---
title: "[2027强基计划]数列进阶"
date: "2026-09-25"
summary: "整理《2027强基计划0912版本》第5章数列进阶的24道例题，涵盖数列建模与基本关系、递推数列与通项公式、数列求和、数列极限与综合，并整理各题解答与方法说明。"
tags:
  - 数学
  - 强基计划
  - 数列
featured: false
---

# 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：

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

也可以沿用两两乘积的恒等式。先对有限项写出平方展开，再令项数趋于无穷：

$$
\begin{aligned}
\sum_{1\le i<j<\infty}b_ib_j
&=\frac12\left[\left(\sum_{i=1}^{\infty}b_i\right)^2-\sum_{i=1}^{\infty}b_i^2\right]\\
&=\frac12\left[\frac1{(1-a^{-2})^2}-\frac1{1-a^{-4}}\right]
=\frac{a^4}{(a^2-1)^2(a^2+1)}。
\end{aligned}
$$

### 例题 5.20

**题目来源：** 同济大学

设数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=a$，$a_2=b$，$2a_{n+2}=a_{n+1}+a_n$。

1. 设 $b_n=a_{n+1}-a_n$。证明：若 $a\ne b$，则 $\{b_n\}$ 成等比数列；
2. 若 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}(a_1+a_2+\cdots+a_n)=4$，求 $a,b$ 的值。

**解答**

**（1）证明等比关系。** 由原递推得

$$
2(a_{n+2}-a_{n+1})=-(a_{n+1}-a_n),
\qquad b_{n+1}=-\frac12b_n。
$$

又 $b_1=b-a\ne0$，因此 $\{b_n\}$ 是公比为 $-\dfrac12$ 的等比数列。

**（2）利用差分还原通项。** 对任意 $a,b$，均有

$$
b_n=(b-a)\left(-\frac12\right)^{n-1}。
$$

于是

$$
\begin{aligned}
a_n
&=a+\sum_{k=1}^{n-1}b_k\\
&=a+(b-a)\frac{1-\left(-\frac12\right)^{n-1}}{1+\frac12}\\
&=\frac{a+2b}{3}+\frac{2(a-b)}3\left(-\frac12\right)^{n-1}。
\end{aligned}
$$

若前 $n$ 项和 $S_n\to4$，则 $a_n=S_n-S_{n-1}\to0$。而通项给出 $a_n\to(a+2b)/3$，故必须有 $a+2b=0$。在此条件下，

$$
\lim_{n\to\infty}S_n
=\frac{2(a-b)}3\cdot\frac1{1+\frac12}
=\frac49(a-b)=4。
$$

联立 $a-b=9$、$a=-2b$，得到 $a=6$、$b=-3$。代回后 $a_n=6(-1/2)^{n-1}$，其无穷和确为 $4$。

**补充解法（GPT-6）：直接对递推求和。** 令 $S_n=a_1+\cdots+a_n$。对 $2a_{k+2}=a_{k+1}+a_k$ 从 $k=1$ 加到 $n$，有

$$
2(S_{n+2}-a-b)=S_{n+1}-a+S_n。
$$

由 $S_n\to4$，取极限得到 $a+2b=0$。同时，原递推还给出不变量

$$
2a_{n+2}+a_{n+1}=2a_{n+1}+a_n=a+2b=0。
$$

因此 $a_{n+1}=-a_n/2$，数列本身为等比数列，无穷和为 $2a/3=4$，直接得 $a=6$、$b=-3$。

### 例题 5.21

**题目来源：** 北京大学

正整数

$$
9+95+995+\cdots+\underbrace{99\cdots9}_{2016}5
$$

的十进制表示中数字 $1$ 的个数为

**A.** $2012$

**B.** $2013$

**C.** $2014$

**D.** 前三个答案都不对

**解答**

含 $i$ 个数字 $9$、末尾为 $5$ 的数等于 $10^{i+1}-5$，所以原和为

$$
\begin{aligned}
9+\sum_{i=1}^{2016}(10^{i+1}-5)
&=\underbrace{11\cdots1}_{2016\text{ 个 }1}00+9-10080\\
&=\underbrace{11\cdots1}_{2016\text{ 个 }1}09-10080。
\end{aligned}
$$

为看清借位，将后五位与前缀分开。设 $P$ 是由 $2013$ 个数字 $1$ 组成的整数，则上式等于

$$
P\cdot10^5+11109-10080=P\cdot10^5+1029。
$$

因此十进制表示为

$$
\underbrace{11\cdots1}_{2013\text{ 个 }1}01029。
$$

前缀有 $2013$ 个 $1$，后五位还有 $1$ 个 $1$，共 $2014$ 个。正确答案为 **C**。

## 5.4 数列极限与综合

### 例题 5.22

计算极限

$$
\lim_{n\to\infty}\left(
\frac{1}{n^2+1}+\frac{2}{n^2+2}+\frac{3}{n^2+3}+\cdots+\frac{n}{n^2+n}
\right)
$$

**解答**

设括号内的和为 $T_n$。对 $1\le k\le n$，有 $n^2+1\le n^2+k\le n^2+n$，因而

$$
\frac{k}{n^2+n}\le\frac{k}{n^2+k}\le\frac{k}{n^2+1}。
$$

逐项相加，得到

$$
\frac12=\frac{n(n+1)}{2(n^2+n)}
\le T_n\le\frac{n(n+1)}{2(n^2+1)}。
$$

这里用非严格不等号，亦涵盖 $n=1$ 的情形。两端在 $n\to\infty$ 时都趋于 $\dfrac12$，由夹逼定理，所求极限为

$$
\lim_{n\to\infty}T_n=\frac12。
$$

### 例题 5.23

**题目来源：** 上海交通大学

在 $\{a_n\}$ 中，$a_1=4$，$a_n=\sqrt{a_{n-1}+6}$。

1. 求证：$\lvert a_n-3\rvert<\dfrac{1}{3}\lvert a_{n-1}-3\rvert$；
2. 求 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n$。

