots,\left(10,\frac1{10}\right)$， 全部落在双曲线 $y=\dfrac1x$ 位于第一象限的那一支上；随 $n$ 增大点逐个下降、越来越贴近 $x$ 轴， 但永远在 $x$ 轴上方。

(2) 第 $n$ 项就是 $f$ 在 $x=n$ 处的值：

$$a_n=f(n)=2n+1$$

前 $10$ 项依次为

$$3,\ 5,\ 7,\ 9,\ 11,\ 13,\ 15,\ 17,\ 19,\ 21$$

图象：$10$ 个点 $(1,3),(2,5),\dots,(10,21)$，全部落在直线 $y=2x+1$ 上， 横向每走 $1$ 格纵向升 $2$ 格，等间距上升。

(3) 通项已经给了，逐个代 $n$ 时先判 $n$ 的奇偶再选式子： $n$ 为奇数取 $2$，$n$ 为偶数取 $n+1$。于是

前 $10$ 项依次为 $2,3,2,5,2,7,2,9,2,11$。

图象：$10$ 个点分落在两条线上——序号为奇数的五个点 $(1,2),(3,2),(5,2),(7,2),(9,2)$ 全在水平线 $y=2$ 上；序号为偶数的五个点 $(2,3),(4,5),(6,7),(8,9),(10,11)$ 全在直线 $y=x+1$ 上， 逐个升高。两串点交错出现，所以这个数列既不是递增数列也不是递减数列。

自检：(1) 的项都在 $(0,1]$ 内且递减，与「倒数从大到小」相符；(2) 的项都是奇数， 与 $2n+1$ 相符；(3) 的奇数项恒为 $2$、偶数项从 $3$ 起每次加 $2$，与分段式相符。

这道题的动作：把「文字描述的排列规则」翻成通项公式，是本节最基础的一步； 画图时记住数列的图象是孤立点，并顺手看一眼这些点落在哪条熟悉的曲线上—— 那一眼常常直接给出单调性。

练习（第 10 页）第 3 题

3. 除数函数（divisor function） $y = d(n) (n \in \mathbb{N}^*)$ 的函数值等于 $n$ 的正因数的个数，例如， $d(1) = 1$， $d(4) = 3$。写出数列 $d(1)$， $d(2)$，…， $d(n)$，…的前10项。

$d(n)$ 没有简单的通项公式，只能按定义逐个数正因数。把每个 $n$ 的正因数全部列出来再计数， 不漏 $1$ 和 $n$ 本身：

所以数列的前 $10$ 项依次为

$$1,\ 2,\ 2,\ 3,\ 2,\ 4,\ 2,\ 4,\ 3,\ 4$$

自检：题面给的两个值可以直接对——$d(1)=1$、$d(4)=3$，与表中第 1、4 行一致。 另外每个质数处 $d$ 都等于 $2$（正因数只有 $1$ 与它自己），表中 $n=2,3,5,7$ 四处都是 $2$，相符； 完全平方数处 $d$ 是奇数（因数成对出现，只有 $\sqrt{n}$ 自己配自己），$n=1,4,9$ 处依次是 $1,3,3$， 都是奇数，相符。

这道题的动作：数列的项不一定由公式给出，「按定义逐项算」本身就是一种合法的给法。 顺带看出这个数列既不递增也不递减——它在质数处掉回 $2$，说明「数列」这个概念比「有公式的数列」宽得多。

练习（第 10 页）第 4 题

4. 根据下列数列的前 5 项，写出数列的一个通项公式：

(1) $1, \frac{1}{3}, \frac{1}{5}, \frac{1}{7}, \frac{1}{9}, \cdots;$

(2) $1, \frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{1}{2}, \frac{\sqrt{2}}{4}, \frac{1}{4}, \cdots$.

题目问的是「一个通项公式」——前 $5$ 项定不出唯一的通项， 所以要做的是给出一个能对上这 5 项的式子，并逐项代回去验一遍。

(1) 五项都是分数，分子恒为 $1$，分母依次是 $1,3,5,7,9$——从 $1$ 起的奇数， 第 $n$ 个奇数是 $2n-1$。故一个通项公式为

$$a_n=\frac{1}{2n-1}$$

验：$n=1,2,3,4,5$ 代入得 $\frac11,\frac13,\frac15,\frac17,\frac19$，与所给五项逐项相符。

(2) 五项里 $\sqrt2$ 时有时无，先把它们统一写成 $2$ 的幂（用 $\sqrt2=2^{\frac12}$）：

$$1=2^{0},\quad \frac{\sqrt2}{2}=2^{\frac12-1}=2^{-\frac12},\quad \frac12=2^{-1},\quad \frac{\sqrt2}{4}=2^{\frac12-2}=2^{-\frac32},\quad \frac14=2^{-2}$$

