第 14 章 · 数列

项目	内容
シラバス项目	12. 数列（数学Ｂ）：(1) 数列とその和（① 等差数列と等比数列 ② 階差数列 ③ いろいろな数列）、(2) 漸化式と数学的帰納法（① 漸化式と数列 ② 数学的帰納法）
コース	只有コース2 考
国内书对应	第 22 章 数列的概念与等差数列、第 23 章 等比数列与数列求和
本章新内容的分量	中等。等差、等比数列和国内完全相同；Σ 的演算、階差数列、漸化式的几种类型是国内讲过但讲法不同或讲得窄的；群数列是新内容；数学的帰納法在国内是选学，在日本是正式内容

国内学过的数列知识在 EJU 上基本够用：等差、等比的通项和求和，累加法、构造等比数列、裂项相消、错位相减都和日本一样。差别在三处：日本教科书把 $\sum$ 当成一套运算来教，平方和、立方和公式要背熟直接用；“由前几项求通项”的标准办法是階差数列；漸化式的题型比国内宽，常出两边除以指数、分数型这类要先变形的。EJU 的数列题几乎都是誘導型穴埋め，丢分主要丢在 $\sum$ 的上限写成 $n$（应为 $n - 1$）、特性方程式的根代错符号、群数列里“第几项”和“第几群”数差一。

14.1 与国内的对照

シラバス小项目（日文原文）	国内书位置	相同 / 讲法不同 / 国内没有	本章哪节讲
(1) ① 等差数列と等比数列	国内书第 22 章 22.4、22.5 节，第 23 章 23.2、23.3 节	相同，见国内书第 22、23 章；术语见 14.8	—
(1) ② 階差数列	国内书第 22 章 22.3 节的累加法	讲法不同：日本单独命名，用 $\sum$ 写通项，还有“階差の階差”	14.3
(1) ③ いろいろな数列：$\sum$ 记号和和的公式	国内书第 23 章 23.4 节（平方和）、23.5 节	讲法不同：$\sum$ 的性质、$\sum k^3$ 国内没有系统讲	14.2
(1) ③ いろいろな数列：分数の数列の和、（等差）×（等比）の和	国内书第 23 章 23.5 节	相同，见国内书第 23 章 23.5 节（裂项相消、错位相减）	—
(1) ③ いろいろな数列：群数列、数表	无	国内没有	14.4
(2) ① 漸化式と数列	国内书第 22 章 22.3 节	讲法不同：日本用“特性方程式”，分数型、指数型、一次式型更一般	14.5
(2) ② 数学的帰納法	国内书第 23 章 23.6 节	国内是选学（标 *，不作考试要求），EJU 在出题范围内	14.6

数研出版《数学Ｂ》把“和の記号 $\sum$”“階差数列”“いろいろな数列の和”排成并列的小节（据采用该书的东京都立井草高校令和 5 年度数学Ｂ年间授业计划）。“いろいろな数列”主要是分数的和（部分分数分解）、（等差）×（等比）型的和，群数列也归在这一块（各出版社放在正文例题还是章末“研究”，处理不同）；シラバス没有单列 $\sum$，本章把它归在 ③。其中部分分数分解和 $S - rS$ 就是国内的裂项相消和错位相减，不再重讲。

本章的知识点是一条线：$\sum$ 公式（14.2）是计算工具，階差数列（14.3）和群数列（14.4）都要用它；漸化式（14.5）的多数类型最后化成等比数列或階差数列；求不出、只能猜的通项，用数学的帰納法（14.6）证明。

14.2 Σ記号と和の公式

说明

$\sum$ 记号：数列 $\{a_n\}$ 从第 1 项到第 $n$ 项的和写成

$$\sum_{k=1}^{n} a_k = a_1 + a_2 + \dots + a_n.$$

$k$ 从下面写的数（1）取到上面写的数（$n$），每取一个 $k$ 就写出一项 $a_k$，再全部相加。$k$ 只是计数用的字母，换成 $i$、$j$ 意思不变。读作「シグマ $k$ イコール 1 から $n$ まで」。

和の公式（日本教科书要求熟记）：

和	公式
$\displaystyle\sum_{k=1}^{n} c$（$c$ 是常数）	$nc$
$\displaystyle\sum_{k=1}^{n} k$	$\dfrac{1}{2}n(n + 1)$
$\displaystyle\sum_{k=1}^{n} k^2$	$\dfrac{1}{6}n(n + 1)(2n + 1)$
$\displaystyle\sum_{k=1}^{n} k^3$	$\left\{\dfrac{1}{2}n(n + 1)\right\}^2$
$\displaystyle\sum_{k=1}^{n} r^{k-1}$（$r \ne 1$）	$\dfrac{r^n - 1}{r - 1}$

$\sum$ 的性质（線形性）：$p$、$q$ 是与 $k$ 无关的常数时

$$\sum_{k=1}^{n} (p a_k + q b_k) = p\sum_{k=1}^{n} a_k + q\sum_{k=1}^{n} b_k.$$

所以通项是 $k$ 的多项式时，先展开，再逐项套公式。

国内书第 23 章只在 23.5 节裂项相消的推导里用过一次 $\sum$，没有把它当运算工具；平方和公式出现在 23.4、23.6 节，立方和公式只在 23.6 节的常用推论里一笔带过。EJU 的题干和答案直接写 $\sum$，读者要会读、会算。

使用场景

• 通项是 $k$ 的多项式（如 $\sum (2k - 1)^2$）：展开后用 $\sum k$、$\sum k^2$、$\sum k^3$ 的公式。
• 上限是 $n - 1$（階差数列、14.3 节）或其他式子：在公式里把 $n$ 换成那个式子。
• 通项是“等比 + 多项式”：用線形性拆开，等比的部分用 $\sum r^{k-1}$。
• 下限不是 1（如 $\sum_{k=5}^{20}$）：用“到上限的和减去到下限前一项的和”。

注意点

• $\displaystyle\sum_{k=1}^{n} c = nc$，不是 $c$：常数也要加 $n$ 次。
• 公式里的 $n$ 是上限。上限是 $n - 1$ 时，$\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1} k = \dfrac{1}{2}(n - 1)n$，整个式子里的 $n$ 都要换。
• $\displaystyle\sum_{k=1}^{n} r^k$ 的首项是 $r$，等于 $\dfrac{r(r^n - 1)}{r - 1}$，不是 $\dfrac{r^n - 1}{r - 1}$。先看清第一项是什么、共几项。
• $\sum$ 对乘积没有分配律：$\displaystyle\sum a_k b_k \ne \left(\sum a_k\right)\left(\sum b_k\right)$。
• EJU 答案常要求写成“因式分解后的形式”，如 $\dfrac{n}{\fbox{A}}(\fbox{B}n^2 - \dots)$，算完要提出公因式 $n$ 或 $n(n + 1)$ 对上格子。

证明

结论 1：$\displaystyle\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{1}{6}n(n + 1)(2n + 1)$。 日本教科书用恒等式相消，不用数学的帰納法（国内书第 23 章 23.6 节例 1 用的是帰納法）。

恒等式 $(k + 1)^3 - k^3 = 3k^2 + 3k + 1$ 对 $k = 1, 2, \dots, n$ 各写一次，相加：

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

（关键一步：左边相加时 $2^3 - 1^3$、$3^3 - 2^3$、……、$(n + 1)^3 - n^3$ 中间项两两抵消，只剩首尾。这就是裂项相消。）

把 $\sum k = \dfrac{1}{2}n(n + 1)$ 代入，解出

$$3\sum_{k=1}^{n} k^2 = (n + 1)^3 - 1 - \frac{3}{2}n(n + 1) - n = (n + 1)\left\{(n + 1)^2 - \frac{3}{2}n - 1\right\} = \frac{1}{2}n(n + 1)(2n + 1).$$

最后一步：$(n + 1)^2 - \dfrac{3}{2}n - 1 = n^2 + \dfrac{1}{2}n = \dfrac{1}{2}n(2n + 1)$。两边除以 3 即得。

结论 2：$\displaystyle\sum_{k=1}^{n} k^3 = \left\{\frac{1}{2}n(n + 1)\right\}^2$。 同样用 $(k + 1)^4 - k^4 = 4k^3 + 6k^2 + 4k + 1$，相加得

$$(n + 1)^4 - 1 = 4\sum_{k=1}^{n} k^3 + 6\sum_{k=1}^{n} k^2 + 4\sum_{k=1}^{n} k + n.$$

代入结论 1 和 $\sum k$：

$$4\sum_{k=1}^{n} k^3 = (n + 1)^4 - (n + 1) - n(n + 1)(2n + 1) - 2n(n + 1) = (n + 1)(n^3 + n^2) = n^2(n + 1)^2.$$

（中间一步：提出 $(n + 1)$ 后，括号里是 $(n + 1)^3 - 1 - n(2n + 1) - 2n = n^3 + n^2$。）

结论 3：線形性。 有限项的加法可以任意交换、结合：$\sum (pa_k + qb_k)$ 的 $n$ 项里，把所有 $pa_k$ 放在一起、所有 $qb_k$ 放在一起，再提出公因数 $p$、$q$。

$\sum r^{k-1}$ 就是首项 1、公比 $r$ 的等比数列前 $n$ 项和，证明见国内书第 23 章 23.3 节。

例题

例 1　（场景：通项是多项式）

問題　$\displaystyle\sum_{k=1}^{n} (2k - 1)^2$ を求めよ。

解答　$(2k - 1)^2 = 4k^2 - 4k + 1$ と展開し，$\sum$ の線形性を用いると

$$\sum_{k=1}^{n} (2k - 1)^2 = 4 \cdot \frac{1}{6}n(n + 1)(2n + 1) - 4 \cdot \frac{1}{2}n(n + 1) + n.$$

$\dfrac{n}{3}$ でくくると

$$= \frac{n}{3}\{2(n + 1)(2n + 1) - 6(n + 1) + 3\} = \frac{n}{3}(4n^2 - 1) = \frac{1}{3}n(2n - 1)(2n + 1).$$

中文翻译　题目：求 $\displaystyle\sum_{k=1}^{n} (2k - 1)^2$。解答：展开 $(2k - 1)^2 = 4k^2 - 4k + 1$，用 $\sum$ 的线性性：$\sum_{k=1}^{n}(2k-1)^2 = 4 \cdot \frac{1}{6}n(n+1)(2n+1) - 4 \cdot \frac{1}{2}n(n+1) + n$。提出 $\frac{n}{3}$：$= \frac{n}{3}\{2(n+1)(2n+1) - 6(n+1) + 3\} = \frac{n}{3}(4n^2-1) = \frac{1}{3}n(2n-1)(2n+1)$。

解说　验算：$n = 2$ 时 $1 + 9 = 10$，$\frac{1}{3} \times 2 \times 3 \times 5 = 10$。容易卡在：最后一项 $\sum 1$ 写成 1，它是 $n$。EJU 的答案常要求因式分解后的形状，算到 $\frac{n}{3}(4n^2-1)$ 后还要写成 $\frac{1}{3}n(2n-1)(2n+1)$ 对上格子。

例 2　（场景：上限是 $n - 1$）

問題　$\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1} (k^2 + k)$ を求めよ。

解答　公式の $n$ を $n - 1$ に置き換えると

$$\sum_{k=1}^{n-1} k^2 + \sum_{k=1}^{n-1} k = \frac{1}{6}(n - 1)n(2n - 1) + \frac{1}{2}(n - 1)n = \frac{1}{6}(n - 1)n\{(2n - 1) + 3\} = \frac{1}{3}(n - 1)n(n + 1).$$

中文翻译　题目：求 $\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1} (k^2 + k)$。解答：把公式里的 $n$ 换成 $n - 1$：$\sum_{k=1}^{n-1} k^2 + \sum_{k=1}^{n-1} k = \frac{1}{6}(n-1)n(2n-1) + \frac{1}{2}(n-1)n = \frac{1}{6}(n-1)n\{(2n-1)+3\} = \frac{1}{3}(n-1)n(n+1)$。

解说　另一种解法：$k^2 + k = k(k + 1)$，而 $k(k + 1) = \frac{1}{3}\{k(k + 1)(k + 2) - (k - 1)k(k + 1)\}$。从 $k = 1$ 加到 $n - 1$，中间相消，剩 $\frac{1}{3}(n - 1)n(n + 1) - \frac{1}{3} \cdot 0 = \frac{1}{3}(n - 1)n(n + 1)$。展开套公式稳妥，适合任何多项式；连续整数之积的裂项更快，只适合 $k(k + 1)$、$k(k + 1)(k + 2)$ 这类形状。

例 3　（场景：等比 + 多项式）

問題　$\displaystyle\sum_{k=1}^{n} (2 \cdot 3^{k-1} + k)$ を求めよ。

解答　2 つの部分に分ける。$\displaystyle\sum_{k=1}^{n} 2 \cdot 3^{k-1} = 2 \cdot \frac{3^n - 1}{3 - 1} = 3^n - 1$，$\displaystyle\sum_{k=1}^{n} k = \frac{1}{2}n(n + 1)$ であるから

