第 5 章 数列进阶

题目整理自《2027强基计划0912版本》第 5 章（PDF 第 35—40 页），保留原题编号、来源、选项与小问，并整理解答与方法说明。

5.1 数列建模与基本关系

例题 5.1

意大利比萨饼店的伙计喜欢将饼切成形状各异的一块块。他们发现，每一个确定的刀数，都可以有一个最多的块数。例如，切一刀最多切成 $2$块，切 $2$刀最多切成 $4$块。问切 $5$刀最多可切几块？切 $n$刀最多可以切几块？（$n$是正整数）

解答

我们采取每次尽可能多地增加块数的策略。把比萨饼视为一个凸的平面区域，每一刀对应一条直线。要让第 $n$刀增加最多的块数，须使它与前 $n-1$条刀痕的交点互不重合，且都落在饼内；仅有“两两相交”还不够。

这 $n-1$个交点把新刀痕分成 $n$段，每段将原有的一块分成两块，因此最多增加 $n$块。适当安排刀痕，可以同时达到这些条件。

设切完 $n$刀后的最多块数为 $a_n$，并令 $a_0=1$，则

$$a_n-a_{n-1}=n\quad(n\ge1)。$$

累加得

$$a_n=1+\sum_{k=1}^{n}k=1+\frac{n(n+1)}2。$$

特别地，$a_5=16$，即切 $5$刀最多得到 $16$块。

例题 5.2

平面内 $n$个圆，最多将此平面分割成多少个区域？

解答

类比例题 5.1，第 $n$个圆与前 $n-1$个圆最多有 $2(n-1)$个不同的交点。当 $n\ge2$时，这些交点把新圆分成 $2(n-1)$段圆弧，每段圆弧使区域数增加 $1$。

要达到最大值，可令任意两个圆相交于两点，且任意三个圆不共点。设 $n$个圆分出的最多区域数为 $b_n$，则

$$b_1=2,\qquad b_n-b_{n-1}=2(n-1)\quad(n\ge2)。$$

因此

$$b_n=2+2\sum_{k=1}^{n-1}k=n(n-1)+2。$$

例题 5.3

空间中 $n$个平面，最多将此空间分成多少个部分？

解答

维度升高到三维后，我们考察新平面上的“交线与区域”。第 $n$个平面与前 $n-1$个平面最多产生 $n-1$条交线；这些交线在新平面上每分出一个区域，就对应一个被新平面切开的原空间区域。

要达到最大值，可使这些交线无平行、无三线共点；在空间中可通过让平面处于一般位置来实现。由例题 5.1，新平面最多被分成

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

个区域。设空间的最多部分数为 $c_n$，则

$$c_1=2,\qquad c_n-c_{n-1}=\frac12n^2-\frac12n+1\quad(n\ge2)。$$

这里可以直接累加，也可以沿着“裂项—构造常数列”的思路，寻找多项式 $f(n)$，使相邻两项之差等于右侧。差分会使多项式降一次，因此设

$$f(n)=An^3+Bn^2+Cn+D。$$

比较系数：

$$\begin{aligned} f(n)-f(n-1) &=A(3n^2-3n+1)+B(2n-1)+C\\ &=\frac12n^2-\frac12n+1。 \end{aligned}$$

于是

$$\begin{cases} 3A=\frac12,\\ 2B-3A=-\frac12,\\ A-B+C=1, \end{cases} \qquad A=\frac16,\quad B=0,\quad C=\frac56。$$

再令 $f(1)=c_1=2$，得到 $D=1$。此时

$$c_n-f(n)=c_{n-1}-f(n-1)=\cdots=c_1-f(1)=0,$$

所以

$$c_n=\frac16n^3+\frac56n+1。$$

例题 5.4

空间中 $n$个球面，最多将此空间分成多少个部分？

解答

仍然考察第 $n$个球面与前 $n-1$个球面的交线：最多产生 $n-1$个圆。与平面上的圆类似，球面上两个圆最多相交于两点；当交点数达到最大且无三圆共点时，$m\ge1$个圆将球面分成 $m(m-1)+2=b_m$个区域。

这些最大配置可以实现。例如，先取半径相同、球心位置一般的球面，再使球心充分靠近，可使任意两个球面相交成圆、任意三个球面相交于两点，并避免四个球面共点。新球面每增加一个面片，就使空间部分数增加 $1$。