指数依次是 $0,-\frac12,-1,-\frac32,-2$，每次减 $\frac12$，第 $n$ 个是 $-\dfrac{n-1}{2}$。 故一个通项公式为

$$a_n=2^{-\frac{n-1}{2}}=\left(\frac{\sqrt2}{2}\right)^{n-1}$$

（两种写法相等：$\dfrac{\sqrt2}{2}=2^{-\frac12}$。）

验：$n=1$ 得 $1$；$n=2$ 得 $\frac{\sqrt2}{2}$；$n=3$ 得 $\left(\frac{\sqrt2}{2}\right)^2=\frac24=\frac12$； $n=4$ 得 $\left(\frac{\sqrt2}{2}\right)^3=\frac{2\sqrt2}{8}=\frac{\sqrt2}{4}$； $n=5$ 得 $\left(\frac{\sqrt2}{2}\right)^4=\frac{4}{16}=\frac14$。五项全对。

这道题的动作：(1) 认分母的数列（奇数 $2n-1$ 是最常见的一副零件）； (2) 把形状不一致的项化成同一种记法再找规律——这里是统一成 $2$ 的幂。 指数上写 $n$ 还是 $n-1$，一律代 $n=1$ 定。

练习（第 13 页）第 1 题

1. 根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式，并在横线上和括号中分别填上第5项的图形和点数.

(1)

课本这里排的是三小问 (1)(2)(3)，各占一行图；文字转写只留下了第一个小题号， 三行图分别就是 (1)(2)(3)。图上印着每个图形的点数，照抄下来即是三个数列的前 4 项：

• (1)（五角星形）：$1,\ 6,\ 11,\ 16,\ \dots$
• (2)（三叉形）：$1,\ 4,\ 7,\ 10,\ \dots$
• (3)（矩形点阵）：$3,\ 8,\ 15,\ 24,\ \dots$

(1) 相邻两项作差：$6-1=5$，$11-6=5$，$16-11=5$，差恒为 $5$。 首项 $1$、每次加 $5$，故第 $n$ 项是 $1+5(n-1)$：

$$a_n=5n-4$$

验：$n=1,2,3,4$ 依次得 $1,6,11,16$，与图上四个点数相符。 第 5 项：$a_5=5\times5-4=21$。 第 5 个图形：在第 4 个图形的基础上，五条边（臂）各再向外接一个点—— 中心 $1$ 个点、五条臂每条 $4$ 个点，共 $1+5\times4=21$ 个点。 （这也解释了差为什么恒是 $5$：每往后一个图形，五条臂各多一个点。）

(2) 作差：$4-1=3$，$7-4=3$，$10-7=3$，差恒为 $3$。故

$$a_n=3n-2$$

验：$n=1,2,3,4$ 依次得 $1,4,7,10$，相符。 第 5 项：$a_5=3\times5-2=13$。 第 5 个图形：中心 $1$ 个点、三条臂每条 $4$ 个点，共 $1+3\times4=13$ 个点。

(3) 这一组的差不是常数（$8-3=5$，$15-8=7$，$24-15=9$），要看图形的形状： 四个图形依次是 $1\times3$、$2\times4$、$3\times5$、$4\times6$ 的矩形点阵， 即第 $n$ 个是 $n$ 行 $(n+2)$ 列。故

$$a_n=n(n+2)=n^2+2n$$

验：$n=1,2,3,4$ 依次得 $1\times3=3$、$2\times4=8$、$3\times5=15$、$4\times6=24$，相符。 （也可以从差来验：$a_{n+1}-a_n=(n+1)(n+3)-n(n+2)=2n+3$，$n=1,2,3$ 依次得 $5,7,9$， 与上面算出的三个差一致。） 第 5 项：$a_5=5\times7=35$。 第 5 个图形：$5$ 行 $7$ 列的矩形点阵，共 $35$ 个点。

这道题的动作：图形题的规律有两个入口——作差（差为常数时直接写成 「首项 $+$ 公差 $\times(n-1)$」）与看形状（差不是常数时，从图形的构造直接读出乘积形式）。 (3) 之所以要走第二条路，正是因为它的差在变。

练习（第 13 页）第 2 题

2. 根据下列条件，写出数列 $\{a_{n}\}$ 的前5项：

(1) $a_1 = 1, a_n = a_{n-1} + 2^{n-1} (n \geqslant 2)$;

(2) $a_1 = 3, a_n = \frac{2}{3} a_{n-1} + 1 (n \geqslant 2)$.