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

中文翻译　题目：求 $\displaystyle\sum_{k=1}^{n} (2 \cdot 3^{k-1} + k)$。解答：拆成两部分。$\sum_{k=1}^{n} 2 \cdot 3^{k-1} = 2 \cdot \frac{3^n - 1}{3 - 1} = 3^n - 1$，$\sum_{k=1}^{n} k = \frac{1}{2}n(n+1)$，所以 $\sum_{k=1}^{n}(2 \cdot 3^{k-1}+k) = 3^n - 1 + \frac{1}{2}n(n+1)$。

解说　等比部分的首项是 $2 \cdot 3^0 = 2$，公比是 3，套 $\frac{r^n-1}{r-1}$ 时分子是 $2(3^n-1)$，约去 2 得 $3^n-1$。拆开后两部分分别用等比求和与 $\sum k$ 的公式，不要合并成一个式子去硬套。

例 4　（场景：下限不是 1）

問題　$\displaystyle\sum_{k=5}^{20} k^2$ を求めよ。

解答　1 から 20 までの和から，1 から 4 までの和を引く：

$$\sum_{k=5}^{20} k^2 = \frac{1}{6} \cdot 20 \cdot 21 \cdot 41 - \frac{1}{6} \cdot 4 \cdot 5 \cdot 9 = 2870 - 30 = 2840.$$

中文翻译　题目：求 $\displaystyle\sum_{k=5}^{20} k^2$。解答：从 1 加到 20，再减去从 1 加到 4：$\sum_{k=5}^{20} k^2 = \frac{1}{6} \cdot 20 \cdot 21 \cdot 41 - \frac{1}{6} \cdot 4 \cdot 5 \cdot 9 = 2870 - 30 = 2840$。

解说　容易卡在：减去的是 $\sum_{k=1}^{4}$，不是 $\sum_{k=1}^{5}$。第 5 项要留下。

常用推论

• $\displaystyle\sum_{k=1}^{n} k(k + 1) = \frac{1}{3}n(n + 1)(n + 2)$，$\displaystyle\sum_{k=1}^{n} k(k + 1)(k + 2) = \frac{1}{4}n(n + 1)(n + 2)(n + 3)$。推导：同例 2 的另一种解法，用连续整数之积相消。
• $\displaystyle\sum_{k=1}^{n} (2k - 1) = n^2$（前 $n$ 个奇数之和）。推导：$2 \cdot \dfrac{1}{2}n(n + 1) - n = n^2$。
• $\displaystyle\sum_{k=1}^{n} k^3 = \left(\sum_{k=1}^{n} k\right)^2$。推导：对照结论 2 和 $\sum k$ 的公式。
• $\displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k(k + 1)} = \frac{n}{n + 1}$。推导：$\dfrac{1}{k(k + 1)} = \dfrac{1}{k} - \dfrac{1}{k + 1}$ 相消（国内书第 23 章 23.5 节）。

易错点

• 错在哪：$\displaystyle\sum_{k=1}^{n} 3 = 3$。 为什么错：$\sum$ 表示加 $n$ 次，常数 3 也加了 $n$ 次。 正确做法：$\displaystyle\sum_{k=1}^{n} 3 = 3n$；上限是 $n - 1$ 时是 $3(n - 1)$。
• 错在哪：$\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1} k^2$ 只把第一个因子换成 $n - 1$，写成 $\dfrac{1}{6}(n - 1)(n + 1)(2n + 1)$。 为什么错：公式里每个 $n$ 都代表上限，上限变了，每个都要换。 正确做法：$\dfrac{1}{6}(n - 1)n(2n - 1)$。代 $n = 2$ 检验：应为 $1^2 = 1$。
• 错在哪：$\displaystyle\sum_{k=1}^{n} 2^k = 2^n - 1$。 为什么错：$2^n - 1$ 是 $\sum 2^{k-1}$（首项 1）的和；$\sum 2^k$ 首项是 2。 正确做法：$\displaystyle\sum_{k=1}^{n} 2^k = \dfrac{2(2^n - 1)}{2 - 1} = 2^{n+1} - 2$。先写出前两项看首项和公比。

直观理解

$\sum k$ 的公式可以用台阶看：$1 + 2 + 3 + 4 + 5$ 是一个五级台阶（蓝色），再拿一个同样的台阶倒过来（橙色）扣上去，正好拼成 $5 \times 6$ 的长方形，所以和是 $\dfrac{5 \times 6}{2} = 15$。这和国内书讲等差数列求和的倒序相加是同一件事。

$\sum k^3 = (\sum k)^2$ 也有一个好记的事实：$1^3 = 1$，$1^3 + 2^3 = 9 = 3^2$，$1^3 + 2^3 + 3^3 = 36 = 6^2$，右边的 $1, 3, 6, 10, \dots$ 正是 $1, 1 + 2, 1 + 2 + 3, \dots$。14.4 节的群数列会再碰到它。

关联知识点

• 前置：国内书第 22 章 22.5 节、第 23 章 23.3 节，等差、等比数列的求和公式。
• 国内书第 23 章 23.4 节、23.6 节：平方和公式作为分组求和的工具和帰納法的例题出现，本节给出相消证明；立方和国内书只在 23.6 节常用推论里写了帰納法的递推一步。
• 国内书第 23 章 23.5 节：裂项相消，本节公式的证明用的就是这个思路。
• 后续：14.3 节的階差数列，通项公式里出现 $\sum_{k=1}^{n-1}$；14.4 节群数列靠 $\sum k$ 定位。
• 本书第 20 章 極限：無限級数是 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} a_k$。

14.3 階差数列

说明

階差数列：数列 $\{a_n\}$ 相邻两项的差

$$b_n = a_{n+1} - a_n \quad (n = 1, 2, 3, \dots)$$

组成的数列 $\{b_n\}$，叫做 $\{a_n\}$ 的階差数列。

由階差数列求通项：$n \ge 2$ 时

$$a_n = a_1 + \sum_{k=1}^{n-1} b_k.$$

求出式子后，代 $n = 1$ 看是否也成立；成立就写“これは $n = 1$ のときも成り立つ”，合成一个式子。

階差の階差：$\{b_n\}$ 本身还看不出规律时，再取 $\{b_n\}$ 的階差数列（第 2 階差数列）。先求 $b_n$，再求 $a_n$。

国内书第 22 章 22.3 节的“累加法”就是这个公式，机制完全一样。日本的讲法不同在于：把“相邻两项之差”单独命名为一个数列，由前几项求通项时先写出階差是固定动作，通项一律写成 $\sum_{k=1}^{n-1}$ 再用 14.2 节的公式算。

使用场景

• 题目给出前几项（如 $2, 3, 6, 11, 18, \dots$），看不出是等差还是等比：写出階差。
• 漸化式形如 $a_{n+1} = a_n + f(n)$（階差型）：$f(n)$ 就是 $b_n$。
• 階差数列也看不出规律：再取一次階差。

注意点

• 階差的方向是“后项减前项” $a_{n+1} - a_n$，反过来减，符号全错。
• 公式里 $\sum$ 的上限是 $n - 1$：从 $a_1$ 走到 $a_n$ 要跨 $n - 1$ 步。
• 公式只对 $n \ge 2$ 推出，答题要说明 $n = 1$ 也成立。EJU 是填空，但有时在誘導里问「$n \geqq \fbox{A}$ のとき」，格子里填 2。
• 前几项给得太少时，规律不唯一。EJU 一般会写明「階差数列が等差数列である」之类的条件，没写就按最简单的规律。
• 题干说法：「数列 $\{a_n\}$ の階差数列を $\{b_n\}$ とする」「$b_n = a_{n+1} - a_n$ で定める」。

证明

设 $n \ge 2$。把 $b_1, b_2, \dots, b_{n-1}$ 按定义展开相加：

$$\sum_{k=1}^{n-1} b_k = (a_2 - a_1) + (a_3 - a_2) + \dots + (a_n - a_{n-1}) = a_n - a_1.$$

（关键一步：相邻括号里 $+a_2$ 和 $-a_2$、$+a_3$ 和 $-a_3$……两两抵消，只剩 $a_n - a_1$。）移项即得 $a_n = a_1 + \sum_{k=1}^{n-1} b_k$。

$n = 1$ 时右边的和是“0 项之和”，教科书不用这种写法，所以公式先只对 $n \ge 2$ 写；算出的式子在 $n = 1$ 时恰好给出 $a_1$ 的，可以合并。

例题

例 1　（场景：由前几项求通项，階差是等差数列）

問題　数列 $2, 3, 6, 11, 18, 27, \cdots$ の一般項を求めよ。

解答　階差数列は $1, 3, 5, 7, 9, \cdots$ で，初項 1，公差 2 の等差数列であるから $b_n = 2n - 1$。$n \geqq 2$ のとき

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

$n = 1$ のとき $1 - 2 + 3 = 2 = a_1$ であるから，この式は $n = 1$ のときも成り立つ。よって $a_n = n^2 - 2n + 3$。

中文翻译　题目：求数列 $2, 3, 6, 11, 18, 27, \dots$ 的通项。解答：階差数列是 $1, 3, 5, 7, 9, \dots$，首项 1、公差 2 的等差数列，所以 $b_n = 2n - 1$。$n \geqq 2$ 时，$a_n = 2 + \sum_{k=1}^{n-1}(2k-1) = 2 + 2\cdot\frac{1}{2}(n-1)n - (n-1) = n^2 - 2n + 3$。$n = 1$ 时 $1 - 2 + 3 = 2 = a_1$，所以该式在 $n = 1$ 时也成立。因此 $a_n = n^2 - 2n + 3$。

解说　另一种解法：階差是 $n$ 的一次式，$a_n$ 就是 $n$ 的二次式（见常用推论）。设 $a_n = An^2 + Bn + C$，代入前三项：$A + B + C = 2$，$4A + 2B + C = 3$，$9A + 3B + C = 6$。相邻相减得 $3A + B = 1$，$5A + B = 3$，$A = 1$，$B = -2$，$C = 3$。用第四项 $16 - 8 + 3 = 11$ 验算。设未知数解方程在 EJU 上更快，但必须先确认階差是一次式；用 $\sum$ 的方法不需要这个前提，任何階差都能用。

例 2　（场景：由前几项求通项，階差是等比数列）

問題　数列 $1, 2, 5, 14, 41, 122, \cdots$ の一般項を求めよ。

解答　階差数列は $1, 3, 9, 27, 81, \cdots$ で，$b_n = 3^{n-1}$ である。$n \geqq 2$ のとき

$$a_n = 1 + \sum_{k=1}^{n-1} 3^{k-1} = 1 + \frac{3^{n-1} - 1}{3 - 1} = \frac{3^{n-1} + 1}{2}.$$

$n = 1$ のとき $\dfrac{1 + 1}{2} = 1$ となり，この式は $n = 1$ のときも成り立つ。よって $a_n = \dfrac{3^{n-1} + 1}{2}$。

中文翻译　题目：求数列 $1, 2, 5, 14, 41, 122, \dots$ 的通项。解答：階差数列是 $1, 3, 9, 27, 81, \dots$，$b_n = 3^{n-1}$。$n \geqq 2$ 时，$a_n = 1 + \sum_{k=1}^{n-1}3^{k-1} = 1 + \frac{3^{n-1}-1}{3-1} = \frac{3^{n-1}+1}{2}$。$n = 1$ 时 $\frac{1+1}{2} = 1$，所以 $n = 1$ 时也成立。因此 $a_n = \frac{3^{n-1}+1}{2}$。

解说　容易卡在：$\sum_{k=1}^{n-1} 3^{k-1}$ 的项数是 $n - 1$，所以分子是 $3^{n-1} - 1$，不是 $3^n - 1$。

例 3　（场景：階差型漸化式）

問題　$a_1 = 1$，$a_{n+1} = a_n + 3n + 2^n$ で定められる数列 $\{a_n\}$ の一般項を求めよ。

解答　$a_{n+1} - a_n = 3n + 2^n$ であるから，階差数列は $b_n = 3n + 2^n$。$n \geqq 2$ のとき

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

$n = 1$ のとき $2 + 0 - 1 = 1$ となり，この式は $n = 1$ のときも成り立つ。よって $a_n = 2^n + \dfrac{3}{2}n(n - 1) - 1$。

中文翻译　题目：$a_1 = 1$，$a_{n+1} = a_n + 3n + 2^n$ 确定的数列 $\{a_n\}$，求通项。解答：$a_{n+1} - a_n = 3n + 2^n$，所以階差数列 $b_n = 3n + 2^n$。$n \geqq 2$ 时，$a_n = 1 + \sum_{k=1}^{n-1}(3k + 2^k) = 1 + \frac{3}{2}(n-1)n + \frac{2(2^{n-1}-1)}{2-1} = 2^n + \frac{3}{2}n(n-1) - 1$。$n = 1$ 时 $2+0-1=1$，所以 $n=1$ 时也成立。因此 $a_n = 2^n + \frac{3}{2}n(n-1) - 1$。