设 $n$个球面分出的最多部分数为 $d_n$。注意首个球面须单独处理：$d_1=2$。当 $n\ge2$时，

$$d_n-d_{n-1}=b_{n-1}=(n-1)^2-(n-1)+2。$$

因此

$$\begin{aligned} d_n &=2+\sum_{i=1}^{n-1}(i^2-i+2)\\ &=2+\frac{(n-1)n(2n-1)}6-\frac{n(n-1)}2+2(n-1)\\ &=\frac13n^3-n^2+\frac83n。 \end{aligned}$$

前四题的共同思路是：考察新增元素被已有元素分成多少部分，再把这个数转化为新增区域数，最后通过累加或构造常数列求通项。同时要说明上界能够达到。

在这些一般位置的直线、圆、平面和球面分割问题中，区域数关于元素个数的多项式次数与空间维数相应。这是这类模型的规律，不能直接推广到任意曲线、曲面的分割问题。

例题 5.5

题目来源： 北京大学

设数列 $\{a_n\}$的首项 $a_1=2019$，前 $n$项和 $S_n$满足 $S_n=n^2a_n$，则 $a_{2018}$的值为

A. $\dfrac{1}{2019}$

B. $\dfrac{1}{2018}$

C. $\dfrac{1}{1009}$

D. 前三个答案都不对

解答

先由前几项观察规律：

$$\begin{aligned} S_2=4a_2&\implies a_2=\frac13a_1,\\ S_3=9a_3&\implies a_3=\frac16a_1,\\ S_4=16a_4&\implies a_4=\frac1{10}a_1。 \end{aligned}$$

分母 $1,3,6,10$的相邻差为 $2,3,4$，提示我们猜测

$$a_n=\frac{2a_1}{n(n+1)}。$$

下面通过消去 $S_n$证明这个猜测，而不只依赖观察。由 $S_{n+1}-S_n=a_{n+1}$，有

$$\begin{aligned} (n+1)^2a_{n+1}-n^2a_n&=a_{n+1},\\ n(n+2)a_{n+1}&=n^2a_n,\\ (n+2)a_{n+1}&=na_n。 \end{aligned}$$

两边乘以 $n+1$，得到

$$(n+1)(n+2)a_{n+1}=n(n+1)a_n。$$

所以 $\{n(n+1)a_n\}$是常数列，恒等于 $2a_1$。从而

$$a_{2018}=\frac{2\cdot2019}{2018\cdot2019}=\frac1{1009}。$$

正确答案为 C。

例题 5.6

题目来源： 北京大学

已知一递增无穷等差数列中有 $3$项：$13$，$25$，$41$。求证：$2009$为数列中一项。

证明

设公差为 $d>0$，且 $a_r=25$、$a_s=41$，其中 $s>r$。则

$$(s-r)d=41-25=16。$$

注意 $2009-41=1968=123\cdot16$，因此

$$a_{s+123(s-r)}=a_s+123(s-r)d=41+123\cdot16=2009。$$

下标 $s+123(s-r)$是正整数，且数列有无穷多项，故 $2009$确为其中一项。这个证明只需用到已知项 $25$和 $41$。

5.2 递推数列与通项公式

例题 5.7

已知数列 $\{a_n\}$满足 $a_1=1$，且

$$a_{n+1}=3a_n-2n^2+4n+4,$$

求数列 $\{a_n\}$的通项公式。

解答

为了消去递推式中的多项式部分，设 $f(n)=An^2+Bn+C$，要求

$$f(n+1)-3f(n)=-2n^2+4n+4。$$

展开并比较系数：

$$\begin{cases} -2A=-2,\\ 2A-2B=4,\\ A+B-2C=4, \end{cases} \qquad A=1,\quad B=-1,\quad C=-2。$$

于是 $f(n)=n^2-n-2$。把它与原递推式相减，得到

$$a_{n+1}-f(n+1)=3\bigl(a_n-f(n)\bigr)。$$

因此 $\{a_n-f(n)\}$是公比为 $3$的等比数列。其首项为 $a_1-f(1)=3$，所以

$$a_n-f(n)=3\cdot3^{n-1}=3^n, \qquad a_n=3^n+n^2-n-2。$$

方法说明：非齐次递推的特解。 对于 $a_{n+1}=ka_n+g(n)$，如果能找到 $f(n)$满足 $f(n+1)-kf(n)=g(n)$，那么 $u_n=a_n-f(n)$就满足齐次递推 $u_{n+1}=ku_n$。这里 $f(n)$不必符合原数列的初值；初值的差由 $u_n$补足。