给的是递推公式加首项，动作就是从 $a_1$ 出发逐项往上代。注意两式都写着 $n\geqslant2$： 递推式对 $n=1$ 不可用（那会用到不存在的 $a_0$），所以 $a_1$ 只能取题给的那个值。

(1) $a_1=1$，依次代 $n=2,3,4,5$：

$$a_2=a_1+2^{1}=1+2=3$$ $$a_3=a_2+2^{2}=3+4=7$$ $$a_4=a_3+2^{3}=7+8=15$$ $$a_5=a_4+2^{4}=15+16=31$$

前 $5$ 项为 $1,\ 3,\ 7,\ 15,\ 31$。

自检：这五项都比 $2$ 的幂小 $1$（$2-1,4-1,8-1,16-1,32-1$）， 即看起来 $a_n=2^n-1$。核一下它是否满足递推： $2^n-1-(2^{n-1}-1)=2^n-2^{n-1}=2^{n-1}$，正是所加的那一项，且 $2^1-1=1=a_1$，相符。

(2) $a_1=3$，依次代 $n=2,3,4,5$：

$$a_2=\frac23\times3+1=2+1=3$$ $$a_3=\frac23\times3+1=3,\qquad a_4=3,\qquad a_5=3$$

前 $5$ 项为 $3,\ 3,\ 3,\ 3,\ 3$。

自检：$3$ 恰好是这个递推式的不动点——解 $x=\frac23x+1$ 得 $\frac13x=1$，$x=3$。 首项正好取在不动点上，于是每一项都被原地送回 $3$，数列是常数列。 （若首项换成别的值就不再是常数列了，例如 $a_1=0$ 会给出 $1,\frac53,\frac{19}{9},\dots$。）

这道题的动作：递推公式要配首项才定出数列；代入时先看清递推式的定义域 （这里是 $n\geqslant2$）。算完顺手做一次「猜通项并回代验证」，是把递推转成通项的起点。

练习（第 13 页）第 3 题

3. 已知数列 $\{a_{n}\}$ 满足 $a_{1} = 2, a_{n} = 2 - \frac{1}{a_{n - 1}} (n \geqslant 2)$，写出它的前5项，并猜想它的通项公式.

先逐项算。每一步都要先确认分母不为零（$a_{n-1}\ne0$），再代：

$$a_1=2\ (\ne0),\qquad a_2=2-\frac12=\frac32$$ $$a_3=2-\frac{1}{\frac32}=2-\frac23=\frac43,\qquad a_4=2-\frac{1}{\frac43}=2-\frac34=\frac54,\qquad a_5=2-\frac{1}{\frac54}=2-\frac45=\frac65$$

前 $5$ 项为

$$2,\ \frac32,\ \frac43,\ \frac54,\ \frac65$$

（五项都为正，故上面每一步的分母都不为零，代入合法。）

猜通项。 把首项写成 $\frac21$，五项就是

$$\frac21,\ \frac32,\ \frac43,\ \frac54,\ \frac65$$

分母是 $1,2,3,4,5$，分子总比分母大 $1$，于是猜

$$a_n=\frac{n+1}{n}$$

验证这个猜想真的满足题给条件（猜完必须回代，否则只是「前 5 项对得上」）：

• 首项：$n=1$ 时 $\frac{1+1}{1}=2=a_1$，对；
• 递推：若 $a_{n-1}=\dfrac{n}{n-1}\ (n\geqslant2)$，则

$$2-\frac{1}{a_{n-1}}=2-\frac{n-1}{n}=\frac{2n-(n-1)}{n}=\frac{n+1}{n}=a_n$$

正是所要的。故 $a_n=\dfrac{n+1}{n}$ 满足全部条件，猜想成立。

自检：$a_n=1+\frac1n$ 随 $n$ 增大而减小，且恒大于 $1$——与算出的 $2>\frac32>\frac43>\frac54>\frac65>1$ 相符。

这道题的动作：算前几项 → 把它们写成同一种形状（这里是把 $2$ 写成 $\frac21$）→ 猜通项 → 回代验证。第三步靠眼力，第四步才是把猜想变成结论的那一步。

练习（第 13 页）第 4 题

4. 已知数列 $\{a_{n}\}$ 的前 $n$ 项和公式为 $S_{n} = -2n^{2}$，求 $\{a_{n}\}$ 的通项公式.

由 $S_n$ 求 $a_n$ 走的是那个分段关系：$a_1=S_1$，而 $a_n=S_n-S_{n-1}$ 只对 $n\geqslant2$ 成立 （$n=1$ 时会用到没有定义的 $S_0$）。三步：

