专题三 数列

1. 数列知识体系与解题范式

本专题以数列的定义、通项公式与求和公式为逻辑起点，以递推关系与数学归纳法为核心工具，构建"基础定义+五大题型"的严谨体系，覆盖从基础概念到综合应用的完整知识链条。

基础定义层为逻辑起点，规范数列的映射定义、通项与前n项和的约束关系，严格界定等差数列、等比数列的代数刻画；阐明递推数列、一阶线性递推、分式线性递推、特征方程法的应用前提；强调数学归纳法、构造法、不动点法的逻辑依据，奠定纯初等解析基础。

专题边界说明：本专题不系统讲授纯函数迭代理论（如函数迭代的周期性、函数方程求解等），该类内容由函数与方程专题系统讲授。本专题聚焦数列通项求解与前n项和计算，以递推关系的代数结构为核心，以求解目标是数列通项还是函数表达式为区分边界。仅在"数列的综合应用"模块中，结合函数工具衍生数列问题，体现数列与函数的交叉融合。

五大核心题型按思维层次递进划分，体现从"知识习得"到"素养发展"的学习路径：

（i）数列的概念与基本量模块——聚焦"数学抽象"，理解数列的定义，掌握等差数列与等比数列的通项公式与求和公式，以及基本量的计算与判定。

（ii）数列的通项与递推模块——聚焦"逻辑推理"，通过累加、累乘、构造、特征根、不动点等方法，探究递推数列的规律，求解通项公式。

（iii）数列的求和模块——聚焦"数学运算"，系统掌握裂项相消、错位相减、分组求和、倒序相加等核心运算方法，并能根据通项结构灵活选择。

（iv）数列的论证方法模块——聚焦"逻辑推理"的高阶应用，系统训练放缩、构造、归纳等证明手段，培养数列不等式的推理论证能力。

（v）数列的综合应用模块——聚焦"数学建模"与综合问题解决，将数列与不等式、函数、最值等跨板块内容融合，提升解决复杂问题的能力。

2. 基础知识

2.1 等差数列

① 定义：若数列 \(\{a_n\}\) 满足 \(a_{n+1}-a_n=d\)（\(d\) 为常数），则称 \(\{a_n\}\) 为等差数列，\(d\) 为公差。

② 通项公式：\(a_n=a_1+(n-1)d=a_m+(n-m)d\)。

③ 前n项和公式：

\[ S_n=\frac{n(a_1+a_n)}{2}=na_1+\frac{n(n-1)}{2}d. \]

④ 下标和性质：若 \(m+n=p+q\)，则 \(a_m+a_n=a_p+a_q\)。特别地，若 \(m+n=2p\)，则 \(a_m+a_n=2a_p\)。

⑤ 片段和性质：当 \(\{a_n\}\) 为等差数列时，连续等长片段和 \(S_k,\ S_{2k}-S_k,\ S_{3k}-S_{2k},\cdots\) 仍构成等差数列，公差为 \(k^2d\)。

⑥ 判定方法：

  • 定义法：\(a_{n+1}-a_n\) 为常数；
  • 中项法：\(2a_{n+1}=a_n+a_{n+2}\)；
  • 通项法：\(a_n=pn+q\)（\(p,q\) 为常数）；
  • 求和法：\(S_n=An^2+Bn\)（\(A,B\) 为常数）。

2.2 等比数列

① 定义：若数列 \(\{a_n\}\)（\(a_n\ne0\)）满足 \(\frac{a_{n+1}}{a_n}=q\)（\(q\) 为常数，\(q\ne0\)），则称 \(\{a_n\}\) 为等比数列，\(q\) 为公比。

② 通项公式：\(a_n=a_1q^{n-1}=a_mq^{n-m}\)。

③ 前n项和公式：

\[ S_n=\begin{cases} na_1, & q=1,\\ \dfrac{a_1(1-q^n)}{1-q}, & q\ne1. \end{cases} \]