当 $g(n)$是 $m$次多项式且 $k\ne1$时，可尝试同为 $m$次的多项式特解；当 $k=1$时，差分使次数降低，通常应尝试 $m+1$次多项式。并不是任意 $g(n)$都能用多项式特解处理。

例题 5.8

已知数列 $\{a_n\}$满足 $a_1=4$，且

$$a_{n+1}=\frac{3a_n+2}{a_n+4},$$

求数列 $\{a_n\}$的通项公式。

解答

令 $F(x)=\dfrac{3x+2}{x+4}$。所谓不动点，就是满足 $F(r)=r$的数 $r$：若某项恰好等于 $r$，以后各项便保持为 $r$。求解时还须排除使原分母为零的值。

本题的不动点满足

$$x=\frac{3x+2}{x+4} \iff x^2+x-2=0,$$

得到 $r_1=1$、$r_2=-2$。它们的作用不只是可能的极限，更在于让“递推式减去常数”后的分子因式分解：

$$a_{n+1}-1=\frac{2(a_n-1)}{a_n+4},\qquad a_{n+1}+2=\frac{5(a_n+2)}{a_n+4}。$$

由 $a_1=4>1$及第一式，归纳得 $a_n>1$，因此以下分母均不为零。两式相除：

$$\frac{a_{n+1}+2}{a_{n+1}-1} =\frac52\frac{a_n+2}{a_n-1}。$$

于是

$$\frac{a_n+2}{a_n-1}=\left(\frac52\right)^{n-1}\frac{a_1+2}{a_1-1} =2\left(\frac52\right)^{n-1}。$$

利用 $a_n+2=(a_n-1)+3$，解得

$$a_n=1+\frac{3}{2\left(\frac52\right)^{n-1}-1}。$$

方法说明：两个不动点为何产生等比数列？ 对于非退化分式线性函数

$$F(x)=\frac{\alpha x+\beta}{\gamma x+\delta}, \qquad \alpha\delta-\beta\gamma\ne0,$$

若 $r$是不动点，则

$$F(x)-r=\frac{(\alpha-\gamma r)(x-r)}{\gamma x+\delta}。$$

若有两个不同的有限不动点 $r_1,r_2$，且代换中的分母不为零，便有

$$\frac{F(x)-r_1}{F(x)-r_2} =\frac{\alpha-\gamma r_1}{\alpha-\gamma r_2} \frac{x-r_1}{x-r_2}。$$

这正是等比递推。若初值就是某个不动点，则应先单独记为常数列，不必作上述除法。不动点本身也不保证数列收敛；求极限时仍须另证收敛性。

例题 5.9

已知数列 $\{a_n\}$满足 $a_1=3$，且

$$a_{n+1}=\frac{2a_n-1}{9a_n+8},$$

求数列 $\{a_n\}$的通项公式。

解答

先求不动点：

$$x=\frac{2x-1}{9x+8} \iff 9x^2+6x+1=0 \iff (3x+1)^2=0。$$

这里只得到重合的不动点 $r=-\dfrac13$，不能直接使用例题 5.8 中两个不同不动点的比值。改为减去不动点后取倒数：

$$a_{n+1}+\frac13=\frac{5\left(a_n+\frac13\right)}{9a_n+8}。$$

由 $a_1>-dfrac13$，归纳可得 $a_n>-dfrac13$，且 $9a_n+8>5$，故倒数代换合法。令 $b_n=\dfrac1{a_n+\frac13}$，则

$$\begin{aligned} b_{n+1} &=\frac{9a_n+8}{5\left(a_n+\frac13\right)}\\ &=\frac{9\left(a_n+\frac13\right)+5}{5\left(a_n+\frac13\right)} =\frac95+b_n。 \end{aligned}$$

所以 $\{b_n\}$为等差数列，且 $b_1=\dfrac3{10}$。于是

$$b_n=\frac95(n-1)+\frac3{10}=\frac95n-\frac32, \qquad a_n=\frac{1}{\frac95n-\frac32}-\frac13。$$

回看例题 5.8：一个不动点也可以使用。 从 $a_{n+1}-1=\dfrac{2(a_n-1)}{a_n+4}$出发，令 $b_n=\dfrac1{a_n-1}$，便有

$$b_{n+1}=\frac52b_n+\frac12, \qquad b_{n+1}+\frac13=\frac52\left(b_n+\frac13\right)。$$