**解答**

**（1）估计与不动点的距离。** 不动点满足 $x=\sqrt{x+6}$。平方得 $(x-3)(x+2)=0$，但原式要求 $x\ge0$，所以只有 $3$ 是不动点。

由 $a_1=4>3$，且 $a_{n-1}>3$ 时 $a_n=\sqrt{a_{n-1}+6}>3$，归纳得所有 $a_n>3$。又

$$
a_n^2-9=a_{n-1}-3,
$$

故对 $n\ge2$，

$$
|a_n-3|=\frac{|a_{n-1}-3|}{a_n+3}
<\frac16|a_{n-1}-3|
<\frac13|a_{n-1}-3|。
$$

**（2）单调有界，求出极限。** 由 $a_{n-1}>3$，有

$$
a_{n-1}^2-(a_{n-1}+6)
=(a_{n-1}-3)(a_{n-1}+2)>0。
$$

两边涉及的量均为正，因此 $a_{n-1}>\sqrt{a_{n-1}+6}=a_n$。数列单调递减且以下界 $3$ 为界，由单调有界定理，极限存在。

设极限为 $L\ge3$，由平方根函数的连续性，$L=\sqrt{L+6}$，得 $L=3$。

**补充解法（GPT-6）：用第（1）问直接夹逼。** 将距离估计反复使用，对 $n\ge2$ 有

$$
0<a_n-3<\left(\frac16\right)^{n-1}(a_1-3)
=\left(\frac16\right)^{n-1}。
$$

右侧趋于 $0$，故 $a_n\to3$。这个证明不必另证单调性，还给出了误差随项数减小的速度。

### 例题 5.24

**题目来源：** 清华大学

数列 $\{a_n\}$ 各项均为正数，且对任意 $n\in\mathbb{N}^{*}$，满足 $a_{n+1}=a_n+ca_n^2$（$c>0$ 为常数）。

1. 求证：对任意正数 $M$，存在 $N\in\mathbb{N}^{*}$，当 $n>N$ 时，有 $a_n>M$；
2. 设 $b_n=\dfrac{1}{1+ca_n}$，$S_n$ 是 $\{b_n\}$ 前 $n$ 项和。求证：对任意 $d>0$，存在 $N\in\mathbb{N}^{*}$，当 $n>N$ 时，有 $0<\left|S_n-\dfrac{1}{ca_1}\right|<d$。

**解答**

**（1）给出超过任意上界的项数。** 因为 $c>0$、$a_n>0$，所以

$$
a_{n+1}-a_n=ca_n^2>0。
$$

故 $a_n\ge a_1$，进一步有 $a_{n+1}-a_n\ge ca_1^2$。从第 $1$ 项累加到第 $n$ 项，得到

$$
a_n\ge a_1+(n-1)ca_1^2。
$$

对任意 $M>0$，取正整数

$$
N=\left\lceil\frac{M}{ca_1^2}\right\rceil+1。
$$

当整数 $n>N$ 时，$(n-1)ca_1^2>M$，从而 $a_n>M$。这同时证明了 $a_n\to+\infty$。这里必须选取整数阈值 $N$，并证明所有 $n>N$ 都满足要求，而不只是给出一个实数下标。

**（2）裂项并控制余项。** 见到 $1+ca_n$，联想到递推式 $a_{n+1}=a_n(1+ca_n)$，于是

$$
b_n=\frac{a_n}{a_{n+1}}
=\frac{ca_n^2}{ca_na_{n+1}}
=\frac{a_{n+1}-a_n}{ca_na_{n+1}}
=\frac1{ca_n}-\frac1{ca_{n+1}}。
$$

累加得精确表达式

$$
S_n=\frac1{ca_1}-\frac1{ca_{n+1}},
\qquad
0<\left|S_n-\frac1{ca_1}\right|=\frac1{ca_{n+1}}。
$$

由第（1）问的估计，$a_{n+1}\ge a_1+nca_1^2>nca_1^2$，所以

$$
0<\left|S_n-\frac1{ca_1}\right|<\frac1{nc^2a_1^2}。
$$

对任意 $d>0$，取

$$
N=\left\lceil\frac1{dc^2a_1^2}\right\rceil。
$$

则 $N\in\mathbb N^{*}$，且当 $n>N$ 时，右侧严格小于 $d$，原命题得证。

本题适合先裂项，得到精确余项后再用夹逼估计。仅由 $b_n\to0$ 不能判断其级数是否收敛，更不能确定和；但这并不意味着夹逼方法不能使用。

## 小结

- **建立递推：** 从新增元素带来的变化入手，既证明上界，也说明上界能达到。
- **一阶递推：** 非齐次式可尝试减去特解；分式线性递推可借助不动点作比值或倒数代换，并检查分母不为零。
- **高阶常系数线性齐次递推：** 特征方程来自等比试探解；不同根对应指数项，重根对应多项式因子。用初值确定系数，并用递推的唯一性确认结果。
- **数列求和：** 可用已知求和公式、裂项相消、对数转乘积或两两乘积恒等式；注意首末项和下标。
- **极限与证明：** 可先求和再取极限，也可使用夹逼或单调有界定理。若题目给出“对任意……存在……”的表述，应明确选取整数阈值，并核对严格不等号。