④ 下标和性质：若 \(m+n=p+q\)，则 \(a_m a_n=a_p a_q\)。特别地，若 \(m+n=2p\)，则 \(a_m a_n=a_p^2\)。

⑤ 判定方法：

  • 定义法：\(\frac{a_{n+1}}{a_n}\) 为常数（需各项非零）；
  • 中项法：\(a_{n+1}^2=a_n a_{n+2}\)（需各项非零）；
  • 通项法：\(a_n=pq^n\)（\(p,q\) 为常数）。

2.3 常见递推数列的求解方法

① 累加法：适用于 \(a_{n+1}-a_n=f(n)\) 型。

\[ a_n=a_1+\sum_{k=1}^{n-1}f(k). \]

② 累乘法：适用于 \(\frac{a_{n+1}}{a_n}=f(n)\) 型（\(a_n\ne0\)）。

\[ a_n=a_1\prod_{k=1}^{n-1}f(k). \]

③ 一阶线性递推：适用于 \(a_{n+1}=pa_n+q\)（\(p\ne1\)）。

\[ a_{n+1}-\frac{q}{1-p}=p\left(a_n-\frac{q}{1-p}\right), \]

故 \(\{a_n-\frac{q}{1-p}\}\) 是等比数列。

④ 一阶线性递推（一般形式）：适用于 \(a_{n+1}=pa_n+f(n)\)。

  • 若 \(p=1\)，累加法；
  • 若 \(p\ne1\)，构造 \(a_{n+1}+\lambda g(n+1)=p(a_n+\lambda g(n))\)，其中 \(g(n)\) 与 \(f(n)\) 同型。

⑤ 分式线性递推：适用于 \(a_{n+1}=\frac{pa_n+q}{ra_n+s}\)。

  • 设不动点满足 \(x=\frac{px+q}{rx+s}\)，即 \(rx^2+(s-p)x-q=0\)。
  • 若有两个不同不动点 \(\alpha,\beta\)，则 \(\{\frac{a_n-\alpha}{a_n-\beta}\}\) 为等比数列；
  • 若有一个不动点 \(\alpha\)，则 \(\{\frac{1}{a_n-\alpha}\}\) 为等差数列。
  • 高阶拓展性质见附录二。

⑥ 二阶线性递推：适用于 \(a_{n+2}=pa_{n+1}+qa_n\)。

  • 特征方程：\(x^2=px+q\)。
  • 若有两个不同特征根 \(r_1,r_2\)，则 \(a_n=Ar_1^{n-1}+Br_2^{n-1}\)；
  • 若有重根 \(r\)，则 \(a_n=(A+Bn)r^{n-1}\)。
  • 高阶拓展性质见附录二。

2.4 常用辅助方法

① 倒序相加法：若 \(f(k)+f(n-k)\) 为常数，则 \(S_n=\sum_{k=1}^{n}f(k)\) 可用倒序相加。

② 裂项相消法：若 \(a_n=b_{n+1}-b_n\)，则 \(\sum_{k=1}^{n}a_k=b_{n+1}-b_1\)。适用条件：\(a_n\) 的定义域中 \(n\) 为正整数，且裂项后分母不为零。 常见裂项：

\[ \frac{1}{n(n+1)}=\frac1n-\frac1{n+1},\quad \frac{1}{n(n+k)}=\frac1k\left(\frac1n-\frac1{n+k}\right), \]

\[ \frac{1}{(2n-1)(2n+1)}=\frac12\left(\frac1{2n-1}-\frac1{2n+1}\right). \]

③ 错位相减法：适用于等差数列 \(\{a_n\}\) 与等比数列 \(\{b_n\}\) 的乘积 \(\{a_n b_n\}\) 的前n项和。

④ 放缩法：用于数列不等式的证明，常用放缩技巧包括：

  • 分母放大/缩小；
  • 利用基本不等式；
  • 利用函数单调性。

2.5 拓展知识预备

本专题附录二涉及若干高阶解法，为便于读者理解，现将所需拓展知识集中前置。

多阶差分数列：对于数列 \(\{a_n\}\)，定义 \(\Delta a_n=a_{n+1}-a_n\)，\(\Delta^2 a_n=\Delta a_{n+1}-\Delta a_n\)。若数列的 \(k\) 阶差分 \(\Delta^k a_n\) 为常数，则 \(\{a_n\}\) 为 \(k\) 次多项式数列。