由 $b_1=\dfrac13$，得到

$$b_n+\frac13=\frac23\left(\frac52\right)^{n-1}, \qquad a_n=1+\frac{1}{\frac23\left(\frac52\right)^{n-1}-\frac13},$$

与原解一致。

一般地，对上一题的分式线性函数，取一个有限不动点 $r$并令 $b_n=1/(a_n-r)$，可得

$$b_{n+1}=\frac{\gamma r+\delta}{\alpha-\gamma r}b_n +\frac{\gamma}{\alpha-\gamma r}。$$

因此，倒数代换将分式递推变成了一阶线性递推。当不动点方程 $\gamma x^2+(\delta-\alpha)x-\beta=0$有二重根且 $\gamma\ne0$时，$2\gamma r=\alpha-\delta$，上式中 $b_n$的系数恰为 $1$，从而得到等差递推。

两种代换殊途同归：选择两个不动点的比值，或选择一个不动点的倒数，都在设法把原递推化成更容易处理的线性关系。

例题 5.10

求斐波那契数列

$$a_1=1,\quad a_2=1,\quad a_{n+2}=a_{n+1}+a_n \quad(n\in\mathbb{N}^{*})$$

的通项公式。

解答

先寻找满足递推的等比形式 $q^{n-1}$。代入 $a_{n+2}=a_{n+1}+a_n$，得到特征方程

$$q^2-q-1=0。$$

其两根为

$$q_1=\frac{1-\sqrt5}{2},\qquad q_2=\frac{1+\sqrt5}{2}, \qquad q_1+q_2=1,\quad q_1q_2=-1。$$

由于递推是线性齐次的，两个解的线性组合仍是解，因此设

$$a_n=Aq_1^{n-1}+Bq_2^{n-1}。$$

由初值确定系数：

$$\begin{cases} A+B=1,\\ Aq_1+Bq_2=1, \end{cases} \qquad A=-\frac{q_1}{\sqrt5},\quad B=\frac{q_2}{\sqrt5}。$$

这个表达式既满足递推，又满足前两项；而二阶递推的后续各项由前两项唯一确定，所以它就是所求数列。故

$$a_n=\frac1{\sqrt5}\left[ \left(\frac{1+\sqrt5}{2}\right)^n- \left(\frac{1-\sqrt5}{2}\right)^n \right]。$$

方法说明：特征方程与降阶。 对常系数线性齐次递推 $a_{n+2}=pa_{n+1}+qa_n$，特征方程为 $x^2-px-q=0$。若两根为 $r_1,r_2$，则 $r_1+r_2=p$、$r_1r_2=-q$，于是

$$a_{n+2}-r_1a_{n+1}=r_2(a_{n+1}-r_1a_n)。$$

这说明减去一项的适当倍数可以把二阶递推降为一阶。两根不同时，可交换 $r_1,r_2$再写一式，得到两条等比递推。本题中具体为

$$\begin{aligned} a_{n+1}-q_1a_n&=(1-q_1)q_2^{n-1},\\ a_{n+1}-q_2a_n&=(1-q_2)q_1^{n-1}。 \end{aligned}$$

两式相减即可解出同一通项公式。这解释了特征方程方法为何有效，而不只是提供一个待定形式。

例题 5.11

已知数列 $\{a_n\}$满足 $a_1=1$，$a_2=4$，且

$$a_{n+2}=4a_{n+1}-4a_n,$$

求数列 $\{a_n\}$的通项公式。

解答

特征方程为

$$x^2-4x+4=(x-2)^2=0。$$

当两根重合时，两份 $2^{n-1}$的线性组合仍只有一个独立系数，无法表示任意给定的前两项。多出的 $n$因子可以通过降阶推导出来。

一般地，若非零重根为 $q$，递推可写成

$$a_{n+2}=2qa_{n+1}-q^2a_n,$$

从而

$$a_{n+2}-qa_{n+1}=q(a_{n+1}-qa_n)。$$

令 $u_n=a_n/q^{n-1}$，并除以 $q^{n+1}$，得到

$$u_{n+2}-u_{n+1}=u_{n+1}-u_n。$$

所以 $\{u_n\}$是等差数列，

$$u_n=a_1+(n-1)\left(\frac{a_2}{q}-a_1\right),$$

也就是 $a_n=(An+B)q^{n-1}$。本题中 $q=2$，$u_1=1$、$u_2=2$，故 $u_n=n$，从而

$$a_n=n\cdot2^{n-1}。$$

因此，重根对应的 $n$因子来自“除去指数因子后得到等差数列”，不是任意增添一个待定系数。更高阶递推中，非零特征根 $r$的重数若为 $m$，对应的解具有 $P_{m-1}(n)r^{n-1}$的形式，其中 $P_{m-1}$是次数不超过 $m-1$的多项式。