解说　验算：$a_2 = 1 + 3 + 2 = 6$，公式 $4 + 3 - 1 = 6$。等比部分 $\sum_{k=1}^{n-1} 2^k$ 的首项是 2，共 $n-1$ 项，和是 $\frac{2(2^{n-1}-1)}{2-1}$，不要漏掉首项 2。

例 4　（场景：階差の階差）

問題　数列 $1, 3, 8, 17, 31, 51, \cdots$ の一般項を求めよ。

解答　階差 $\{b_n\}$ は $2, 5, 9, 14, 20, \cdots$，その階差 $\{c_n\}$ は $3, 4, 5, 6, \cdots$ で，$c_n = n + 2$ である。

まず $b_n$ を求める（$n \geqq 2$）：

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

$n = 1$ のとき 2 となり，この式は $n = 1$ のときも成り立つ。次に $a_n$ を求める（$n \geqq 2$）：

$$a_n = 1 + \frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n-1} (k^2 + 3k) = 1 + \frac{1}{2}\left\{\frac{1}{6}(n - 1)n(2n - 1) + \frac{3}{2}(n - 1)n\right\} = 1 + \frac{1}{6}(n - 1)n(n + 4).$$

$n = 1$ のとき 1 となり，この式は $n = 1$ のときも成り立つ。よって $a_n = 1 + \dfrac{1}{6}(n - 1)n(n + 4)$。

中文翻译　题目：求数列 $1, 3, 8, 17, 31, 51, \dots$ 的通项。解答：階差 $\{b_n\}$：$2, 5, 9, 14, 20, \dots$；它的階差 $\{c_n\}$：$3, 4, 5, 6, \dots$，$c_n = n + 2$。先求 $b_n$（$n \geqq 2$）：$b_n = 2 + \sum_{k=1}^{n-1}(k+2) = 2 + \frac{1}{2}(n-1)n + 2(n-1) = \frac{1}{2}(n^2+3n)$，$n=1$ 时为 2，所以 $n=1$ 时也成立。再求 $a_n$（$n \geqq 2$）：$a_n = 1 + \frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n-1}(k^2+3k) = 1 + \frac{1}{2}\left\{\frac{1}{6}(n-1)n(2n-1) + \frac{3}{2}(n-1)n\right\} = 1 + \frac{1}{6}(n-1)n(n+4)$，$n=1$ 时为 1，所以 $n=1$ 时也成立。因此 $a_n = 1 + \frac{1}{6}(n-1)n(n+4)$。

解说　验算：$n = 6$ 时 $1 + \dfrac{5 \times 6 \times 10}{6} = 51$。容易卡在：括号里通分。$\frac{1}{6}(n-1)n(2n-1) + \frac{3}{2}(n-1)n = \frac{1}{6}(n-1)n\{(2n-1)+9\} = \frac{1}{3}(n-1)n(n+4)$，再乘 $\frac{1}{2}$，得 $\frac{1}{6}(n-1)n(n+4)$。

常用推论

• 階差 $b_n$ 是 $n$ 的 $m$ 次式，则 $a_n$ 是 $n$ 的 $m + 1$ 次式。推导：$\sum_{k=1}^{n-1} k^m$ 是 $n$ 的 $m + 1$ 次式（14.2 节公式）。这就是例 1 另一种解法的依据。
• 階差是常数 $d$，$\{a_n\}$ 就是等差数列；階差是等比数列，$a_n$ 是“等比 + 常数”的形式。
• 由和求通项：$a_1 = S_1$，$n \ge 2$ 时 $a_n = S_n - S_{n-1}$。这和階差是反方向的操作（从第 2 项起，$\{a_n\}$ 是 $\{S_n\}$ 的階差数列），国内书第 22 章 22.2 节讲过，EJU 常和 $\sum$ 一起出。

易错点

• 错在哪：$a_n = a_1 + \sum_{k=1}^{n} b_k$。 为什么错：从 $a_1$ 到 $a_n$ 只跨 $n - 1$ 个间隔，多加了 $b_n$，得到的其实是 $a_{n+1}$。 正确做法：上限写 $n - 1$；算完代 $n = 2$ 检查是否等于 $a_2$。
• 错在哪：用 $a_n = S_n - S_{n-1}$ 求出式子后，不检查 $n = 1$ 就合并。 为什么错：$S_n$ 有常数项时，$S_1$ 和式子在 $n = 1$ 的值不一样。如 $S_n = n^2 + 1$，$a_1 = 2$，而 $2n - 1$ 在 $n = 1$ 时是 1。 正确做法：分开写：$a_1 = 2$，$n \ge 2$ 时 $a_n = 2n - 1$。
• 错在哪：数列 $27, 18, 11, \dots$ 的階差写成 $9, 7, \dots$。 为什么错：階差是后项减前项，$18 - 27 = -9$。 正确做法：$b_n = a_{n+1} - a_n$，递减的数列階差为负。

直观理解

把数列看成一排台阶的高度，階差就是每一级的“台阶高”。从第 1 级走到第 $n$ 级，要上 $n - 1$ 级台阶，所以高度是 $a_1$ 加上前 $n - 1$ 级台阶高之和。

关联知识点

• 前置：14.2 节的 $\sum$ 公式；国内书第 22 章 22.3 节的累加法（同一个公式）。
• 国内书第 22 章 22.2 节：$a_n = S_n - S_{n-1}$，方向相反的同一种关系。
• 后续：14.5 节的漸化式，$a_{n+1} = pa_n + q$ 也可以先取階差化成等比数列；一次式型漸化式要再取一次階差。
• 本书第 21 章 微分法：階差和导数的想法相同，“二次式的階差是一次式”对应“二次函数的导数是一次函数”。

14.4 いろいろな数列（群数列）

说明

群数列：把一个数列按某种规则用竖线分成若干组（群），例如

$$1 \mid 3, 5 \mid 7, 9, 11 \mid 13, 15, 17, 19 \mid \cdots$$

第 1 群有 1 项，第 2 群有 2 项……第 $n$ 群有 $n$ 项。题目会问：第 $n$ 群的第一个数、第 $n$ 群的和、某个数在第几群第几个、前若干项的和。

基本方法：

1. 写出“第 $n$ 群的项数”，求出“第 1 群到第 $n$ 群共有多少项”。第 $n$ 群有 $n$ 项时，共有 $\dfrac{1}{2}n(n + 1)$ 项。
2. 第 $n$ 群的第一项是原数列的第 $\dfrac{1}{2}(n - 1)n + 1$ 项（前 $n - 1$ 群项数之和再加 1）。
3. 原数列的第 $m$ 项在第 $n$ 群，当且仅当

$$\frac{1}{2}(n - 1)n < m \le \frac{1}{2}n(n + 1).$$

数表：把自然数排成三角形（第 $n$ 行有 $n$ 个数），问第 $n$ 行左端的数、某个数在第几行，和群数列是同一回事，“行”就是“群”。

“いろいろな数列”中的另外两类，分数的和（部分分数分解）和（等差）×（等比）的和（$S - rS$），见国内书第 23 章 23.5 节，做法相同。

使用场景

• 题目用竖线把数列分组，问某个数（或第 $m$ 项）在第几群第几个：列“前 $n - 1$ 群的项数 $< m \le$ 前 $n$ 群的项数”。
• 问第 $n$ 群的和、或前若干项之和：先求第 $n$ 群的首项和项数，按等差（等比）求和，再对群求 $\sum$。
• 数排成三角形或阶梯形的数表，问第 $n$ 行、第 $m$ 个：把行当群。

注意点

• 分清三个量：项的值、项的编号（原数列第几项）、群的编号。如例 1 中，199 是原数列的第 100 项，不是第 199 项。
• 前 $n - 1$ 群共 $\dfrac{1}{2}(n - 1)n$ 项，前 $n$ 群共 $\dfrac{1}{2}n(n + 1)$ 项，别把 $n - 1$ 和 $n$ 弄混。
• 解不等式 $\dfrac{1}{2}(n - 1)n < m \le \dfrac{1}{2}n(n + 1)$ 时不用真解二次不等式，先用 $n \approx \sqrt{2m}$ 估算，再代入相邻整数检查。
• 群的项数不一定是 $n$，也可能是 $2n - 1$、$2^{n-1}$ 等，第 1 步要看清。
• 题干说法：「第 $n$ 群」「第 $n$ 群の最初の数」「第 $n$ 群に含まれる数の和」「〜は第何群の何番目か」。

证明

第 $k$ 群有 $k$ 项时，前 $n - 1$ 群的项数是 $\sum_{k=1}^{n-1} k = \dfrac{1}{2}(n - 1)n$，所以第 $n$ 群从第 $\dfrac{1}{2}(n - 1)n + 1$ 项开始，到第 $\dfrac{1}{2}n(n + 1)$ 项结束。第 $m$ 项落在第 $n$ 群，就是 $m$ 在这两个编号之间：

$$\frac{1}{2}(n - 1)n + 1 \le m \le \frac{1}{2}n(n + 1).$$

（关键一步：整数 $m$ 满足 $m \ge \dfrac{1}{2}(n - 1)n + 1$，等价于 $m > \dfrac{1}{2}(n - 1)n$，所以常写成左边严格小于的形式。）

群的项数是一般的 $c_k$ 时，把 $\sum k$ 换成 $\sum c_k$，推理不变。

例题

例 1　（场景：某数在第几群第几个）

問題　奇数列を，第 $n$ 群が $n$ 項になるように分ける：

$$1 \mid 3, 5 \mid 7, 9, 11 \mid 13, 15, 17, 19 \mid \cdots$$

(1) 第 $n$ 群の最初の数を求めよ。(2) 第 $n$ 群に含まれる数の和を求めよ。(3) $199$ は第何群の何番目の数か。

解答　(1) 前 $n - 1$ 群には $\dfrac{1}{2}(n - 1)n$ 項あるから，第 $n$ 群の最初の数は第 $\dfrac{1}{2}(n - 1)n + 1$ 番目の奇数である。第 $m$ 番目の奇数は $2m - 1$ であるから

$$2\left\{\frac{1}{2}(n - 1)n + 1\right\} - 1 = n^2 - n + 1.$$

(2) 第 $n$ 群は初項 $n^2 - n + 1$，公差 $2$，項数 $n$ の等差数列であるから，その和は

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

(3) $199 = 2 \times 100 - 1$ であるから，$199$ は第 $100$ 番目の奇数である。$\dfrac{1}{2}(n - 1)n < 100 \leqq \dfrac{1}{2}n(n + 1)$ を満たす $n$ を求めると，$n = 14$ のとき $91 < 100 \leqq 105$ である。よって $199$ は第 $14$ 群の第 $100 - 91 = 9$ 番目である。

中文翻译　题目：奇数列按第 $n$ 群含 $n$ 个数分组：$1 \mid 3, 5 \mid 7, 9, 11 \mid 13, 15, 17, 19 \mid \cdots$。（1）求第 $n$ 群的第一个数；（2）求第 $n$ 群所有数的和；（3）199 是第几群的第几个数？解答：（1）前 $n-1$ 群共有 $\frac{1}{2}(n-1)n$ 个数，所以第 $n$ 群的第一个数是第 $\frac{1}{2}(n-1)n+1$ 个奇数。第 $m$ 个奇数是 $2m-1$，所以 $2\{\frac{1}{2}(n-1)n+1\}-1 = n^2-n+1$。（2）第 $n$ 群是首项 $n^2-n+1$、公差 $2$、项数 $n$ 的等差数列，和为 $n(n^2-n+1) + \frac{1}{2}n(n-1)\cdot 2 = n^3$。（3）$199 = 2\times 100 - 1$，所以 199 是第 100 个奇数。求满足 $\frac{1}{2}(n-1)n < 100 \leqq \frac{1}{2}n(n+1)$ 的 $n$：$n=14$ 时 $91<100\leqq 105$。所以 199 在第 14 群，是第 $100-91=9$ 个。

解说　验算：第 14 群首个是 $196 - 14 + 1 = 183$，第 9 个是 $183 + 2 \times 8 = 199$。容易卡在：（3）直接拿 199 去和 $\frac{1}{2}n(n+1)$ 比。要先把值换成编号。群内位置是“编号减去前面各群的总项数”，前面只有 $n-1$ 个群。

例 2　（场景：前若干项之和）

問題　数列

$$\frac{1}{1} \mid \frac{1}{2}, \frac{2}{2} \mid \frac{1}{3}, \frac{2}{3}, \frac{3}{3} \mid \frac{1}{4}, \cdots$$