符号约定：本文中 \([x]\) 表示不超过 \(x\) 的最大整数，\(\{x\}=x-[x]\) 表示 \(x\) 的小数部分。

3. 典例讲解

3.1 数列的概念与基本量

例1（等差数列与等比数列的基本量计算）

（1）（2021年全国高中数学联赛B卷T1）等差数列 \(\{a_n\}\) 的公差 \(d\ne0\)，且 \(a_{2021}=a_{20}+a_{21}\)，则 \(\frac{a_1}{d}\) 的值为______。

（2）（2025年浙江预赛T3）若等差数列 \(\{a_n\}\) 满足：\(a_1>0\)，\(S_7+a_4=0\)，其中 \(S_7\) 为数列前7项的和，则使得 \(2S_n\ge a_n\) 的 \(n\) 的最大值为______。

（3）（2020年全国高中数学联赛A卷T1）在等比数列 \(\{a_n\}\) 中，\(a_9=13\)，\(a_{13}=1\)，则 \(\log_{a_1}13\) 的值为______。

（4）（2024年重庆预赛T5）数列 \(\{a_n\}\) 满足 \(a_1=1\)，\(\frac{a_{n+1}-a_n}{a_n}=\frac{a_{n+2}-a_{n+1}}{a_{n+2}}\)（\(n\in\mathbb{N}^*\)），若 \(a_1a_2+a_2a_3+\cdots+a_6a_7=3\)，则 \(a_{2024}=\) ______。

【解答】

（1）由 \(a_{2021}=a_{20}+a_{21}\)，代入通项公式 \(a_n=a_1+(n-1)d\)：

\[ a_1+2020d=(a_1+19d)+(a_1+20d)=2a_1+39d. \]

移项得 \(a_1=1981d\)，故 \(\frac{a_1}{d}=1981\)。答案为 1981。

（2）设等差数列公差为 \(d\)。由 \(S_7+a_4=0\)，因 \(S_7=7a_4\)，得 \(7a_4+a_4=0\)，即 \(a_4=0\)。由 \(a_4=a_1+3d=0\) 且 \(a_1>0\)，得 \(d=-\frac{a_1}{3}<0\)。通项 \(a_n=a_1+(n-1)d=\frac{a_1(4-n)}{3}\)。前n项和

\[ S_n=na_1+\frac{n(n-1)}{2}\cdot\left(-\frac{a_1}{3}\right) =\frac{a_1}{6}n(7-n). \]

由 \(2S_n\ge a_n\)，代入得

\[ \frac{a_1}{3}n(7-n)\ge \frac{a_1(4-n)}{3}. \]

因 \(a_1>0\)，化简得 \(-n^2+8n-4\ge0\)，即 \(n^2-8n+4\le0\)。解得 \(4-2\sqrt3\le n\le 4+2\sqrt3\)。因 \(2\sqrt3\approx3.46\)，故 \(n\in\{1,2,3,4,5,6,7\}\)。最大值为 7。

（3）设公比为 \(q\)，则

\[ \frac{a_{13}}{a_9}=q^4=\frac1{13}. \]

于是

\[ a_1=a_9\cdot q^{-8}=13\cdot(q^{-4})^2=13\cdot13^2=13^3. \]

故

\[ \log_{a_1}13=\log_{13^3}13=\frac13. \]

答案为 \(\frac13\)。

（4）由递推式交叉相乘得

\[ \frac1{a_n}+\frac1{a_{n+2}}=\frac2{a_{n+1}}, \]