例题 5.12

已知数列 $\{a_n\}$中，$a_1=a_3=1$，$a_2=-1$，

$$a_{n+3}=4a_{n+2}-5a_{n+1}+2a_n \quad(n\in\mathbb{N}^{*}),$$

求该数列的通项公式。

解答

特征方程分解为

$$x^3-4x^2+5x-2=(x-1)^2(x-2)=0。$$

先沿着降阶的思路，令 $b_n=a_{n+1}-a_n$。将原递推改写为

$$a_{n+3}-a_{n+2}=3(a_{n+2}-a_{n+1})-2(a_{n+1}-a_n),$$

可得

$$b_{n+2}=3b_{n+1}-2b_n,\qquad b_1=-2,\quad b_2=2。$$

其特征根为 $1,2$，设 $b_n=A+B2^{n-1}$。由

$$A+B=-2,\qquad A+2B=2,$$

得到 $A=-6$、$B=4$。再累加还原：

$$\begin{aligned} a_n &=a_1+\sum_{k=1}^{n-1}b_k\\ &=1-6(n-1)+4(2^{n-1}-1)\\ &=-6n+3+2^{n+1}。 \end{aligned}$$

这里等比和的末项为 $2^{n-2}$，所以和是 $2^{n-1}-1$。

也可以直接根据二重根 $1$和单根 $2$，设

$$a_n=(An+B)1^{n-1}+C2^{n-1}。$$

代入三项初值：

$$\begin{cases} A+B+C=1,\\ 2A+B+2C=-1,\\ 3A+B+4C=1, \end{cases} \qquad A=-6,\quad B=3,\quad C=4。$$

两条路线得到相同结果。作差 $b_n=a_{n+1}-a_n$对应从特征多项式中除去一个因子 $x-1$，因此三阶递推降为二阶；这一点与多项式除法相呼应。

例题 5.13

已知数列

$$a_n=\frac{(2+\sqrt{3})^n-(2-\sqrt{3})^n}{2\sqrt{3}} \quad(n\in\mathbb{N}^{+}),$$

则以下哪些数能被 $3$整除

A. $a_{2019}$

B. $a_{2020}$

C. $a_{2021}$

D. $a_{2022}$

解答

从通项反过来构造递推。令 $q_1=2+\sqrt3$、$q_2=2-\sqrt3$，则 $q_1+q_2=4$、$q_1q_2=1$，故它们都是 $x^2-4x+1=0$的根。因此

$$a_{n+2}=4a_{n+1}-a_n,\qquad a_1=1,\quad a_2=4。$$

这个递推首先说明各项都是整数。令 $b_n$为 $a_n$除以 $3$的余数，则

$$b_{n+2}\equiv b_{n+1}-b_n\pmod3。$$

依次计算得到

$$b_1,b_2,\ldots=1,1,0,2,2,0,1,1,\ldots。$$

第 $7,8$项的余数与第 $1,2$项相同，而连续两项决定后面的余数，因此每 $6$项循环一次，且恰在下标为 $3$的倍数时余数为 $0$。所以 $a_{2019}$、$a_{2022}$能被 $3$整除，正确答案为 A、D。

补充解法（GPT-6）：直接看每隔三项的关系。 由模 $3$递推，

$$a_{n+3}\equiv a_{n+2}-a_{n+1} \equiv(a_{n+1}-a_n)-a_{n+1} \equiv-a_n\pmod3。$$

因此下标增加 $3$不改变“能否被 $3$整除”。检查 $a_1=1$、$a_2=4$、$a_3=15$即知，恰有 $3\mid n$时 $3\mid a_n$，无需列完整循环节。