において，第 $100$ 項と初項から第 $100$ 項までの和を求めよ。

解答　第 $n$ 群は $\dfrac{1}{n}, \dfrac{2}{n}, \cdots, \dfrac{n}{n}$ で，$n$ 項からなる。例 1 の (3) の計算により，第 $100$ 項は第 $14$ 群の第 $9$ 番目で，$\dfrac{9}{14}$ である。

第 $n$ 群の和は $\dfrac{1}{n} \cdot \dfrac{1}{2}n(n + 1) = \dfrac{n + 1}{2}$ である。前 $13$ 群には $91$ 項あり，その和は

$$\sum_{n=1}^{13} \frac{n + 1}{2} = \frac{1}{2}\left(\frac{13 \times 14}{2} + 13\right) = \frac{1}{2}(91 + 13) = 52.$$

さらに第 $14$ 群の最初の $9$ 項を加える：$\dfrac{1 + 2 + \cdots + 9}{14} = \dfrac{45}{14}$。よって初項から第 $100$ 項までの和は $52 + \dfrac{45}{14} = \dfrac{773}{14}$。

中文翻译　题目：数列 $\frac{1}{1} \mid \frac{1}{2}, \frac{2}{2} \mid \frac{1}{3}, \frac{2}{3}, \frac{3}{3} \mid \frac{1}{4}, \cdots$ 中，求第 100 项和前 100 项之和。解答：第 $n$ 群是 $\frac{1}{n}, \frac{2}{n}, \dots, \frac{n}{n}$，共 $n$ 项。由例 1（3）的计算，第 100 项在第 14 群第 9 个，是 $\frac{9}{14}$。第 $n$ 群的和是 $\frac{1}{n} \cdot \frac{1}{2}n(n+1) = \frac{n+1}{2}$。前 13 群共 91 项，和为 $\sum_{n=1}^{13} \frac{n+1}{2} = \frac{1}{2}\left(\frac{13 \times 14}{2} + 13\right) = \frac{1}{2}(91+13) = 52$。再加上第 14 群的前 9 项：$\frac{1+2+\cdots+9}{14} = \frac{45}{14}$。所以前 100 项之和为 $52 + \frac{45}{14} = \frac{773}{14}$。

解说　第 $n$ 群的和 $\frac{n+1}{2}$ 是 $n$ 的一次式，前 13 群的和就是 $\sum_{n=1}^{13}\frac{n+1}{2}$，可以直接用等差数列求和。容易卡在：前 100 项不是前 14 群的全体，而是前 13 群全部加上第 14 群的前 9 项；先定位第 100 项在哪里，再拆成“整群 + 零头”。

例 3　（场景：数表）

問題　自然数を，第 $n$ 行に $n$ 個ずつ並べて三角形の数表を作る：第 $1$ 行は $1$，第 $2$ 行は $2, 3$，第 $3$ 行は $4, 5, 6$，……。(1) 第 $n$ 行の左端の数と，第 $n$ 行の和を求めよ。(2) $2026$ は第何行の左から何番目か。

解答　(1) 第 $n$ 行の左端の数は第 $\dfrac{1}{2}(n - 1)n + 1$ 番目の自然数であるから，

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

第 $n$ 行は初項 $\dfrac{1}{2}(n^2 - n + 2)$，公差 $1$，項数 $n$ の等差数列であるから，その和は

$$\frac{n}{2}\left\{2 \cdot \frac{n^2 - n + 2}{2} + (n - 1)\right\} = \frac{1}{2}n(n^2 + 1).$$

(2) $\dfrac{1}{2}(n - 1)n < 2026 \leqq \dfrac{1}{2}n(n + 1)$ を満たす $n$ を求める。$n = 63$ のとき右辺は $2016$ で，$2026$ より小さい。$n = 64$ のとき $2016 < 2026 \leqq 2080$ である。よって $2026$ は第 $64$ 行の左から第 $2026 - 2016 = 10$ 番目である。

中文翻译　题目：把自然数按第 $n$ 行 $n$ 个排成三角形：第 1 行 1，第 2 行 2、3，第 3 行 4、5、6……（1）求第 $n$ 行左端的数和第 $n$ 行的和；（2）2026 在第几行左起第几个？解答：（1）第 $n$ 行左端是第 $\frac{1}{2}(n-1)n+1$ 个自然数，就是 $\frac{1}{2}(n-1)n+1 = \frac{1}{2}(n^2-n+2)$。第 $n$ 行是首项 $\frac{1}{2}(n^2-n+2)$、公差 1、$n$ 项的等差数列，和为 $\frac{n}{2}\{2 \cdot \frac{n^2-n+2}{2} + (n-1)\} = \frac{1}{2}n(n^2+1)$。（2）求满足 $\frac{1}{2}(n-1)n < 2026 \leqq \frac{1}{2}n(n+1)$ 的 $n$。$n=63$ 时右边是 2016，比 2026 小；$n=64$ 时 $2016 < 2026 \leqq 2080$。所以 2026 在第 64 行，左起第 $2026-2016=10$ 个。

解说　验算：第 3 行 $4 + 5 + 6 = 15 = \frac{1}{2} \times 3 \times 10$。另一种解法：$\frac{1}{2}n^2 \approx 2026$，$n \approx \sqrt{4052} \approx 63.7$，只需检查 $n = 63$、$64$ 两个值。两种方法结果相同；逐个试 $n$ 只适合数小的情形，先估算再检查相邻整数是 EJU 上定位行号的省时做法。

常用推论

• 第 $n$ 群有 $n$ 项：第 $n$ 群最后一项是原数列第 $\dfrac{1}{2}n(n + 1)$ 项。
• 第 $n$ 群有 $2n - 1$ 项：前 $n$ 群共 $n^2$ 项，第 $n$ 群从第 $(n - 1)^2 + 1$ 项开始。推导：$\sum_{k=1}^{n} (2k - 1) = n^2$。
• 第 $n$ 群有 $2^{n-1}$ 项：前 $n$ 群共 $2^n - 1$ 项。推导：等比数列求和。
• 例 1 的结论“第 $n$ 群之和为 $n^3$”，前 $n$ 群之和就是 $\sum k^3$，又等于前 $\dfrac{1}{2}n(n + 1)$ 个奇数之和 $\left\{\dfrac{1}{2}n(n + 1)\right\}^2$。这给出了 14.2 节立方和公式的另一种证明。

易错点

• 错在哪：第 $n$ 群的首项编号写成 $\dfrac{1}{2}n(n + 1) + 1$。 为什么错：那是第 $n + 1$ 群的首项；第 $n$ 群前面只有 $n - 1$ 个群。 正确做法：$\dfrac{1}{2}(n - 1)n + 1$。代 $n = 1$ 应得 1，代 $n = 2$ 应得 2。
• 错在哪：例 1（3）求群内位置时用 $100 - 105$ 之类，减成了前 $n$ 群的项数。 为什么错：群内位置是“编号减去前面各群的总项数”，前面只有 $n - 1$ 个群。 正确做法：群内第 $m - \dfrac{1}{2}(n - 1)n$ 个。
• 错在哪：把项的值当成编号去解不等式。 为什么错：只有原数列是 $1, 2, 3, \dots$ 时值和编号才相等。 正确做法：先由通项把值换成编号（例 1 中 $2m - 1 = 199$，$m = 100$）。

直观理解

把群排成三角形，一眼就能看出每行有几个数、某个数在哪一行。下图是例 1 的奇数列，每一行的和依次是 $1, 8, 27, 64$，正好是 $1^3, 2^3, 3^3, 4^3$。

关联知识点

• 前置：14.2 节 $\sum k$ 的公式；国内书第 22 章 22.5 节，等差数列求和。
• 国内书第 23 章 23.5 节：分数的和、（等差）×（等比）的和，“いろいろな数列”的另外两类。
• 本书第 8 章 整数の性質：群数列定位要用到”$m$ 介于两个三角数之间“这类整数估算。
• 本书第 20 章 極限：例 2 这类“群内和”的极限问题会出现在無限級数里。

14.5 漸化式の典型

说明

漸化式（递推公式）：用前面的项表示后面的项的式子，如 $a_1 = 1$，$a_{n+1} = 3a_n - 4$。EJU 中漸化式题占数列题的大半，几乎都按“变形 → 新数列是等差或等比 → 变回 $a_n$“的誘導出题。

类型	形状	方法	国内书
等差型、等比型	$a_{n+1} = a_n + d$，$a_{n+1} = ra_n$	直接写通项	相同
階差型	$a_{n+1} = a_n + f(n)$	$a_n = a_1 + \sum_{k=1}^{n-1} f(k)$（14.3 节）	累加法，相同
$pa_n + q$ 型	$a_{n+1} = pa_n + q$（$p \ne 1$）	特性方程式 $\alpha = p\alpha + q$，化成 $a_{n+1} - \alpha = p(a_n - \alpha)$	讲法不同
分数型	$a_{n+1} = \dfrac{a_n}{ra_n + s}$	取逆数，$\dfrac{1}{a_{n+1}} = \dfrac{s}{a_n} + r$，化成 $pa_n + q$ 型	国内只讲 $s = 1$
指数型	$a_{n+1} = pa_n + q^n$	两边除以 $q^{n+1}$（化成 $pa_n + q$ 型）或 $p^{n+1}$（化成階差型）	国内只讲 $q = p$
一次式型	$a_{n+1} = pa_n + cn + d$	再取一次階差，或配成 $a_{n+1} + \alpha(n + 1) + \beta = p(a_n + \alpha n + \beta)$	国内一般不讲

特性方程式：$a_{n+1} = pa_n + q$ 中把 $a_{n+1}$、$a_n$ 都换成 $\alpha$，得 $\alpha = p\alpha + q$，解出 $\alpha = \dfrac{q}{1 - p}$。原式减去这个式子：

$$a_{n+1} - \alpha = p(a_n - \alpha).$$

所以 $\{a_n - \alpha\}$ 是首项 $a_1 - \alpha$、公比 $p$ 的等比数列，$a_n = (a_1 - \alpha)p^{n-1} + \alpha$。

国内书第 22 章 22.3 节用待定的 $t$ 配成 $a_{n+1} + t = p(a_n + t)$，$t = -\alpha$，本质相同。日本参考书和教学资料通常叫“特性方程式”（如愛知県総合教育センター的数学Ｂ指导资料：“特性方程式……を利用して求めるのが通常”），EJU 的誘導也常写成 $a_{n+1} - \fbox{A} = \fbox{B}(a_n - \fbox{A})$ 的形状，格子里填的是 $\alpha$ 本身（不是 $-\alpha$）。

使用场景

• $a_{n+1} = pa_n + q$（$p \ne 0, 1$）：解特性方程式，化成等比数列。
• 分母里有 $a_n$：取逆数（先说明各项不为 0），化成 $pa_n + q$ 型。
• 右边多出一项 $q^n$：两边除以 $q^{n+1}$ 或 $p^{n+1}$。
• 右边多出 $n$ 的一次式：对漸化式再取一次階差，或配 $a_n + \alpha n + \beta$。

注意点

• 特性方程式只是“找 $\alpha$ 的草稿”，不是说 $a_n = \alpha$。答案要写出 $a_{n+1} - \alpha = p(a_n - \alpha)$ 这一步。
• 新数列的首项要重新算：$\{a_n - \alpha\}$ 的首项是 $a_1 - \alpha$；$b_n = \dfrac{a_n}{3^n}$ 的首项是 $\dfrac{a_1}{3}$。
• 通项的指数是 $n - 1$：首项为 $c_1$、公比 $p$ 的等比数列，$c_n = c_1 p^{n-1}$。
• 取逆数前要说明 $a_n \ne 0$（通常是“由 $a_1 > 0$ 和漸化式可知各项为正”，严格说要用数学的帰納法，14.6 节）。
• EJU 常先给出变形的方向：「$b_n = \dfrac{a_n}{3^n}$ とおくと」「$b_n = a_{n+1} - a_n$ とおくと」，照着誘導走，不要自己换方法，否则格子对不上。

证明

结论 1：特性方程式的变形。 两式

$$a_{n+1} = pa_n + q, \qquad \alpha = p\alpha + q$$

相减得 $a_{n+1} - \alpha = p(a_n - \alpha)$。（关键一步：$\alpha$ 满足同一个式子，相减时常数 $q$ 恰好消掉。）$p \ne 1$ 保证 $\alpha = \dfrac{q}{1 - p}$ 存在。

结论 2：分数型。 各项不为 0 时，$a_{n+1} = \dfrac{a_n}{ra_n + s}$ 两边取逆数：

$$\frac{1}{a_{n+1}} = \frac{ra_n + s}{a_n} = s \cdot \frac{1}{a_n} + r.$$

令 $b_n = \dfrac{1}{a_n}$，就是 $b_{n+1} = sb_n + r$。$s = 1$ 时是等差数列（国内书讲的情形），$s \ne 1$ 时用结论 1。