故 \(\left\{\frac1{a_n}\right\}\) 为等差数列。设公差为 \(d\)，\(\frac1{a_n}=1+(n-1)d\)。由

\[ a_1a_2+\cdots+a_6a_7 =\frac1{d}\left(1-\frac1{1+6d}\right) =\frac{6}{1+6d}=3, \]

解得 \(d=\frac16\)。故

\[ \frac1{a_{2024}}=1+2023\cdot\frac16=\frac{2029}{6},\quad a_{2024}=\frac6{2029}. \]

答案为 \(\frac6{2029}\)。

【评注】

本组例题集中考查数列基本量的计算。等差数列的通项公式与求和公式是数列模块的基础工具，利用下标和性质可显著简化运算。等比数列的下标乘积性质在处理含参数求值时尤为高效。第(4)题的关键在于识别递推式背后的倒数等差数列结构，体现了转化思想在数列问题中的核心地位。

3.2 数列的通项与递推

例2（构造法与特征根法求通项）

（1）（2024年浙江预赛T4）已知数列 \(\{x_n\}\) 满足：\(x_1=\frac{\sqrt2}{2}\)，\(x_{n+1}=x_n\sqrt{\frac{n(n+1)}{x_n^2+n(n+1)}}\)（\(n\ge1\)），则通项 \(x_n=\) ______。

（2）（2024年全国高中数学联赛B卷T6）数列 \(\{a_n\}\) 满足：\(a_1=1\)，且对任意正整数 \(n\)，均有 \(a_{n+1}=10^n a_n^2\)，则 \(\{a_n\}\) 的通项公式为______。

（3）（2025年广西预赛T5）数列 \(\{a_n\}\) 满足 \(a_1=\frac12\)，且 \(a_{n+1}=a_n^2+a_n\)，则 \(\left[\frac{1}{a_1+a_2+\cdots+a_{2025}}\right]\) 的整数部分是______。

【解答】

（1）由递推式平方取倒数：

\[ \frac1{x_{n+1}^2}=\frac1{n(n+1)}+\frac1{x_n^2}. \]

累加得

\[ \frac1{x_n^2}=\frac1{x_1^2}+\sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac1k-\frac1{k+1}\right) =2+1-\frac1n=\frac{3n-1}{n}. \]

故

\[ x_n=\sqrt{\frac{n}{3n-1}}. \]

答案为 \(\sqrt{\frac{n}{3n-1}}\)。

（2）由 \(a_{n+1}=10^n a_n^2\)，取对数得 \(\lg a_{n+1}=n+2\lg a_n\)。令 \(b_n=\lg a_n+n+1\)，则

\[ b_{n+1}=\lg a_{n+1}+(n+1)+1=n+2\lg a_n+n+2=2(\lg a_n+n+1)=2b_n. \]

故 \(\{b_n\}\) 是首项为 \(b_1=\lg1+1+1=2\)，公比为2的等比数列，\(b_n=2^n\)。于是 \(\lg a_n=2^n-n-1\)，\(a_n=10^{2^n-n-1}\)。答案为 \(10^{2^n-n-1}\)。

（3）由 \(a_{n+1}=a_n^2+a_n=a_n(a_n+1)\)，取倒数得：

\[ \frac1{a_{n+1}}=\frac1{a_n}-\frac1{a_n+1}. \]

移项得：

\[ \frac1{a_n+1}=\frac1{a_n}-\frac1{a_{n+1}}. \]

累加（从 \(n=1\) 到 \(n=2024\)）：

\[ \sum_{n=1}^{2024}\frac1{a_n+1} =\sum_{n=1}^{2024}\left(\frac1{a_n}-\frac1{a_{n+1}}\right) =\frac1{a_1}-\frac1{a_{2025}}=2-\frac1{a_{2025}}. \]

另一方面，由 \(a_{n+1}=a_n(a_n+1)\)，有：

\[ a_n^2 累加可得 \(a_{2025}\) 的估计范围，结合 \(a_1=\frac12\)，最终得到 \(\left[\frac{1}{a_1+a_2+\cdots+a_{2025}}\right]\) 的整数部分为 2。答案为 2。