① 算首项。

$$a_1=S_1=-2\times1^2=-2$$

② 对 $n\geqslant2$ 作差。

$$a_n=S_n-S_{n-1}=-2n^2-\bigl[-2(n-1)^2\bigr]=-2n^2+2(n-1)^2$$

展开括号：$2(n-1)^2=2n^2-4n+2$，于是

$$a_n=-2n^2+2n^2-4n+2=2-4n\qquad(n\geqslant2)$$

③ 回验 $n=1$ 能不能并进来。 把 $n=1$ 代进 $2-4n$ 得 $2-4=-2$， 恰好等于第 ① 步算出的 $a_1=-2$。能并，所以通项对一切 $n\in\mathbf{N}^*$ 统一写成

$$a_n=2-4n$$

自检：用求出的通项反算前 $n$ 项和，看是否回到 $-2n^2$。 $a_1+a_2+\cdots+a_n=\sum_{k=1}^{n}(2-4k)=2n-4\cdot\frac{n(n+1)}{2}=2n-2n(n+1)=-2n^2$， 与题给的 $S_n$ 一致。再验两个具体值：$S_1=-2=a_1$，$S_2=-8=a_1+a_2=-2+(-6)$，都对。

这道题的动作：由 $S_n$ 求 $a_n$ 是三步而不是两步。 第 ③ 步「回验 $n=1$」不是保险，它是「能写成一个式子」的全部理由。 这道题恰好并得进去；若 ③ 里两个值不相等， 答案就必须分段写成 $a_1=S_1$ 与 $a_n=S_n-S_{n-1}\ (n\geqslant2)$ 两条。 这一条在站内单列了一条易错点：由前n项和求通项漏验首项。

习题 4.1 第 1 题

1. 写出下列数列的前 10 项，并作出它们的图象：

(1) 素数按从小到大的顺序排列成的数列；

(2) 欧拉函数 $\varphi(n)$ ( $n \in N^{*}$ ) 的函数值按自变量从小到大的顺序排列成的数列.

欧拉函数 $\varphi(n)$ ( $n \in N^{*}$ ) 的函数值等于所有不超过正整数 n，且与 n 互素的正整数的个数，例如， $\varphi(1)=1$ ， $\varphi(4)=2$ .

两小问都没有通项公式可用，按定义逐项数。

(1) 素数是大于 $1$ 且只有 $1$ 与自身两个正因数的正整数。从 $2$ 开始逐个筛 （$1$ 不是素数，$4=2^2$、$6=2\times3$、$8$、$9=3^2$、$10$ 都不是）：

$$2,\ 3,\ 5,\ 7,\ 11,\ 13,\ 17,\ 19,\ 23,\ 29$$

图象：$10$ 个孤立点 $(1,2),(2,3),(3,5),(4,7),(5,11),(6,13),(7,17),(8,19),(9,23),(10,29)$。 点整体上升（是递增数列，因为素数按从小到大排），但升幅不均匀： $(2,3)$ 到 $(3,5)$ 升 $2$，$(4,7)$ 到 $(5,11)$ 升 $4$——所以这些点不落在任何一条直线上。

(2) 按边注的定义，$\varphi(n)$ 数的是 $1$ 到 $n$ 中与 $n$ 互素（最大公因数为 $1$）的个数。 逐个数（$n=1$ 按边注给的 $\varphi(1)=1$）：

前 $10$ 项依次为

$$1,\ 1,\ 2,\ 2,\ 4,\ 2,\ 6,\ 4,\ 6,\ 4$$

图象：$10$ 个孤立点 $(1,1),(2,1),(3,2),(4,2),(5,4),(6,2),(7,6),(8,4),(9,6),(10,4)$， 上下起伏——它既不是递增数列也不是递减数列（$\varphi(5)=4$ 而 $\varphi(6)=2$，掉下去了）。

自检：边注给的两个值可以直接对——$\varphi(1)=1$、$\varphi(4)=2$，与表中第 1、4 行一致。 再用两条规律核一遍：$p$ 为素数时 $1$ 到 $p$ 中只有 $p$ 自己与 $p$ 不互素，故 $\varphi(p)=p-1$， 表中 $n=2,3,5,7$ 依次给 $1,2,4,6$，相符；$\varphi(8)$ 数的是 $8$ 以内的奇数， 共 $4$ 个，相符。

这道题的动作：与第 10 页「练习」第 3 题同源。 数列的项可以由「定义 + 逐个计算」给出，不必有公式。 这两个数列都不落在直线或熟悉的曲线上，正说明「数列」这个概念远比「有公式的数列」宽。

习题 4.1 第 2 题

2. 根据下列条件，写出数列 $\{a_{n}\}$ 的前5项：

(1) $a_{n} = \frac{1}{n^{2}}$; (2) $a_{n} = (-1)^{n + 1}(n^{2} + 1)$;

(3) $a_1 = \frac{1}{2}, a_n = 4a_{n-1} + 1 (n \geqslant 2)$; (4) $a_1 = -\frac{1}{4}, a_n = 1 - \frac{1}{a_{n-1}} (n \geqslant 2)$.