例题 5.14

题目来源： 清华大学

设数列 $\{a_n\}$满足 $a_1=5$，$a_2=13$，

$$a_{n+2}=\frac{a_{n+1}^2+6^n}{a_n},$$

则

A. $a_{n+2}=5a_{n+1}-6a_n$

B. $a_n$都是整数

C. $a_n>4^n$

D. $\{a_n\}$中与 $2015$最接近的项是 $a_7$

解答

由前两项为正及原递推，归纳得所有 $a_n>0$，以下除法合法。把相邻两个递推式写为

$$\begin{aligned} a_{n+2}a_n-a_{n+1}^2&=6^n,\\ a_{n+3}a_{n+1}-a_{n+2}^2&=6^{n+1}。 \end{aligned}$$

用第二式减去第一式的 $6$倍，整理得到

$$(a_{n+3}+6a_{n+1})a_{n+1} =(a_{n+2}+6a_n)a_{n+2}。$$

所以

$$\frac{a_{n+3}+6a_{n+1}}{a_{n+2}} =\frac{a_{n+2}+6a_n}{a_{n+1}},$$

即这些比值构成常数列。又有

$$a_3=\frac{13^2+6}{5}=35,\qquad \frac{a_3+6a_1}{a_2}=\frac{35+30}{13}=5,$$

故 $a_{n+2}=5a_{n+1}-6a_n$，选项 A 正确。由于初值和递推系数均为整数，归纳可知各项均为整数，选项 B 正确。

特征方程 $x^2-5x+6=0$的根为 $2,3$。设 $a_n=A2^{n-1}+B3^{n-1}$，由 $A+B=5$、$2A+3B=13$，得 $A=2$、$B=3$，所以

$$a_n=2^n+3^n。$$

当 $n=2$时，$a_2=13<16=4^2$，已经否定选项 C。若比较增长速度，应写 $a_n/3^n=1+(2/3)^n\to1$，而不能把随 $n$变化的 $3^n$写成 $a_n$的极限。

数列严格递增，且

$$a_6=793<2015<2315=a_7。$$

因此只需比较这两项与 $2015$的距离：

$$2015-a_6=1222,\qquad a_7-2015=300。$$

可见最接近的是 $a_7$，选项 D 正确。正确答案为 A、B、D。

5.3 数列求和

例题 5.15

题目来源： 清华大学

已知数列 $\{a_n\}$的通项公式为

$$a_n=\lg\left(1+\frac{2}{n^2+3n}\right),\quad n=1,2,\ldots。$$

$S_n$是数列的前 $n$项和，则 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}S_n=$

A. $0$

B. $\lg\dfrac{3}{2}$

C. $\lg 2$

D. $\lg 3$

解答

将对数内的式子分解：

$$a_n=\lg\frac{(n+1)(n+2)}{n(n+3)}。$$

利用对数求和转乘积，再将两组因子分别约去：

$$\begin{aligned} S_n &=\lg\prod_{k=1}^n\frac{(k+1)(k+2)}{k(k+3)}\\ &=\lg\left(\prod_{k=1}^n\frac{k+1}{k}\cdot\prod_{k=1}^n\frac{k+2}{k+3}\right)\\ &=\lg\left((n+1)\frac3{n+3}\right)。 \end{aligned}$$

因此 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}S_n=\lg3$，正确答案为 D。

例题 5.16

题目来源： 上海交通大学

已知

$$a_k=\frac{k+2}{k!+(k+1)!+(k+2)!},$$

求数列 $\{a_n\}$前 $100$项的和。

解答

先提取分母的公因子 $k!$，再考虑相邻阶乘的倒数之差：

$$\begin{aligned} a_k &=\frac{k+2}{k!\left[1+(k+1)+(k+1)(k+2)\right]}\\ &=\frac{k+2}{k!(k+2)^2} =\frac1{k!(k+2)}\\ &=\frac{k+1}{(k+2)!} =\frac{k+2-1}{(k+2)!}\\ &=\frac1{(k+1)!}-\frac1{(k+2)!}。 \end{aligned}$$

累加后中间项相消，得到

$$S_{100}=\sum_{k=1}^{100}\left(\frac1{(k+1)!}-\frac1{(k+2)!}\right) =\frac12-\frac1{102!}。$$