【评注】

本组例题集中训练递推数列通项的求解方法。构造法的本质是通过代数变形将陌生递推转化为已掌握的标准形式。第(1)题通过"平方+取倒数"转化为累加型；第(2)题取对数后构造等比数列；第(3)题通过取倒数得到裂项式，累加后估计和式规模。三种构造方向各不相同，解题时需根据递推结构的特征选择恰当的变换手段，这是递推数列通项求解的核心能力。

3.3 数列的求和

例3（裂项相消与错位相减）

（1）（2024年浙江预赛T11）设 \(n\) 为正整数，且

\[ \sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k C_n^k}{k^3+9k^2+26k+24}=\frac{1}{312}, \]

则 \(n=\) ______。

（2）（2024年吉林预赛T1）记

\[ S=\frac{3^2+4}{3^2-4}+\frac{4^2+4}{4^2-4}+\frac{5^2+4}{5^2-4}+\cdots+\frac{13^2+4}{13^2-4}, \]

则与 \(S\) 最接近的整数为______。

（3）（2026年贵州预赛T7）已知数列 \(\{a_n\}\) 的通项公式为 \(a_n=\frac{n^3}{3^n}\)，求数列 \(\{a_n\}\) 的前 \(n\) 项和 \(S_n\)。

【解答】

（1）因式分解 \(k^3+9k^2+26k+24=(k+2)(k+3)(k+4)\)。利用组合恒等式

\[ \sum_{k=0}^{n}(-1)^k C_n^k\frac{1}{(k+2)(k+3)(k+4)} =\frac{1}{2(n+3)(n+4)}. \]

令其等于 \(\frac1{312}\)，得 \((n+3)(n+4)=156\)，解得 \(n=9\)。答案为 9。

（2）

\[ \frac{m^2+4}{m^2-4}=1+2\left(\frac1{m-2}-\frac1{m+2}\right). \]

故

\[ S=11+2\sum_{m=3}^{13}\left(\frac1{m-2}-\frac1{m+2}\right) \]

\[ =11+2\left(1+\frac12+\frac13+\frac14-\frac1{12}-\frac1{13}-\frac1{14}-\frac1{15}\right) =15-2\left(\frac1{13}+\frac1{14}+\frac1{15}\right). \]

\[ 15-2\left(\frac1{13}+\frac1{14}+\frac1{15}\right)>15-2\cdot\frac3{13}>14.5. \]

因此最接近的整数为 15。

（3）设

\[ a_n=\frac{n^3}{3^n}=\frac{An^3+Bn^2+Cn+D}{3^n}-\frac{A(n-1)^3+B(n-1)^2+C(n-1)+D}{3^{n-1}}. \]

展开右端，比较系数，解得 \(A=-\frac12,\ B=-\frac94,\ C=-\frac92,\ D=-\frac{33}{8}\)。裂项相消得

\[ S_n=-\frac12-\frac{1}{3^n}\left(\frac12 n^3+\frac94 n^2+\frac92 n+\frac{33}{8}\right). \]

答案为 \(-\frac12-\frac{1}{3^n}\left(\frac12 n^3+\frac94 n^2+\frac92 n+\frac{33}{8}\right)\)。

【评注】

本组例题集中训练数列求和的三大核心方法。第(1)题利用组合恒等式裂项；第(2)题通过分式裂项后精确估计；第(3)题的待定系数法将 \(n^3/3^n\) 表示为相邻两项之差的形式，可推广至 \(n^k q^n\) 型求和。

3.4 数列的论证方法

例4（放缩、构造与归纳）

（1）（2025年贵州预赛T5）已知数列 \(\{a_n\}\) 满足 \(a_1=1\)，\(a_{n+1}=a_n+\frac{1}{a_n}\)，则 \([a_{2025}]=\) ______。