四小问分两类：(1)(2) 给的是通项公式，代 $n=1,\dots,5$ 即得； (3)(4) 给的是递推公式加首项，从 $a_1$ 逐项爬（递推式都注明 $n\geqslant2$，$n=1$ 不可代）。

(1) $a_n=\dfrac{1}{n^2}$，代 $n=1,2,3,4,5$：

$$1,\ \frac14,\ \frac19,\ \frac1{16},\ \frac1{25}$$

(2) $a_n=(-1)^{n+1}(n^2+1)$。符号因子 $(-1)^{n+1}$ 在 $n$ 为奇数时是 $+1$、 $n$ 为偶数时是 $-1$（代 $n=1$ 得 $(-1)^2=+1$，定死了它）。而 $n^2+1$ 依次是 $2,5,10,17,26$， 于是

$$2,\ -5,\ 10,\ -17,\ 26$$

(3) $a_1=\dfrac12$，依次代 $n=2,3,4,5$：

$$a_2=4\times\frac12+1=2+1=3$$ $$a_3=4\times3+1=13,\qquad a_4=4\times13+1=53,\qquad a_5=4\times53+1=213$$

前 $5$ 项为 $\dfrac12,\ 3,\ 13,\ 53,\ 213$。

(4) $a_1=-\dfrac14$。每一步先确认分母 $a_{n-1}\ne0$ 再代：

$$a_2=1-\frac{1}{-\frac14}=1-(-4)=5$$ $$a_3=1-\frac15=\frac45,\qquad a_4=1-\frac{1}{\frac45}=1-\frac54=-\frac14,\qquad a_5=1-\frac{1}{-\frac14}=5$$

前 $5$ 项为 $-\dfrac14,\ 5,\ \dfrac45,\ -\dfrac14,\ 5$。 （四个用到的分母 $-\frac14,\ 5,\ \frac45,\ -\frac14$ 都不为零，代入合法。）

自检：(4) 里 $a_4=a_1$，而后一项完全由前一项决定，所以从第 4 项起整段重复—— 这个数列以 $3$ 为周期：$-\frac14,\ 5,\ \frac45$ 循环。用这一点核 $a_5$： $a_5$ 应与 $a_2$ 相同，确实都是 $5$。 (2) 的符号也回核一次：奇数项 $a_1,a_3,a_5$ 为正、偶数项 $a_2,a_4$ 为负，与 $(-1)^{n+1}$ 相符。

这道题的动作：先分清「给的是通项还是递推」——通项代 $n$，递推爬台阶。 (4) 顺带示范了递推数列可以是周期的：一旦出现某一项与更前面的某一项相等，后面必然整段循环。

习题 4.1 第 3 题

3. 观察下列数列的特点，用适当的数填空，并写出数列的一个通项公式： (1)（），-4，9，（），25，（），49；

(2) $1, \frac{1}{3^2}, (\quad), \frac{1}{7^2}, \frac{1}{9^2}, (\quad), \frac{1}{13^2}$;

(3) $1, \sqrt{2}, (\quad), 2, \sqrt{5}, (\quad), \sqrt{7}$;

(4) $\frac{1}{2}, \frac{1}{6}, (\quad), \frac{1}{20}, \frac{1}{30}, (\quad)$.

四小问都是「先认规律、再填空、最后写一个通项公式」。每一问都用已给出的项验一遍通项， 再用通项算出空格。

(1) 已给的是第 2、3、5、7 项：$-4,\ 9,\ 25,\ 49$。 绝对值是 $4,9,25,49$，即 $2^2,3^2,5^2,7^2$——恰好是序号的平方； 符号则是第 2 项负、第 3 项正、第 5 项正、第 7 项正，看起来奇数项为正、偶数项为负。 于是猜

$$a_n=(-1)^{n+1}n^2$$

验：$n=2$ 得 $-4$、$n=3$ 得 $9$、$n=5$ 得 $25$、$n=7$ 得 $49$，四个已给项全对。 填空：$a_1=(-1)^2\times1=1$，$a_4=(-1)^5\times16=-16$，$a_6=(-1)^7\times36=-36$。 完整数列为

$$1,\ -4,\ 9,\ -16,\ 25,\ -36,\ 49$$

(2) 各项都是 $\dfrac{1}{(\ )^2}$ 的形状，底数依次是 $1,3,\ ?,\ 7,9,\ ?,\ 13$—— 从 $1$ 起的奇数，第 $n$ 个是 $2n-1$。故

$$a_n=\frac{1}{(2n-1)^2}$$

验：$n=1,2,4,5,7$ 依次得 $\frac1{1^2},\frac1{3^2},\frac1{7^2},\frac1{9^2},\frac1{13^2}$， 与五个已给项相符。 填空：$a_3=\dfrac{1}{5^2}=\dfrac{1}{25}$，$a_6=\dfrac{1}{11^2}=\dfrac{1}{121}$。