例题 5.17

题目来源： 复旦大学

已知数列 $\{a_n\}$的前 $n$项和为 $S_n$，

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

求 $S_{2003}$。

解答

分母中前、后两个因子分别对应相邻下标，提示我们尝试裂项

$$a_n=k\left(\frac1{\sqrt{n-1}+\sqrt n}-\frac1{\sqrt n+\sqrt{n+1}}\right)。$$

先计算括号中的差，再将分子有理化：

$$\begin{aligned} &\frac1{\sqrt{n-1}+\sqrt n}-\frac1{\sqrt n+\sqrt{n+1}}\\ &=\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n-1}} {(\sqrt{n-1}+\sqrt n)(\sqrt n+\sqrt{n+1})}\\ &=\frac{2} {(\sqrt{n-1}+\sqrt n)(\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1})(\sqrt n+\sqrt{n+1})} =2a_n。 \end{aligned}$$

所以 $k=\dfrac12$，由裂项相消得

$$\begin{aligned} S_{2003} &=\frac12\left(1-\frac1{\sqrt{2003}+\sqrt{2004}}\right)\\ &=\frac12\left(1+\sqrt{2003}-\sqrt{2004}\right)。 \end{aligned}$$

例题 5.18

题目来源： 上海交通大学

已知 $a_1=\dfrac{3}{2}$，$a_{n+1}=a_n^2-a_n+1$，求

$$\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots+\frac{1}{a_{2017}}$$

的整数部分。

解答

对递推函数 $F(x)=x^2-x+1$，不动点方程 $F(x)=x$化为 $(x-1)^2=0$。减去不动点 $1$，得到

$$a_{n+1}-1=a_n(a_n-1)。$$

由 $a_1=\dfrac32>1$，归纳得所有 $a_n>1$，故可取倒数：

$$\frac1{a_{n+1}-1}=\frac1{a_n(a_n-1)} =\frac1{a_n-1}-\frac1{a_n}。$$

于是

$$\sum_{n=1}^{2017}\frac1{a_n} =\sum_{n=1}^{2017}\left(\frac1{a_n-1}-\frac1{a_{n+1}-1}\right) =2-\frac1{a_{2018}-1}。$$

为了确定整数部分，还须控制最后一项。由

$$a_{n+1}-a_n=(a_n-1)^2>0,$$

知数列严格递增，因而 $a_n\ge a_1=\dfrac32$。所以

$$a_{n+1}-a_n\ge\frac14,\qquad a_{2018}\ge\frac32+\frac{2017}{4}>2。$$

因此 $0<1/(a_{2018}-1)<1$，所求和严格介于 $1$与 $2$之间，整数部分为 $1$。

例题 5.19

题目来源： 复旦大学

设数列 $\{b_n\}$满足 $b_1=1$，$b_n>0$（$n=2,3,\ldots$），其前 $n$项乘积

$$T_n=\left(a^{n-1}b_n\right)^n \quad(a>1,\ n=1,2,\ldots)。$$

1. 证明 $\{b_n\}$是等比数列；
2. 求 $\{b_n\}$中所有不同两项的乘积之和。

解答

（1）证明等比关系。 当 $n\ge2$时，由 $b_n=T_n/T_{n-1}$，得到

$$b_n=\frac{a^{n(n-1)}b_n^n}{a^{(n-1)(n-2)}b_{n-1}^{n-1}}。$$

因 $b_n,b_{n-1}>0$，可以约去并整理为

$$\left(\frac{b_n}{b_{n-1}}\right)^{n-1}=a^{-2(n-1)}。$$

取正的 $(n-1)$次方根，得 $b_n/b_{n-1}=a^{-2}$。因此数列的首项为 $1$、公比为 $a^{-2}\in(0,1)$，通项为

$$b_n=a^{-2(n-1)}。$$

（2）求不同两项的乘积之和。 每对不同下标只计一次，即求 $\sum_{1\le i<j<\infty}b_ib_j$。由于 $\sum b_n$收敛且各项为正，下列求和收敛，可按较小下标分组：

$$\begin{aligned} \sum_{1\le i<j<\infty}b_ib_j &=\sum_{i=1}^{\infty}b_i\left(\sum_{j=i+1}^{\infty}b_j\right)\\ &=\sum_{i=1}^{\infty}a^{-2(i-1)}\frac{a^{-2i}}{1-a^{-2}}\\ &=\frac1{1-a^{-2}}\sum_{i=1}^{\infty}a^{-2(2i-1)}\\ &=\frac{a^{-2}}{(1-a^{-2})(1-a^{-4})}\\ &=\frac{a^4}{(a^2-1)^2(a^2+1)}。 \end{aligned}$$