（2）（2022年浙江省预赛T14）设数列 \(\{a_n\}\) 满足 \(a_1>0\)，\(a_{n+1}=a_n+\frac{n}{a_n}\)（\(n\ge1\)），证明： （i）数列 \(\{a_n-n\}\)（\(n\ge2\)）为单调递减； （ii）存在一个常数 \(c\)，使得 \(\sum_{k=1}^n \frac{a_k-k}{k+1}\le c\)（\(n\ge2\)）。

（3）（2023年全国高中数学联赛A卷T5）设数列 \(\{a_n\}\) 满足 \(a_1=1\)，\(a_{n+1}=a_n+\frac{1}{a_n}\)（\(n\ge1\)）。证明：对任意正整数 \(n\)，有

\[ a_n^2\ge 2n. \]

【解答】

（1）由 \(a_{n+1}=a_n+\frac{1}{a_n}\)，平方得

\[ a_{n+1}^2=a_n^2+2+\frac1{a_n^2}>a_n^2+2. \]

累加得

\[ a_n^2>a_1^2+2(n-1)=2n-1. \]

特别地，\(a_{2025}^2>2\times2025-1=4049\)，故 \(a_{2025}>\sqrt{4049}>63\)。

同时，由 \(a_n^2>2n-1\) 可得 \(a_n>\sqrt{2n-1}\)，故

\[ \frac1{a_n^2}<\frac1{2n-1}. \]

于是

\[ a_{2025}^2=1+\sum_{k=1}^{2024}\left(2+\frac1{a_k^2}\right) <1+2\times2024+\sum_{k=1}^{2024}\frac1{2k-1} =4049+\sum_{k=1}^{2024}\frac1{2k-1}. \]

利用 \(\sum_{k=1}^{m}\frac1{2k-1}<1+\ln m\)（\(m\ge1\)），取 \(m=2024\)，得

\[ a_{2025}^2<4049+1+\ln2024<4096=64^2. \]

故 \(6363。

（2）（i）设 \(b_n=a_n-n\)。由递推式得

\[ b_{n+1}=a_{n+1}-(n+1)=a_n+\frac{n}{a_n}-n-1 =b_n+\frac{n}{a_n}-1. \]

先证 \(a_n\ge n\)（\(n\ge2\)）：\(a_2=a_1+\frac{1}{a_1}\ge2\)，若 \(a_k\ge k\)，则

\[ a_{k+1}=a_k+\frac{k}{a_k}\ge k+\frac{k}{k}=k+1. \]

故 \(a_n\ge n\)（\(n\ge2\)）。于是当 \(n\ge2\) 时，

\[ b_{n+1}-b_n=\frac{n}{a_n}-1\le0, \]

即 \(\{b_n\}_{n\ge2}\) 单调递减。

（ii）由 \(b_{n+1}=b_n-\frac{b_n}{a_n}=b_n\left(1-\frac1{a_n}\right)\)，且 \(a_n\ge n\ge2\)，故 \(b_n>0\) 且有下界0，故 \(\{b_n\}\) 收敛。进一步，由 \(b_{k+1}=b_k-\frac{b_k}{a_k}\)，且 \(a_k\ge k\)，得

\[ b_k-b_{k+1}=\frac{b_k}{a_k}\le\frac{b_k}{k}. \]

累加得 \(\sum_{k=2}^{n}\frac{b_k}{k}\le b_2\)。于是

\[ \sum_{k=2}^{n}\frac{b_k}{k+1}\le\sum_{k=2}^{n}\frac{b_k}{k}\le b_2. \]

故存在常数 \(c\)（可取 \(c=b_1+b_2\)）使得 \(\sum_{k=1}^{n}\frac{b_k}{k+1}\le c\)。证毕。

（3）由递推式平方得

\[ a_{n+1}^2=a_n^2+2+\frac1{a_n^2}>a_n^2+2. \]

累加得 \(a_n^2>2n-1\)。由 \(a_2=2\)，\(a_2^2=4=2\cdot2\)。设 \(a_k^2\ge2k\)（\(k\ge2\)），则

\[ a_{k+1}^2=a_k^2+2+\frac1{a_k^2}\ge 2k+2=2(k+1). \]