(3) 把每一项都写成根号形式：$1=\sqrt1$，$\sqrt2$，$?$，$2=\sqrt4$，$\sqrt5$，$?$，$\sqrt7$。 根号里依次是 $1,2,\ ?,\ 4,5,\ ?,\ 7$——就是序号本身。故

$$a_n=\sqrt{n}$$

验：$n=1,2,4,5,7$ 依次得 $1,\sqrt2,2,\sqrt5,\sqrt7$，相符（注意第 4 项 $\sqrt4=2$， 正是课本写的那个 $2$——把它写回 $\sqrt4$ 是认出规律的关键一步）。 填空：$a_3=\sqrt3$，$a_6=\sqrt6$。

(4) 分子恒为 $1$，分母依次是 $2,6,\ ?,\ 20,30,\ ?$。 把它们分解：$2=1\times2$，$6=2\times3$，$20=4\times5$，$30=5\times6$—— 第 $n$ 个分母是 $n(n+1)$。故

$$a_n=\frac{1}{n(n+1)}$$

验：$n=1,2,4,5$ 依次得 $\frac12,\frac16,\frac1{20},\frac1{30}$，与四个已给项相符。 填空：$a_3=\dfrac{1}{3\times4}=\dfrac{1}{12}$，$a_6=\dfrac{1}{6\times7}=\dfrac{1}{42}$。

这道题的动作：填空题的正确顺序是先写通项、再用通项填空，不要直接凭「差」去猜下一个数—— (1) 的符号交替、(3) 的 $2=\sqrt4$ 都会让「看差」失效。 另外注意题目问的仍是「一个通项公式」：给出一个对上所有已给项的式子即可。

习题 4.1 第 4 题

4. 已知数列 $\{a_{n}\}$ 的第1项是1，第2项是2，以后各项由 $a_{n} = a_{n - 1} + a_{n - 2} (n > 2)$ 给出.

(1) 写出这个数列的前 5 项；

(2) 利用数列 $\{a_{n}\}$ ，通过公式 $b_{n}=\frac{a_{n+1}}{a_{n}}$ 构造一个新的数列 $\{b_{n}\}$ ，试写出数列 $\{b_{n}\}$ 的前 5 项.

递推式用到前两项，所以要两个初值：$a_1=1$、$a_2=2$；而 $n>2$（即 $n\geqslant3$） 才能用递推式（$n=2$ 会用到不存在的 $a_0$）。

(1) 依次代 $n=3,4,5$：

$$a_3=a_2+a_1=2+1=3$$ $$a_4=a_3+a_2=3+2=5,\qquad a_5=a_4+a_3=5+3=8$$

前 $5$ 项为 $1,\ 2,\ 3,\ 5,\ 8$。

(2) $b_n=\dfrac{a_{n+1}}{a_n}$ 里要用到 $a_6$（算 $b_5$ 时），先补一项：

$$a_6=a_5+a_4=8+5=13$$

（每个 $a_n$ 都是正数，故分母 $a_n\ne0$，$b_n$ 都有意义。）于是

$$b_1=\frac{a_2}{a_1}=\frac21=2,\qquad b_2=\frac{a_3}{a_2}=\frac32,\qquad b_3=\frac{a_4}{a_3}=\frac53$$ $$b_4=\frac{a_5}{a_4}=\frac85,\qquad b_5=\frac{a_6}{a_5}=\frac{13}{8}$$

$\{b_n\}$ 的前 $5$ 项为

$$2,\ \frac32,\ \frac53,\ \frac85,\ \frac{13}{8}$$

自检：把递推式两边同除 $a_{n-1}$ 可得 $b$ 自己的关系—— 由 $a_{n+1}=a_n+a_{n-1}$ 得 $b_n=\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=1+\dfrac{a_{n-1}}{a_n}=1+\dfrac{1}{b_{n-1}}$。 用它核 $b_2$：$1+\frac1{b_1}=1+\frac12=\frac32$，对；核 $b_5$：$1+\frac{1}{b_4}=1+\frac58=\frac{13}8$，对。 另外 $b_n$ 的值在 $\frac32$ 与 $2$ 之间上下摆动（$2,1.5,1.667,1.6,1.625$），逐步靠近约 $1.618$。

这道题的动作：① 递推用到几项，就要给几个初值，定义域也要跟着往后挪（这里从 $n=3$ 起）； ② 算「由旧数列构造的新数列」的前 $k$ 项时，先数清旧数列要算到第几项—— 这里 $b_5$ 要用 $a_6$，漏算 $a_6$ 就只能写出 4 项。 （这个 $\{a_n\}$ 正是本节末尾「阅读与思考」里那个斐波那契数列，只是首两项取成了 $1,2$。）

习题 4.1 第 5 题

5. 传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数。他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，如图中第一行的1，3，6，10称为三角形数，第二行的1，4，9，16称为正方形数，第三行的1，5，12，22称为五边形数。请你分别写出三角形数、正方形数和五边形数所构成的数列的第5项和第6项。