结论 3：指数型。 $a_{n+1} = pa_n + q^n$ 两边除以 $q^{n+1}$：

$$\frac{a_{n+1}}{q^{n+1}} = \frac{p}{q} \cdot \frac{a_n}{q^n} + \frac{1}{q}.$$

令 $b_n = \dfrac{a_n}{q^n}$，得 $b_{n+1} = \dfrac{p}{q}b_n + \dfrac{1}{q}$，是结论 1 的形状。改为除以 $p^{n+1}$，得 $\dfrac{a_{n+1}}{p^{n+1}} - \dfrac{a_n}{p^n} = \dfrac{1}{p}\left(\dfrac{q}{p}\right)^n$，是階差型。

结论 4：一次式型。 设 $a_{n+1} = pa_n + cn + d$。把 $n$ 换成 $n + 1$ 得 $a_{n+2} = pa_{n+1} + c(n + 1) + d$，两式相减：

$$a_{n+2} - a_{n+1} = p(a_{n+1} - a_n) + c.$$

令 $b_n = a_{n+1} - a_n$，得 $b_{n+1} = pb_n + c$，用结论 1 求 $b_n$，再用 14.3 节求 $a_n$。

例题

例 1　（场景：$pa_n + q$ 型）

問題　$a_1 = 1$，$a_{n+1} = 3a_n - 4$ で定められる数列 $\{a_n\}$ の一般項を求めよ。

解答　特性方程式 $\alpha = 3\alpha - 4$ を解くと $\alpha = 2$ である。よって

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

$\{a_n - 2\}$ は初項 $1 - 2 = -1$，公比 $3$ の等比数列であるから，$a_n - 2 = -3^{n-1}$，すなわち

$$a_n = 2 - 3^{n-1}.$$

中文翻译　题目：$a_1 = 1$，$a_{n+1} = 3a_n - 4$ 确定的数列 $\{a_n\}$，求通项。解答：解特性方程式 $\alpha = 3\alpha - 4$，得 $\alpha = 2$。所以 $a_{n+1} - 2 = 3(a_n - 2)$。$\{a_n - 2\}$ 是首项 $1-2=-1$、公比 3 的等比数列，所以 $a_n - 2 = -3^{n-1}$，即 $a_n = 2 - 3^{n-1}$。

解说　验算：$a_2 = 3 - 4 = -1$，公式 $2 - 3 = -1$。另一种解法：取階差。$a_{n+2} = 3a_{n+1} - 4$ 减去 $a_{n+1} = 3a_n - 4$，得 $a_{n+2} - a_{n+1} = 3(a_{n+1} - a_n)$。階差 $b_n$ 是首项 $b_1 = a_2 - a_1 = -2$、公比 3 的等比数列，$b_n = -2 \cdot 3^{n-1}$。$n \geqq 2$ 时 $a_n = 1 + \sum_{k=1}^{n-1}(-2 \cdot 3^{k-1}) = 1 - (3^{n-1} - 1) = 2 - 3^{n-1}$，$n = 1$ 时也成立。特性方程式一步到位，适合常规题；取階差不用解方程，EJU 誘導写着「$b_n = a_{n+1} - a_n$ とおく」时就要走这条路。

例 2　（场景：分数型）

問題　$a_1 = 1$，$a_{n+1} = \dfrac{a_n}{3a_n + 2}$ で定められる数列 $\{a_n\}$ の一般項を求めよ。

解答　$a_1 > 0$ であり，$a_n > 0$ ならば $a_{n+1} > 0$ であるから，すべての項は正で，逆数をとることができる：

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

$b_n = \dfrac{1}{a_n}$ とおくと，$b_1 = 1$，$b_{n+1} = 2b_n + 3$ である。特性方程式 $\alpha = 2\alpha + 3$ より $\alpha = -3$ で，$b_{n+1} + 3 = 2(b_n + 3)$。$\{b_n + 3\}$ は初項 $4$，公比 $2$ の等比数列であるから，$b_n + 3 = 4 \cdot 2^{n-1} = 2^{n+1}$。よって

$$a_n = \frac{1}{2^{n+1} - 3}.$$

中文翻译　题目：$a_1 = 1$，$a_{n+1} = \frac{a_n}{3a_n+2}$ 确定的数列 $\{a_n\}$，求通项。解答：$a_1>0$，且 $a_n>0$ 时 $a_{n+1}>0$，所以各项为正，可以取倒数：$\frac{1}{a_{n+1}} = \frac{3a_n+2}{a_n} = \frac{2}{a_n}+3$。设 $b_n = \frac{1}{a_n}$，$b_1=1$，$b_{n+1}=2b_n+3$。特性方程式 $\alpha = 2\alpha+3$ 给出 $\alpha=-3$，$b_{n+1}+3 = 2(b_n+3)$。$\{b_n+3\}$ 首项 4、公比 2，所以 $b_n+3 = 4\cdot 2^{n-1} = 2^{n+1}$。因此 $a_n = \frac{1}{2^{n+1}-3}$。

解说　验算：$a_2 = \frac{1}{3+2} = \frac{1}{5}$，公式 $\frac{1}{8-3} = \frac{1}{5}$。容易卡在：取逆数后得到的是 $b_{n+1} = 2b_n + 3$，不是等差数列。国内书只讲到 $s = 1$ 的等差情形，这里还要再用一次特性方程式。取逆数前要说明各项不为 0（这里由 $a_1 > 0$ 和递推式可知各项为正）。

例 3　（场景：指数型）

問題　$a_1 = 1$，$a_{n+1} = 2a_n + 3^n$ で定められる数列 $\{a_n\}$ の一般項を求めよ。

解答　両辺を $3^{n+1}$ で割ると

$$\frac{a_{n+1}}{3^{n+1}} = \frac{2}{3} \cdot \frac{a_n}{3^n} + \frac{1}{3}.$$

$b_n = \dfrac{a_n}{3^n}$ とおくと，$b_1 = \dfrac{1}{3}$，$b_{n+1} = \dfrac{2}{3}b_n + \dfrac{1}{3}$ である。特性方程式 $\alpha = \dfrac{2}{3}\alpha + \dfrac{1}{3}$ より $\alpha = 1$。よって

$$b_n - 1 = \left(\frac{1}{3} - 1\right)\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1} = -\left(\frac{2}{3}\right)^n,$$

すなわち $b_n = 1 - \left(\dfrac{2}{3}\right)^n$ であるから，

$$a_n = 3^n b_n = 3^n - 2^n.$$

中文翻译　题目：$a_1 = 1$，$a_{n+1} = 2a_n + 3^n$ 确定的数列 $\{a_n\}$，求通项。解答：两边除以 $3^{n+1}$：$\frac{a_{n+1}}{3^{n+1}} = \frac{2}{3}\cdot\frac{a_n}{3^n} + \frac{1}{3}$。设 $b_n = \frac{a_n}{3^n}$，$b_1 = \frac{1}{3}$，$b_{n+1} = \frac{2}{3}b_n + \frac{1}{3}$。特性方程式 $\alpha = \frac{2}{3}\alpha + \frac{1}{3}$ 给出 $\alpha = 1$。所以 $b_n - 1 = \left(\frac{1}{3}-1\right)\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1} = -\left(\frac{2}{3}\right)^n$，即 $b_n = 1 - \left(\frac{2}{3}\right)^n$，因此 $a_n = 3^n b_n = 3^n - 2^n$。

解说　另一种解法：两边除以 $2^{n+1}$，令 $c_n = \frac{a_n}{2^n}$，得 $c_{n+1} = c_n + \frac{1}{2}\left(\frac{3}{2}\right)^n$，是階差型。$c_1 = \frac{1}{2}$，$n \geqq 2$ 时 $c_n = \frac{1}{2} + \sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{2}\left(\frac{3}{2}\right)^k = \frac{1}{2} + \frac{3}{2}\left\{\left(\frac{3}{2}\right)^{n-1} - 1\right\} = \left(\frac{3}{2}\right)^n - 1$，$n = 1$ 时也成立，$a_n = 2^n c_n = 3^n - 2^n$。除以 $q^{n+1}$ 后还要解一次特性方程式，除以 $p^{n+1}$ 后直接是階差型；两条路都对，EJU 会在誘導里指定 $b_n$ 的定义，照着走。

例 4　（场景：一次式型）

問題　$a_1 = 1$，$a_{n+1} = 2a_n + n$ で定められる数列 $\{a_n\}$ の一般項を求めよ。

解答　$a_{n+2} = 2a_{n+1} + (n + 1)$ からもとの漸化式を引くと

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

$b_n = a_{n+1} - a_n$ とおくと，$b_1 = a_2 - a_1 = 3 - 1 = 2$，$b_{n+1} = 2b_n + 1$ である。特性方程式 $\alpha = 2\alpha + 1$ より $\alpha = -1$ で，$b_n + 1 = 3 \cdot 2^{n-1}$，すなわち $b_n = 3 \cdot 2^{n-1} - 1$。$n \geqq 2$ のとき

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

$n = 1$ のとき $3 - 1 - 1 = 1$ となり，この式は $n = 1$ のときも成り立つ。よって $a_n = 3 \cdot 2^{n-1} - n - 1$。

中文翻译　题目：$a_1 = 1$，$a_{n+1} = 2a_n + n$ 确定的数列 $\{a_n\}$，求通项。解答：由 $a_{n+2} = 2a_{n+1} + (n+1)$ 减去原漸化式，得 $a_{n+2} - a_{n+1} = 2(a_{n+1} - a_n) + 1$。设 $b_n = a_{n+1} - a_n$，$b_1 = a_2 - a_1 = 3-1 = 2$，$b_{n+1} = 2b_n+1$。由特性方程式 $\alpha = 2\alpha+1$ 得 $\alpha = -1$，$b_n+1 = 3\cdot 2^{n-1}$，即 $b_n = 3\cdot 2^{n-1} - 1$。$n \geqq 2$ 时，$a_n = 1 + \sum_{k=1}^{n-1}(3\cdot 2^{k-1}-1) = 1 + 3(2^{n-1}-1) - (n-1) = 3\cdot 2^{n-1} - n - 1$。$n=1$ 时 $3-1-1=1$，所以 $n=1$ 时也成立。因此 $a_n = 3\cdot 2^{n-1} - n - 1$。

解说　另一种解法：设 $a_{n+1} + \alpha(n+1) + \beta = 2(a_n + \alpha n + \beta)$，展开得 $a_{n+1} = 2a_n + \alpha n + (\beta - \alpha)$，和原式比较：$\alpha = 1$，$\beta - \alpha = 0$，$\beta = 1$。$\{a_n + n + 1\}$ 是首项 3、公比 2 的等比数列，$a_n + n + 1 = 3\cdot 2^{n-1}$。待定系数法步骤少；取階差的方法不用猜形式，EJU 两种誘導都可能出现。

常用推论

• $a_{n+1} = pa_n + q$ 的通项：$a_n = (a_1 - \alpha)p^{n-1} + \alpha$，$\alpha = \dfrac{q}{1 - p}$。推导见证明结论 1。
• 含 $S_n$ 的漸化式：用 $a_{n+1} = S_{n+1} - S_n$ 消去 $S$。如 $S_n = 2a_n - 1$，则 $a_{n+1} = (2a_{n+1} - 1) - (2a_n - 1)$，$a_{n+1} = 2a_n$；$n = 1$ 时 $a_1 = 2a_1 - 1$，$a_1 = 1$，所以 $a_n = 2^{n-1}$。
• 3 項間漸化式 $a_{n+2} + sa_{n+1} + ta_n = 0$：设 $x^2 + sx + t = 0$ 的两根为 $\alpha$、$\beta$，则 $a_{n+2} - \alpha a_{n+1} = \beta(a_{n+1} - \alpha a_n)$，$\{a_{n+1} - \alpha a_n\}$ 是公比 $\beta$ 的等比数列。推导：由根与系数的关系 $s = -(\alpha + \beta)$，$t = \alpha\beta$，代入展开即得。
• $a_{n+1} = pa_n^r$（各项为正）：两边取对数，$\log a_{n+1} = \log p + r\log a_n$，化成 $pa_n + q$ 型（本书第 12 章）。

3 項間漸化式在日本数学Ｂ教科书里属于“発展”内容（文部科学省公开的数学Ｂ编修趣意书，受理番号 107-21，把“3項間の漸化式”列为発展的な学習内容）；取对数型也不在基本类型里。EJU 若出会给出完整的誘導。