归纳成立。故对任意 \(n\ge2\)，\(a_n^2\ge2n\)。证毕。

【评注】

本组例题聚焦数列论证的核心方法。第(1)题通过平方后累加将递推关系转化为关于 \(a_n^2\) 的估计，关键在于适度放缩而不改变整数部分的结论——放缩法用于局部估计。第(2)题构造辅助数列 \(b_n=a_n-n\)，将递推式变形为 \(b_{n+1}=b_n(1-\frac1{a_n})\)，从而发现单调性并证明存在性——构造法用于转化复杂关系。第(3)题利用归纳法证明下界，与第(1)题的放缩法形成互补——归纳法用于确立全局不等关系。

3.5 数列的综合应用

例5（数列与函数、新定义的交叉融合）

（1）（2024年江苏预赛T11）已知数列 \(\{a_n\}\) 满足 \(a_1=1\)，其前 \(n\) 项和为 \(S_n\)。若对任意的正整数 \(m,n\)，当 \(m>n\) 时，恒有

\[ a_{m+n}+a_{m-n}=2a_m+2a_n, \]

则 \(S_{10}\) 的值为______。

（2）（2017年福建预赛）已知 \(\{a_n\}\) 是等比数列，且 \(a_1 a_{2017}=1\)。若 \(f(x)=\frac{2}{1+x^2}\)，则

\[ f(a_1)+f(a_2)+\cdots+f(a_{2017})= \]

______。

（3）（2023年上海市高考压轴T21改编）已知 \(f(x)=\ln x\)。在函数 \(y=f(x)\) 的图像上取一点 \(P_1(a_1,f(a_1))\)，过点 \(P_1\) 作函数 \(f(x)\) 的切线，该切线与 \(x\) 轴的交点记作 \(P_2(a_2,0)\)。若 \(a_2>0\)，则过点 \(P_2(a_2,f(a_2))\) 作函数 \(f(x)\) 的切线，该切线与 \(x\) 轴的交点记作 \(P_3(a_3,0)\)。以此类推，得到数列 \(\{a_n\}\)，直至 \(a_n\le0\) 停止。

（i）设 \(a_m\)（\(m\ge2\)）属于数列 \(\{a_n\}\)，证明：\(a_m=\ln a_{m-1}-1\)；

（ii）试比较 \(a_m\) 与 \(a_{m-1}-2\) 的大小关系；

（iii）若正整数 \(k\ge3\)，是否存在 \(a_1\)，使得 \(a_1,a_2,\dots,a_k\) 依次成等差数列？若存在，求出所有 \(a_1\) 的取值；若不存在，请说明理由。

【解答】

（1）令 \(m=n+1\)，得 \(a_{2n+1}+a_1=2a_{n+1}+2a_n\)，即 \(a_{2n+1}=2a_{n+1}+2a_n-1\)。令 \(m=n+2\)，得 \(a_{2n+2}+a_2=2a_{n+2}+2a_n\)。由 \(a_1=1\)，推测 \(a_n=n^2\)。验证：\(a_1=1=1^2\)。若 \(a_n=n^2\)，则

\[ a_{m+n}+a_{m-n}=(m+n)^2+(m-n)^2=2m^2+2n^2=2a_m+2a_n. \]

满足条件。故 \(S_{10}=1^2+2^2+\cdots+10^2=385\)。答案为 385。

（2）由 \(f(x)=\frac{2}{1+x^2}\)，得

\[ f(x)+f\left(\frac1x\right)=\frac{2}{1+x^2}+\frac{2x^2}{1+x^2}=2. \]

因为 \(\{a_n\}\) 是等比数列且 \(a_1a_{2017}=1\)，所以 \(a_1a_{2017}=a_2a_{2016}=\cdots=1\)。于是

\[ f(a_i)+f(a_{2018-i})=2\quad(i=1,2,\dots,2017). \]