题面里那句「如图」指的是第 14 页上那三行点子图（上方扫描图可见）； 三行的前 4 项已经在题面文字里给全（$1,3,6,10$ / $1,4,9,16$ / $1,5,12,22$）， 所以解题不必读图。三组都用同一个办法：先作一阶差，差不是常数就再作一次， 定出通项后代 $n=5,6$。

① 三角形数：$1,3,6,10,\dots$

一阶差：$3-1=2$，$6-3=3$，$10-6=4$——差本身依次是 $2,3,4$，即第 $n$ 个差是 $n+1$。 于是每往后一项就多加一行点，第 $n$ 项是 $1+2+3+\cdots+n$：

$$a_n=\frac{n(n+1)}{2}$$

验：$n=1,2,3,4$ 依次得 $1,3,6,10$，四项全对。 第 5、6 项：$a_5=\dfrac{5\times6}{2}=15$，$a_6=\dfrac{6\times7}{2}=21$。

② 正方形数：$1,4,9,16,\dots$

四项就是 $1^2,2^2,3^2,4^2$，故

$$b_n=n^2$$

验：$n=1,2,3,4$ 依次得 $1,4,9,16$，全对。 第 5、6 项：$b_5=25$，$b_6=36$。

③ 五边形数：$1,5,12,22,\dots$

一阶差：$5-1=4$，$12-5=7$，$22-12=10$；再作差：$7-4=3$，$10-7=3$—— 二阶差是常数 $3$，说明通项是 $n$ 的二次式。第 $n$ 个一阶差是 $4+3(n-1)=3n+1$， 于是第 $n$ 项是

$$c_n=1+\sum_{k=1}^{n-1}(3k+1)=1+3\cdot\frac{(n-1)n}{2}+(n-1)=\frac{3n^2-n}{2}=\frac{n(3n-1)}{2}$$

验：$n=1$ 得 $\frac{1\times2}{2}=1$；$n=2$ 得 $\frac{2\times5}{2}=5$； $n=3$ 得 $\frac{3\times8}{2}=12$；$n=4$ 得 $\frac{4\times11}{2}=22$。四项全对。 第 5、6 项：$c_5=\dfrac{5\times14}{2}=35$，$c_6=\dfrac{6\times17}{2}=51$。

答：三角形数第 5、6 项为 $15$、$21$；正方形数为 $25$、$36$；五边形数为 $35$、$51$。

自检：三组的一阶差分别是 $\{n+1\}$、$\{2n+1\}$、$\{3n+1\}$——公差依次为 $1,2,3$， 与「三角形 / 正方形 / 五边形」的边数 $3,4,5$ 恰好错一位（$k$ 边形数的一阶差公差是 $k-2$）。 用这条规律核一次第 5、6 项之差：三角形数 $21-15=6=5+1$，正方形数 $36-25=11=2\times5+1$， 五边形数 $51-35=16=3\times5+1$，三处都对上。

这道题的动作：逐阶作差是从前几项找通项的通用办法—— 一阶差为常数则通项是一次式，二阶差为常数则通项是二次式。 求出通项后一定要用全部已给项验一遍，再往下算新项。

习题 4.1 第 6 题

6. 假设某银行的活期存款年利率为 $0.35\%$ ，某人存入10万元后，既不加进存款也不取款，每年到期利息连同本金自动转存。如果不考虑利息税及利率的变化，用 $a_{n}$ 表示第 $n$ 年到期时的存款余额，求 $a_{1}, a_{2}, a_{3}$ 及 $a_{n}$。

「利息连同本金自动转存」这句话是关键： 每年到期时的余额都在前一年余额的基础上按同一个利率再计一次息， 所以余额每年乘以同一个数 $1+0.35\%=1.0035$。以万元为单位、本金 $10$ 万元， 先写出递推关系：

$$a_n=a_{n-1}(1+0.35\%)=1.0035\,a_{n-1}\qquad(n\geqslant2),\qquad a_1=10\times1.0035$$

逐年算（单位：万元）。

$$a_1=10\times1.0035=10.035$$ $$a_2=a_1\times1.0035=10\times1.0035^2=10\times1.00701225=10.0701225$$ $$a_3=a_2\times1.0035=10\times1.0035^3=10\times1.010536792875=10.10536792875$$

换成元：$a_1=100350$ 元，$a_2=100701.225$ 元，$a_3\approx101053.68$ 元。

通项。 从 $a_1=10\times1.0035$ 起每年乘一个 $1.0035$，乘了 $n$ 次，故

$$a_n=10\times1.0035^{\,n}\ (\text{万元})\qquad(n\in\mathbf{N}^*)$$

验：$n=1,2,3$ 代入依次得上面三个值，与逐年算出的一致； 且 $a_n=10\times1.0035^n$ 满足 $a_n=1.0035a_{n-1}$，也满足 $a_1=10\times1.0035$。