易错点

• 错在哪：$a_{n+1} = 3a_n - 4$ 解出 $\alpha = 2$ 后，写成 $a_{n+1} + 2 = 3(a_n + 2)$。 为什么错：$\alpha$ 是特性方程式的根，变形是“减 $\alpha$”。国内书的 $t$ 等于 $-\alpha$，两套记号混用就会把符号弄反。 正确做法：$a_{n+1} - \alpha = p(a_n - \alpha)$；写完代 $n = 1$ 检查：$a_2 - 2 = -3$，$3(a_1 - 2) = -3$。
• 错在哪：$a_n - 2 = (a_1 - 2) \cdot 3^n$。 为什么错：首项对应 $n = 1$，此时应乘 $3^0 = 1$，指数是 $n - 1$。 正确做法：$a_n - 2 = (a_1 - 2) \cdot 3^{n-1}$；代 $n = 1$ 应得 $a_1 - 2$。
• 错在哪：例 3 中令 $b_n = \dfrac{a_n}{3^n}$ 后，取 $b_1 = a_1 = 1$。 为什么错：$b_1 = \dfrac{a_1}{3^1} = \dfrac{1}{3}$，换元后首项也要换。 正确做法：每次换元都按定义重算首项。

直观理解

$a_{n+1} = \dfrac{1}{2}a_n + 3$ 可以画成“蛛网图”：在直线 $y = \dfrac{1}{2}x + 3$ 上由 $a_n$ 读出 $a_{n+1}$，再经直线 $y = x$ 把它搬回横轴，接着读下一项。两条直线的交点 $(6, 6)$ 就是特性方程式 $\alpha = \dfrac{1}{2}\alpha + 3$ 的根。$a_n$ 与 6 的距离每一步乘以 $\dfrac{1}{2}$，这就是”$\{a_n - \alpha\}$ 是公比 $p$ 的等比数列“的几何意思。

$|p| < 1$ 时 $a_n$ 收敛到 $\alpha$，$|p| > 1$ 时（$a_1 \ne \alpha$）离 $\alpha$ 越来越远，这在第 20 章極限里会用到。

关联知识点

• 前置：国内书第 22 章 22.3 节，递推公式的累加、累乘、构造法；国内书第 23 章 23.2 节，等比数列的通项。
• 14.3 节：階差型漸化式，和本节一次式型、指数型的第二种做法。
• 本书第 12 章 指数関数・対数関数：$a_{n+1} = pa_n^r$ 型取对数。
• 本书第 7 章 場合の数と確率：确率漸化式（如“第 $n$ 次后在某处的概率 $p_n$“满足 $p_{n+1} = ap_n + b$），EJU 有时和概率一起考。
• 后续：本书第 20 章 極限，漸化式所定数列的极限。
• 14.6 节：推测通项后用数学的帰納法证明。

14.6 数学的帰納法

说明

数学的帰納法的定义、两步的写法和原理见国内书第 23 章 23.6 节，本节只写 EJU 需要而国内没讲到的部分。

国内课标把数学归纳法标为选学（*），不作考试要求；日本数学Ｂ把它作为正式内容，EJU シラバス第 12 项 (2) ② 列出。日本教科书的答案格式：

[1] $n = 1$ のとき，……よって成り立つ。 [2] $n = k$ のとき成り立つ，すなわち……と仮定する。$n = k + 1$ のとき，……よって $n = k + 1$ のときも成り立つ。 [1]，[2] から，すべての自然数 $n$ について成り立つ。

日本教科书里的典型用途有四类：等式、整除（倍数の証明）、不等式、推测通项后证明。另外还有一种变形：

两步的帰納法：[1] $n = 1, 2$ 时成立；[2] 假设 $n = k$、$k + 1$ 时都成立，证明 $n = k + 2$ 时成立。用于 3 項間漸化式这类“一项由前两项决定”的命题。

使用场景

• 证明 $f(n)$ 是某数的倍数（如 $3^{2n} - 1$ 是 8 的倍数）。
• 证明含 $n$ 的不等式，起点不一定是 1（如 $n \ge 4$ 时 $n! > 2^n$）。
• 由漸化式算出前几项、推测通项，再证明。
• 每一项由前两项决定（3 項間漸化式、$\alpha^n + \beta^n$）：用两步的帰納法。

注意点

• 日本的「自然数」是 $1, 2, 3, \dots$，不含 0。国内 $\mathbf{N}$ 含 0、$\mathbf{N}^*$ 才从 1 开始。题干「すべての自然数 $n$ について」等于国内的”$n \in \mathbf{N}^*$“。
• EJU 是填空，不写证明，但会把帰納法的第 [2] 步拆成格子：如「$3^{2(k+1)} - 1 = \fbox{A}(3^{2k} - 1) + \fbox{B}$」，要会写出 $n = k + 1$ 时的式子、并凑出归纳假设的形状。
• 整除问题的关键是把 $f(k + 1)$ 写成”$f(k)$ 的倍数 + 显然是倍数的部分”。
• 两步的帰納法要验证两个起点，假设也是两个。

证明

一般的数学的帰納法为什么成立，见国内书第 23 章 23.6 节（“最小的反例”）。

两步的帰納法为什么成立：设命题不是对所有自然数成立，取最小的反例 $m$。由 [1]，$m \ge 3$，所以 $m - 2 \ge 1$，$m - 2$ 和 $m - 1$ 都比 $m$ 小，命题对它们成立。（关键一步：[2] 需要的是“连续两个”成立，最小反例前面恰好有两个连续的成立值。）由 [2]，$m$ 也成立，矛盾。

例题

例 1　（场景：整除）

問題　すべての自然数 $n$ について，$3^{2n} - 1$ が $8$ の倍数であることを証明せよ。

解答　[1] $n = 1$ のとき，$3^2 - 1 = 8$ であり，$8$ の倍数である。

[2] $n = k$ のとき成り立つと仮定する。すなわち，$3^{2k} - 1 = 8m$（$m$ は整数）と表される。$n = k + 1$ のとき，

$$3^{2(k+1)} - 1 = 9 \cdot 3^{2k} - 1 = 9(3^{2k} - 1) + 8 = 9 \cdot 8m + 8 = 8(9m + 1).$$

$9m + 1$ は整数であるから，$n = k + 1$ のときも成り立つ。

[1]，[2] より，すべての自然数 $n$ について $3^{2n} - 1$ は $8$ の倍数である。

中文翻译　题目：证明对所有自然数 $n$，$3^{2n}-1$ 是 8 的倍数。解答：[1] $n=1$ 时，$3^2-1=8$，是 8 的倍数。[2] 假设 $n=k$ 时成立，即 $3^{2k}-1=8m$（$m$ 是整数）。$n=k+1$ 时，$3^{2(k+1)}-1 = 9\cdot 3^{2k}-1 = 9(3^{2k}-1)+8 = 9\cdot 8m+8 = 8(9m+1)$。$9m+1$ 是整数，所以 $n=k+1$ 时也成立。由 [1]、[2]，对所有自然数 $n$，$3^{2n}-1$ 是 8 的倍数。

解说　容易卡在：$9 \cdot 3^{2k} - 1$ 怎么凑出 $3^{2k} - 1$。做法是把 $3^{2k}$ 写成 $(3^{2k} - 1) + 1$：$9\{(3^{2k} - 1) + 1\} - 1 = 9(3^{2k} - 1) + 8$。另一种解法：$3^{2n} - 1 = 9^n - 1 = (9 - 1)(9^{n-1} + 9^{n-2} + \dots + 1)$，直接含因子 8。也可以用第 8 章的余数计算：9 除以 8 余 1，所以 $9^n$ 除以 8 余 1。帰納法的写法通用；因式分解或余数计算更快，只适用于“底数减 1 恰是除数的倍数”这类特殊形状。

例 2　（场景：不等式，起点不是 1）

問題　$n \geqq 4$ であるすべての自然数 $n$ について，$n! > 2^n$ が成り立つことを証明せよ。

解答　[1] $n = 4$ のとき，$4! = 24 > 16 = 2^4$ であり，成り立つ。

[2] $n = k$（$k \geqq 4$）のとき $k! > 2^k$ が成り立つと仮定する。$n = k + 1$ のとき，

$$(k + 1)! = (k + 1) \cdot k! > (k + 1) \cdot 2^k \geqq 2 \cdot 2^k = 2^{k+1}.$$

（2 番目の不等号は $k + 1 \geqq 5 > 2$ による。）よって $n = k + 1$ のときも成り立つ。

[1]，[2] より，$n \geqq 4$ であるすべての自然数 $n$ について $n! > 2^n$ が成り立つ。

中文翻译　题目：证明 $n \geqq 4$ 的自然数 $n$ 都满足 $n! > 2^n$。解答：[1] $n=4$ 时，$4! = 24 > 16 = 2^4$，成立。[2] 假设 $n=k$（$k \geqq 4$）时 $k! > 2^k$。$n=k+1$ 时，$(k+1)! = (k+1)\cdot k! > (k+1)\cdot 2^k \geqq 2\cdot 2^k = 2^{k+1}$。（第二个不等号用到 $k+1 \geqq 5 > 2$。）所以 $n=k+1$ 时也成立。由 [1]、[2]，$n \geqq 4$ 时都成立。

解说　$n = 3$ 时 $6 < 8$，起点不能取 1。第二步的第二个不等号依赖 $k \geqq 4$，所以必须写明 $k + 1 \geqq 5 > 2$，不能只写 $k + 1 \geqq 2$。

例 3　（场景：推测后证明）

問題　$a_1 = \dfrac{1}{2}$，$a_{n+1} = \dfrac{1}{2 - a_n}$ で定められる数列 $\{a_n\}$ について，一般項を推測し，それを証明せよ。

解答　最初の数項を計算すると

$$a_2 = \frac{1}{2 - \frac{1}{2}} = \frac{2}{3}, \quad a_3 = \frac{1}{2 - \frac{2}{3}} = \frac{3}{4}, \quad a_4 = \frac{4}{5}.$$

よって $a_n = \dfrac{n}{n + 1}$ と推測できる。

[1] $n = 1$ のとき，$\dfrac{1}{2}$ であり，成り立つ。

[2] $a_k = \dfrac{k}{k + 1}$ と仮定すると，

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

これは $n = k + 1$ のときの推測式である。よって $n = k + 1$ のときも成り立つ。

[1]，[2] より，すべての自然数 $n$ について $a_n = \dfrac{n}{n + 1}$ である。

中文翻译　题目：$a_1 = \frac{1}{2}$，$a_{n+1} = \frac{1}{2-a_n}$ 确定的数列 $\{a_n\}$，推测通项并证明。解答：计算前几项：$a_2 = \frac{1}{2-\frac{1}{2}} = \frac{2}{3}$，$a_3 = \frac{1}{2-\frac{2}{3}} = \frac{3}{4}$，$a_4 = \frac{4}{5}$。所以推测 $a_n = \frac{n}{n+1}$。[1] $n=1$ 时是 $\frac{1}{2}$，成立。[2] 假设 $a_k = \frac{k}{k+1}$，则 $a_{k+1} = \frac{1}{2-\frac{k}{k+1}} = \frac{k+1}{2(k+1)-k} = \frac{k+1}{k+2}$，正是 $n=k+1$ 时的推测式。所以 $n=k+1$ 时也成立。由 [1]、[2]，对所有自然数 $n$，$a_n = \frac{n}{n+1}$。

解说　推测通项时至少算三项；算到 $\frac{2}{3}, \frac{3}{4}, \frac{4}{5}$ 就能看出分子是 $n$、分母是 $n+1$。第二步的化简要把分母通分：$2 - \frac{k}{k+1} = \frac{2(k+1)-k}{k+1} = \frac{k+2}{k+1}$，再取倒数。

例 4　（场景：两步的帰納法）

問題　$\alpha = 1 + \sqrt{2}$，$\beta = 1 - \sqrt{2}$ とする。すべての自然数 $n$ について，$s_n = \alpha^n + \beta^n$ が整数であることを証明せよ。

解答　$\alpha + \beta = 2$，$\alpha\beta = -1$ であるから，$\alpha$，$\beta$ は $x^2 = 2x + 1$ の 2 つの解である。よって $\alpha^{n+2} = 2\alpha^{n+1} + \alpha^n$ で，$\beta$ についても同様であるから，辺々を加えると

$$s_{n+2} = 2s_{n+1} + s_n.$$

[1] $s_1 = \alpha + \beta = 2$，$s_2 = (\alpha + \beta)^2 - 2\alpha\beta = 4 + 2 = 6$ であり，いずれも整数である。

[2] $s_k$，$s_{k+1}$ がともに整数であると仮定すると，$s_{k+2} = 2s_{k+1} + s_k$ も整数である。

[1]，[2] より，すべての自然数 $n$ について $s_n$ は整数である。

中文翻译　题目：$\alpha = 1+\sqrt{2}$，$\beta = 1-\sqrt{2}$。证明对所有自然数 $n$，$s_n = \alpha^n+\beta^n$ 是整数。解答：$\alpha+\beta = 2$，$\alpha\beta = -1$，所以 $\alpha$、$\beta$ 是 $x^2 = 2x+1$ 的两根。因此 $\alpha^{n+2} = 2\alpha^{n+1}+\alpha^n$，$\beta$ 同理，相加得 $s_{n+2} = 2s_{n+1}+s_n$。[1] $s_1 = \alpha+\beta = 2$，$s_2 = (\alpha+\beta)^2 - 2\alpha\beta = 4+2 = 6$，都是整数。[2] 假设 $s_k$、$s_{k+1}$ 都是整数，则 $s_{k+2} = 2s_{k+1}+s_k$ 也是整数。由 [1]、[2]，对所有自然数 $n$，$s_n$ 是整数。