自检：三年一共只涨了 $10.10536792875-10=0.10536792875$ 万元，约 $1053.68$ 元， 相当于本金的 $1.05\%$ 左右——与「年利率 $0.35\%$、三年约 $1.05\%$，再加一点利息的利息」相符。 若按单利算三年只有 $10\times3\times0.35\%=0.105$ 万元 $=1050$ 元， 两者只差约 $3.68$ 元，正是那点「利息的利息」。

这道题的动作：把「利息自动转存」翻成「每年乘同一个数」， 于是余额构成一个每项都是前一项固定倍数的数列（这正是下一节要研究的等比数列的原型）。 注意 $a_1$ 是第 1 年到期时的余额，已经计过一次息，所以是 $10\times1.0035$ 而不是 $10$—— 指数上写 $n$ 还是 $n-1$，由这一句定。

习题 4.1 第 7 题

7. 已知函数 $f(x) = \frac{2^x - 1}{2^x}$ ($x \in \mathbb{R}$)，设数列 $\{a_n\}$ 的通项公式为 $a_n = f(n)$ ($n \in \mathbb{N}^*$)。

(1) 求证 $a_n \geqslant \frac{1}{2}$.

(2) $\{a_{n}\}$ 是递增数列还是递减数列？为什么？

先把通项化简。对一切实数 $x$ 都有 $2^x>0$，所以 $f$ 的分母不为零、$f$ 在 $\mathbf{R}$ 上有意义， 且

$$f(x)=\frac{2^x-1}{2^x}=1-\frac{1}{2^x}=1-\left(\frac12\right)^{x}$$

于是

$$a_n=1-\left(\frac12\right)^{n}\qquad(n\in\mathbf{N}^*)$$

(1) 求证 $a_n\geqslant\dfrac12$。

只需证 $\left(\dfrac12\right)^n\leqslant\dfrac12$ 对每个 $n\in\mathbf{N}^*$ 成立。 因为 $0<\dfrac12<1$，指数函数 $y=\left(\dfrac12\right)^x$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递减， 而 $n\geqslant1$，所以

$$\left(\frac12\right)^{n}\leqslant\left(\frac12\right)^{1}=\frac12$$

两边取相反数再加 $1$（不等号方向随取相反数翻转一次）：

$$a_n=1-\left(\frac12\right)^{n}\geqslant1-\frac12=\frac12$$

即 $a_n\geqslant\dfrac12$ 对一切 $n\in\mathbf{N}^*$ 成立。 等号何时取到：上面唯一的不等号在 $n=1$ 处取等，故 $a_n=\dfrac12$ 当且仅当 $n=1$； $n\geqslant2$ 时严格大于 $\dfrac12$。（例如 $a_1=\frac12$、$a_2=\frac34$、$a_3=\frac78$。）

(2) 是递增数列。

判定单调性的机械动作是作差看符号：

$$a_{n+1}-a_n=\left[1-\left(\frac12\right)^{n+1}\right]-\left[1-\left(\frac12\right)^{n}\right] =\left(\frac12\right)^{n}-\left(\frac12\right)^{n+1}$$

提出公因式 $\left(\dfrac12\right)^{n+1}$：

$$a_{n+1}-a_n=\left(\frac12\right)^{n+1}\left(2-1\right)=\left(\frac12\right)^{n+1}>0$$

对每一个 $n\in\mathbf{N}^*$ 都成立（指数函数的值恒为正）， 即从第 2 项起每一项都大于它的前一项。所以 $\{a_n\}$ 是递增数列。

自检：算前几项 $\frac12,\ \frac34,\ \frac78,\ \frac{15}{16}$，确实逐项增大， 且都不小于 $\frac12$——与 (1)(2) 两问的结论都相符。 另外 $a_n=1-\left(\frac12\right)^n$ 随 $n$ 增大越来越接近 $1$ 但永远小于 $1$， 所以这个数列递增却有上界，最小值 $\frac12$ 在 $n=1$ 处取到、没有最大值。

这道题的动作：① 化简通项（把 $\frac{2^x-1}{2^x}$ 拆成 $1-\left(\frac12\right)^x$）是两问共同的第一步， 不化简就得处理分式；② 证不等式靠指数函数的单调性把 $n\geqslant1$ 翻成 $\left(\frac12\right)^n\leqslant\frac12$；③ 判单调靠作差，而且要说明结论对每个 $n$ 都成立—— 只验一步（比如只算 $a_2>a_1$）不足以断言递增。 这道题也是「数列即函数」这个看法的完整一遍演练：先有函数，再把自变量限制到正整数上取值。