解说　容易卡在：只验证 $s_1$。[2] 用到了前两项，起点也必须有两个。各项依次为 $2, 6, 14, 34, 82, \dots$，可以逐项验算递推式。

常用推论

• 整除的帰納法，常见的凑法：$a^{k+1} - b = a(a^k - b) + (ab - b)$。推导：展开右边即得，例 1 是 $a = 9$、$b = 1$。
• 漸化式的各项为正、不为 0、有界（如 $0 < a_n < 1$）这类性质，都用帰納法证明，再用于取逆数、取对数（14.5 节）。
• $\alpha$、$\beta$ 是 $x^2 - px - q = 0$ 的两根时，$s_n = \alpha^n + \beta^n$ 满足 $s_{n+2} = ps_{n+1} + qs_n$。推导同例 4。

易错点

• 错在哪：证明 [2] 时直接从 $n = k + 1$ 的结论出发化简，最后得到恒等式。 为什么错：那是假设结论成立再推，循环论证；而且没用归纳假设。 正确做法：从 $n = k + 1$ 的左边出发，代入归纳假设，推到右边。
• 错在哪：不等式题的 [2] 写 $(k + 1) \cdot 2^k \ge 2^{k+1}$，却不说明 $k + 1 \ge 2$ 从哪来。 为什么错：这一步依赖 $k$ 的范围，起点不同，结论可能不成立。 正确做法：写明 $k \ge 4$，所以 $k + 1 \ge 2$。
• 错在哪：两步的帰納法只验证 $n = 1$。 为什么错：[2] 要用 $n = k$ 和 $k + 1$ 两个假设，只有一个起点，$n = 2$ 无从推出。 正确做法：验证 $n = 1$、$2$ 两个。

直观理解

一般的帰納法是推倒第一块多米诺骨牌，每块推倒下一块（国内书第 23 章 23.6 节的图）。两步的帰納法像每块骨牌要被前面两块一起推才会倒，所以开头要亲手推倒两块。整除的帰納法可以理解为“余数的传递”：$3^{2k} - 1$ 除以 8 余 0，乘 9 再加 8，余数还是 0。

关联知识点

• 前置：国内书第 23 章 23.6 节，数学归纳法的两步和原理。
• 本书第 4 章 集合と命題：帰納法的原理用背理法说明（最小反例）。
• 本书第 8 章 整数の性質：整除问题的另一条路是余数计算。
• 14.5 节：推测通项、证明各项为正，都要用帰納法。
• 本书第 17 章 複素数平面：ド・モアブルの定理对自然数 $n$ 的证明就是帰納法。

14.7 题型与答法

EJU 的数列题只出现在コース2，常以大问 Ⅱ 的問1 出现，一道题从头到尾围绕一个漸化式或一个求和：2017 年第 2 回是 $a_1 = 18$，$a_{n+1} - 12a_n + 3^{n+2} = 0$ 的指数型漸化式，誘導先除以指数化成 $pa_n + q$ 型，再用特性方程式；2018 年第 2 回是乘积型漸化式，最后求無限級数的和；2020 年第 2 回由 $S_n$ 求 $a_n$，再对 $a_n a_{n+5}$ 求 $\sum$，部分格子是⓪～⑨选择。

誘導的典型骨架：

• 漸化式：(1) 算前几项 →(2)「$b_n = \cdots$ とおくと」给出新数列的漸化式 →(3) 特性方程式化成等比数列 →(4) 写出 $a_n$ →(5) 求 $\sum a_k$ 或极限。
• 階差、$\sum$：(1) 階差数列 →(2) 一般項 →(3) $\sum$ 的值，要求写成因式分解的形 →(4) 满足不等式的最小 $n$。
• 群数列：(1) 第 $n$ 群的首项 →(2) 第 $n$ 群的和 →(3) 某数在第几群第几个。

填涂提醒：分式的通项（如 $\dfrac{n}{n + 1}$）分母、分子分别对应格子；系数是 1 也要填；$\sum$ 的结果按题目给的形状对格子，先提出公因式。

問題 1　（階差数列と和）

数列 $\{a_n\}$：$2, 5, 12, 23, 38, \cdots$ の階差数列は等差数列である。

(1) $\{a_n\}$ の階差数列を $\{b_n\}$ とすると，$b_n = \fbox{A}\,n - \fbox{B}$ である。

(2) $a_n = \fbox{C}\,n^2 - \fbox{D}\,n + \fbox{E}$ である。

(3) $\displaystyle\sum_{k=1}^{n} a_k = \frac{n}{\fbox{F}}\left(\fbox{G}\,n^2 - \fbox{H}\,n + \fbox{IJ}\right)$ である。

(4) $a_n > 1000$ を満たす最小の自然数 $n$ は $\fbox{KL}$ である。

解答　(1) 階差は $3, 7, 11, 15, \cdots$ で，初項 $3$，公差 $4$ の等差数列であるから，$b_n = 4n - 1$。よって $\fbox{A} = 4$，$\fbox{B} = 1$。

(2) $n \geqq 2$ のとき

$$a_n = 2 + \sum_{k=1}^{n-1} (4k - 1) = 2 + 2(n - 1)n - (n - 1) = 2n^2 - 3n + 3.$$

$n = 1$ のとき $2$ となり，この式は $n = 1$ のときも成り立つ。よって $\fbox{C} = 2$，$\fbox{D} = 3$，$\fbox{E} = 3$。

(3)

$$\sum_{k=1}^{n} (2k^2 - 3k + 3) = \frac{1}{3}n(n + 1)(2n + 1) - \frac{3}{2}n(n + 1) + 3n = \frac{n}{6}(4n^2 - 3n + 11).$$

よって $\fbox{F} = 6$，$\fbox{G} = 4$，$\fbox{H} = 3$，$\fbox{IJ} = 1, 1$。

(4) $a_n$ の階差 $4n - 1 > 0$ であるから，$\{a_n\}$ は増加する。$a_{23} = 1058 - 69 + 3 = 992$，$a_{24} = 1152 - 72 + 3 = 1083$ であるから，$a_n > 1000$ を満たす最小の自然数は $n = 24$。よって $\fbox{KL} = 2, 4$。

中文翻译　题目：数列 $\{a_n\}$：$2, 5, 12, 23, 38, \cdots$ 的階差数列是等差数列。（1）设 $\{a_n\}$ 的階差数列为 $\{b_n\}$，则 $b_n = \fbox{A}n - \fbox{B}$。（2）$a_n = \fbox{C}n^2 - \fbox{D}n + \fbox{E}$。（3）$\sum_{k=1}^{n} a_k = \frac{n}{\fbox{F}}(\fbox{G}n^2 - \fbox{H}n + \fbox{IJ})$。（4）满足 $a_n > 1000$ 的最小自然数 $n$ 是 $\fbox{KL}$。解答：（1）階差 $3, 7, 11, 15, \dots$，首项 3、公差 4，所以 $b_n = 4n-1$，$\fbox{A}=4$，$\fbox{B}=1$。（2）$n \geqq 2$ 时，$a_n = 2 + \sum_{k=1}^{n-1}(4k-1) = 2 + 2(n-1)n - (n-1) = 2n^2-3n+3$。$n=1$ 时为 2，所以 $n=1$ 时也成立，$\fbox{C}=2$，$\fbox{D}=3$，$\fbox{E}=3$。（3）$\sum_{k=1}^{n}(2k^2-3k+3) = \frac{1}{3}n(n+1)(2n+1) - \frac{3}{2}n(n+1) + 3n = \frac{n}{6}(4n^2-3n+11)$，所以 $\fbox{F}=6$，$\fbox{G}=4$，$\fbox{H}=3$，$\fbox{IJ}=1,1$。（4）$a_n$ 的階差 $4n-1>0$，所以 $\{a_n\}$ 递增。$a_{23}=1058-69+3=992$，$a_{24}=1152-72+3=1083$，所以满足 $a_n>1000$ 的最小自然数是 $n=24$，$\fbox{KL}=2,4$。

解说　两分钟做法：先写階差 $3, 7, 11, 15$，立刻读出 $b_n = 4n-1$；再用 $a_n = a_1 + \sum_{k=1}^{n-1} b_k$，注意上限是 $n-1$。第（3）问算完先提 $n$，按题目给的 $\frac{n}{6}(\cdots)$ 形状对格子。空格判断：$\fbox{IJ}$ 是 $11$ 的两位数字，$\fbox{KL}$ 是 $24$ 的两位；第（4）问不要解二次不等式，先由 $2n^2 \approx 1000$ 估出 $n \approx 22$，再算 $a_{23}$、$a_{24}$ 即可。

問題 2　（分数型の漸化式）

$a_1 = 3$，$a_{n+1} = \dfrac{3a_n - 4}{a_n - 1}$ $(n = 1, 2, 3, \cdots)$ で定められる数列 $\{a_n\}$ を考える。

(1) $a_2 = \dfrac{\fbox{A}}{\fbox{B}}$，$a_3 = \dfrac{\fbox{C}}{\fbox{D}}$ である。

(2) すべての自然数 $n$ について $a_n > 2$ であることが数学的帰納法により示される。$b_n = \dfrac{1}{a_n - \fbox{E}}$ とおくと，$b_1 = \fbox{F}$，$b_{n+1} = b_n + \fbox{G}$ が成り立つ。

(3) したがって $a_n = \dfrac{\fbox{H}\,n + \fbox{I}}{n}$ である。

(4) $\displaystyle\sum_{k=1}^{n} (a_k - 2)(a_{k+1} - 2) = \frac{n}{n + \fbox{J}}$ である。

解答　(1) $a_2 = \dfrac{9 - 4}{3 - 1} = \dfrac{5}{2}$，$a_3 = \dfrac{\frac{15}{2} - 4}{\frac{5}{2} - 1} = \dfrac{7}{3}$ である。よって $\fbox{A} = 5$，$\fbox{B} = 2$，$\fbox{C} = 7$，$\fbox{D} = 3$。

(2) 特性方程式 $\alpha = \dfrac{3\alpha - 4}{\alpha - 1}$ は $\alpha^2 - 4\alpha + 4 = 0$ となり，$\alpha = 2$（重解）である。よって $\fbox{E} = 2$。このとき

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

$a_n > 2$ ならば $a_n - 1 > 0$ で，$a_{n+1} - 2 > 0$ となるから，帰納法の [2] が示され，逆数をとることができる：

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

すなわち $b_{n+1} = b_n + 1$ である。また $b_1 = \dfrac{1}{3 - 2} = 1$ であるから，$\fbox{F} = 1$，$\fbox{G} = 1$。

(3) $b_n = n$ であるから，$a_n - 2 = \dfrac{1}{n}$，すなわち $a_n = \dfrac{2n + 1}{n}$ である。よって $\fbox{H} = 2$，$\fbox{I} = 1$。

(4) $(a_k - 2)(a_{k+1} - 2) = \dfrac{1}{k(k + 1)} = \dfrac{1}{k} - \dfrac{1}{k + 1}$ であるから，

$$\sum_{k=1}^{n} (a_k - 2)(a_{k+1} - 2) = 1 - \frac{1}{n + 1} = \frac{n}{n + 1}.$$

よって $\fbox{J} = 1$。

中文翻译　题目：考虑由 $a_1 = 3$，$a_{n+1} = \frac{3a_n-4}{a_n-1}$（$n=1,2,3,\cdots$）确定的数列 $\{a_n\}$。（1）$a_2 = \frac{\fbox{A}}{\fbox{B}}$，$a_3 = \frac{\fbox{C}}{\fbox{D}}$。（2）可以用数学归纳法证明对所有自然数 $n$ 有 $a_n > 2$。设 $b_n = \frac{1}{a_n - \fbox{E}}$，则 $b_1 = \fbox{F}$，$b_{n+1} = b_n + \fbox{G}$。（3）因此 $a_n = \frac{\fbox{H}n + \fbox{I}}{n}$。（4）$\sum_{k=1}^{n}(a_k-2)(a_{k+1}-2) = \frac{n}{n+\fbox{J}}$。解答：（1）$a_2 = \frac{9-4}{3-1} = \frac{5}{2}$，$a_3 = \frac{\frac{15}{2}-4}{\frac{5}{2}-1} = \frac{7}{3}$，所以 $\fbox{A}=5$，$\fbox{B}=2$，$\fbox{C}=7$，$\fbox{D}=3$。（2）特性方程式 $\alpha = \frac{3\alpha-4}{\alpha-1}$ 即 $\alpha^2-4\alpha+4=0$，$\alpha=2$（重根），所以 $\fbox{E}=2$。此时 $a_{n+1}-2 = \frac{3a_n-4-2(a_n-1)}{a_n-1} = \frac{a_n-2}{a_n-1}$。$a_n>2$ 时 $a_n-1>0$，$a_{n+1}-2>0$，所以归纳法的 [2] 成立，可以取倒数：$\frac{1}{a_{n+1}-2} = \frac{a_n-1}{a_n-2} = 1 + \frac{1}{a_n-2}$，即 $b_{n+1} = b_n+1$。又 $b_1 = \frac{1}{3-2} = 1$，所以 $\fbox{F}=1$，$\fbox{G}=1$。（3）$b_n = n$，所以 $a_n-2 = \frac{1}{n}$，即 $a_n = \frac{2n+1}{n}$，$\fbox{H}=2$，$\fbox{I}=1$。（4）$(a_k-2)(a_{k+1}-2) = \frac{1}{k(k+1)} = \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1}$，所以 $\sum_{k=1}^{n}(a_k-2)(a_{k+1}-2) = 1 - \frac{1}{n+1} = \frac{n}{n+1}$，$\fbox{J}=1$。

解说　两分钟做法：分数型先算前两项确认规律，再找特性方程式的重根 $\alpha = 2$，作差 $a_{n+1}-2$ 后取倒数，正好化成等差数列 $b_{n+1} = b_n + 1$。空格判断：$\fbox{E}$ 填特性方程式的重根 2；$\fbox{F}$ 是 $b_1 = \frac{1}{3-2} = 1$；$\fbox{G}$ 的公差 1 也要填；$\fbox{H}$、$\fbox{I}$ 的系数 1 也要填。第（4）问用部分分数分解，首尾相消后剩 $1 - \frac{1}{n+1}$。

問題 3　（指数を含む漸化式）

$a_1 = 5$，$a_{n+1} = 3a_n - 2^{n+1}$ $(n = 1, 2, 3, \cdots)$ で定められる数列 $\{a_n\}$ を考える。

(1) $b_n = \dfrac{a_n}{2^n}$ とおくと，$b_{n+1} = \dfrac{\fbox{A}}{\fbox{B}}\,b_n - \fbox{C}$ が成り立つ。

(2) この式は $b_{n+1} - \fbox{D} = \dfrac{\fbox{A}}{\fbox{B}}\left(b_n - \fbox{D}\right)$ と変形できるので，$b_n = \fbox{D} + \dfrac{1}{\fbox{E}}\left(\dfrac{\fbox{A}}{\fbox{B}}\right)^{n-1}$ である。

(3) よって $a_n = 2^{n + \fbox{F}} + \fbox{G}^{\,n-1}$ である。

(4) $\displaystyle\sum_{k=1}^{n} a_k = \frac{2^{n + \fbox{H}} + 3^n - \fbox{I}}{\fbox{J}}$ である。

解答　(1) 両辺を $2^{n+1}$ で割ると

$$\frac{a_{n+1}}{2^{n+1}} = \frac{3}{2} \cdot \frac{a_n}{2^n} - 1,$$

すなわち $b_{n+1} = \dfrac{3}{2}b_n - 1$ である。よって $\fbox{A} = 3$，$\fbox{B} = 2$，$\fbox{C} = 1$。

(2) 特性方程式 $\alpha = \dfrac{3}{2}\alpha - 1$ を解くと $\alpha = 2$ である。よって $\fbox{D} = 2$。$b_1 = \dfrac{5}{2}$ であるから $b_1 - 2 = \dfrac{1}{2}$ で，

$$b_n - 2 = \frac{1}{2}\left(\frac{3}{2}\right)^{n-1},$$

すなわち $b_n = 2 + \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{3}{2}\right)^{n-1}$ である。よって $\fbox{E} = 2$。

(3) $a_n = 2^n b_n = 2^{n+1} + 3^{n-1}$ である。よって $\fbox{F} = 1$，$\fbox{G} = 3$。

(4) $\displaystyle\sum_{k=1}^{n} 2^{k+1} = 4(2^n - 1) = 2^{n+2} - 4$，$\displaystyle\sum_{k=1}^{n} 3^{k-1} = \frac{3^n - 1}{2}$ であるから，

$$\sum_{k=1}^{n} a_k = 2^{n+2} - 4 + \frac{3^n - 1}{2} = \frac{2^{n+3} + 3^n - 9}{2}.$$

よって $\fbox{H} = 3$，$\fbox{I} = 9$，$\fbox{J} = 2$。

中文翻译　题目：考虑由 $a_1 = 5$，$a_{n+1} = 3a_n - 2^{n+1}$（$n=1,2,3,\cdots$）确定的数列 $\{a_n\}$。（1）设 $b_n = \frac{a_n}{2^n}$，则 $b_{n+1} = \frac{\fbox{A}}{\fbox{B}}b_n - \fbox{C}$。（2）此式可变形为 $b_{n+1} - \fbox{D} = \frac{\fbox{A}}{\fbox{B}}(b_n - \fbox{D})$，所以 $b_n = \fbox{D} + \frac{1}{\fbox{E}}\left(\frac{\fbox{A}}{\fbox{B}}\right)^{n-1}$。（3）因此 $a_n = 2^{n+\fbox{F}} + \fbox{G}^{\,n-1}$。（4）$\sum_{k=1}^{n}a_k = \frac{2^{n+\fbox{H}} + 3^n - \fbox{I}}{\fbox{J}}$。解答：（1）两边除以 $2^{n+1}$：$\frac{a_{n+1}}{2^{n+1}} = \frac{3}{2}\cdot\frac{a_n}{2^n} - 1$，即 $b_{n+1} = \frac{3}{2}b_n - 1$，$\fbox{A}=3$，$\fbox{B}=2$，$\fbox{C}=1$。（2）特性方程式 $\alpha = \frac{3}{2}\alpha - 1$，解得 $\alpha = 2$，$\fbox{D}=2$。$b_1 = \frac{5}{2}$，$b_1-2 = \frac{1}{2}$，$b_n-2 = \frac{1}{2}\left(\frac{3}{2}\right)^{n-1}$，即 $b_n = 2 + \frac{1}{2}\left(\frac{3}{2}\right)^{n-1}$，$\fbox{E}=2$。（3）$a_n = 2^n b_n = 2^{n+1} + 3^{n-1}$，$\fbox{F}=1$，$\fbox{G}=3$。（4）$\sum_{k=1}^{n}2^{k+1} = 4(2^n-1) = 2^{n+2}-4$，$\sum_{k=1}^{n}3^{k-1} = \frac{3^n-1}{2}$，所以 $\sum_{k=1}^{n}a_k = 2^{n+2}-4+\frac{3^n-1}{2} = \frac{2^{n+3}+3^n-9}{2}$，$\fbox{H}=3$，$\fbox{I}=9$，$\fbox{J}=2$。

解说　两分钟做法：指数型先两边除以指数 $2^{n+1}$，化成 $b_{n+1} = \frac{3}{2}b_n - 1$，再用特性方程式找不动点 2。空格判断：$\fbox{A}$、$\fbox{B}$ 是约分后的 $\frac{3}{2}$，$\fbox{C}$ 是常数 1；$\fbox{D}$ 是特性方程式的根 2；$\fbox{E}$ 来自 $b_1 - 2 = \frac{1}{2}$，所以是 2；$\fbox{F}$ 的指数 1、$\fbox{G}$ 的底数 3 都要填。验算：$a_2 = 15 - 4 = 11 = 8 + 3$；第（4）问 $n=2$ 时 $\frac{32+9-9}{2} = 16 = 5 + 11$。

14.8 术语与题干用语

日文	读音	中文	例句或说明
数列	すうれつ	数列	「数列 $\{a_n\}$ の一般項を求めよ」
項	こう	项	第 $n$ 項，初項，末項
初項	しょこう	首项	「初項 3，公差 2 の等差数列」
末項	まっこう	末项
項数	こうすう	项数
一般項	いっぱんこう	通项	国内说“通项公式”
等差数列	とうさすうれつ	等差数列
公差	こうさ	公差
等比数列	とうひすうれつ	等比数列
公比	こうひ	公比
等差中項	とうさちゅうこう	等差中项	$2b = a + c$
等比中項	とうひちゅうこう	等比中项	$b^2 = ac$
和	わ	和	「初項から第 $n$ 項までの和 $S_n$」
シグマ	しぐま	Σ	「$\sum_{k=1}^{n}$」读作「シグマ $k$ イコール 1 から $n$ まで」
階差数列	かいさすうれつ	階差数列（相邻两项之差组成的数列）	「$\{a_n\}$ の階差数列を $\{b_n\}$ とする」
第 2 階差数列	だいにかいさすうれつ	第二阶差数列	階差数列の階差数列
部分分数に分解する	ぶぶんぶんすうにぶんかいする	裂项	$\dfrac{1}{k(k+1)} = \dfrac{1}{k} - \dfrac{1}{k+1}$
群数列	ぐんすうれつ	分组数列	「第 $n$ 群の最初の数」
群	ぐん	组	「第何群の何番目か」
漸化式	ぜんかしき	递推公式	「次の漸化式で定められる数列」
特性方程式	とくせいほうていしき	特征方程	$\alpha = p\alpha + q$
3 項間漸化式	さんこうかんぜんかしき	三项递推公式	$a_{n+2} + sa_{n+1} + ta_n = 0$
逆数	ぎゃくすう	倒数	「両辺の逆数をとる」
数学的帰納法	すうがくてききのうほう	数学归纳法	「数学的帰納法により示される」
仮定する	かていする	假设	「$n = k$ のとき成り立つと仮定する」
すべての自然数 $n$ について	すべてのしぜんすうえぬについて	对所有正整数 $n$	日本的自然数从 1 开始
推測する	すいそくする	推测	「一般項を推測し，それを証明せよ」
〜で定められる	〜でさだめられる	由……确定	「$a_1 = 1$，$a_{n+1} = 2a_n + 1$ で定められる数列」
〜とおくと	〜とおくと	设……，则	「$b_n = a_n - 2$ とおくと」
〜と変形できる	〜とへんけいできる	可以变形为……
〜を満たす最小の自然数	〜をみたすさいしょうのしぜんすう	满足……的最小自然数
$(n = 1, 2, 3, \cdots)$	（不读）	对 $n = 1, 2, 3, \dots$	漸化式后面固定的写法

14.9 自测

1. 求 $\displaystyle\sum_{k=1}^{10} k^3$。
2. 求 $\displaystyle\sum_{k=1}^{n} (3k^2 - k)$，结果因式分解。
3. 求数列 $1, 2, 4, 7, 11, 16, \dots$ 的一般項。
4. 求数列 $3, 4, 7, 16, 43, \dots$ 的一般項。
5. 自然数按第 $n$ 群含 $n$ 个分组：$1 \mid 2, 3 \mid 4, 5, 6 \mid \cdots$。50 在第几群第几个？
6. $a_1 = 2$，$a_{n+1} = 4a_n - 3$，求 $a_n$。
7. $a_1 = 1$，$a_{n+1} = \dfrac{a_n}{a_n + 3}$，求 $a_n$。
8. $a_1 = 2$，$a_{n+1} = 3a_n + 2^n$，求 $a_n$。
9. 用数学的帰納法证明 $n^3 + 5n$ 是 6 的倍数时，$(k + 1)^3 + 5(k + 1) = (k^3 + 5k) + 3k(k + 1) + 6$。为什么 $3k(k + 1)$ 是 6 的倍数？
10. EJU 题干「すべての自然数 $n$ について」中，$n$ 能取 0 吗？

答案：1. 3025；2. $n^2(n + 1)$；3. $a_n = \dfrac{n^2 - n + 2}{2}$；4. $a_n = \dfrac{3^{n-1} + 5}{2}$；5. 第 10 群第 5 个；6. $a_n = 4^{n-1} + 1$；7. $a_n = \dfrac{2}{3^n - 1}$；8. $a_n = 4 \cdot 3^{n-1} - 2^n$；9. $k(k + 1)$ 是连续两个整数之积，必为偶数，所以 $3k(k + 1)$ 是 6 的倍数；10. 不能，日本的自然数从 1 开始。

14.10 深入阅读

• JASSO · 日本留学試験 数学シラバス：官方出题范围原文，第 12 项「数列」列出階差数列、いろいろな数列、漸化式、数学的帰納法。
• JASSO · 過去問題サンプル：官方公开的过去问，2017 年第 2 回、2018 年第 2 回、2020 年第 2 回コース2 都有漸化式或 Σ 的大题。
• 维基百科（日文）· 漸化式：漸化式的日文术语、线性漸化式和特性方程式的一般理论，查日文说法时用。
• 维基百科（日文）· 数学的帰納法：日文的帰納法写法和各种变形（含两步、累積帰納法），可对照本章 14.6 节。