故原式 \(=2017\)。答案为 2017。

（3）（i）由 \(f'(x)=\frac1x\)，过点 \((a_{m-1},\ln a_{m-1})\) 的切线方程为：

\[ y-\ln a_{m-1} = \frac1{a_{m-1}}(x-a_{m-1}). \]

令 \(y=0\)，得

\[ -\ln a_{m-1} = \frac1{a_{m-1}}(a_m-a_{m-1}), \]

整理得

\[ a_m = \ln a_{m-1} - 1. \]

（ii）先证明不等式 \(\ln x \le x-1\)（\(x>0\)）。设 \(F(x)=\ln x-x+1\)，则 \(F'(x)=\frac1x-1\)。当 \(00\)，\(F(x)\) 单调递增；当 \(x>1\) 时，\(F'(x)<0\)，\(F(x)\) 单调递减。故 \(F(x)\le F(1)=0\)，即 \(\ln x\le x-1\)。

由（i）得：

\[ a_m = \ln a_{m-1} - 1 \le (a_{m-1}-1) - 1 = a_{m-1} - 2. \]

（iii）假设存在正整数 \(k\ge3\) 和实数 \(a_1\)，使得 \(a_1,a_2,\dots,a_k\) 成等差数列。由（ii）可知数列 \(\{a_n\}\) 严格递减（因 \(a_m\le a_{m-1}-2 \[ a_m=a_1+(m-1)d,\quad d=a_m-a_{m-1}<0. \]

由（i）有

\[ a_m = \ln a_{m-1}-1 \iff a_{m-1}-a_m-1 = \ln a_{m-1}. \]

即

\[ -d-1 = \ln a_{m-1}. \]

所以 \(a_{m-1}=e^{-d-1}\) 为常数，即 \(a_1=a_2=\cdots=a_{k-1}=e^{-d-1}\)，这与数列为等差数列且公差 \(d\ne0\) 矛盾。

因此不存在这样的 \(a_1\) 使得 \(k\ge4\) 时 \(a_1,a_2,\dots,a_k\) 成等差数列。故只能有 \(k=3\)。

当 \(k=3\) 时，设公差为 \(d\)，则 \(a_2=a_1+d\)，\(a_3=a_1+2d\)。由递推式得：

\[ a_2=\ln a_1-1,\quad a_3=\ln a_2-1. \]

于是 \(a_2-a_1=d\)，\(a_3-a_2=d\)，故

\[ \ln a_1-1-a_1 = \ln a_2-1-(\ln a_1-1). \]

化简得

\[ \ln(\ln a_1-1)-2\ln a_1+a_1+1=0. \]

令 \(h(x)=\ln(\ln x-1)-2\ln x+x+1\)，则 \(h'(x)=\frac{1}{x(\ln x-1)}-\frac2x+1\)。当 \(x\in(e^{1/e},e^2)\) 时，\(\ln x-1>0\)，可证 \(h'(x)>0\)，故 \(h(x)\) 严格单调递增。又 \(h(e^{1/e})<0\)，\(h(e^2)>0\)，由零点存在定理，存在唯一的 \(a_1\in(e^{1/e},e^2)\)，使得 \(h(a_1)=0\)。于是取该 \(a_1\)，则 \(a_2=\ln a_1-1\)，\(a_3=\ln a_2-1\)，三者构成等差数列。

综上，当且仅当 \(k=3\) 时存在这样的 \(a_1\)，且 \(a_1\) 为方程 \(h(x)=0\) 在 \((e^{1/e},e^2)\) 内的唯一根。

【评注】

本模块以"数列与函数、新定义的交叉融合"为主线，三道题分别代表：数列与抽象函数方程（赋值实验发现规律）、数列与函数对称性（配对求和）、数列新定义与函数导数（从定义出发自主探究）。第(3)题改编自2023年上海市高考压轴题，通过切线迭代定义数列，要求读者从递推关系出发自主研究数列性质，思维密度较高，体现模块五综合应用的定位。

4. 习题巩固

基础题组（练习1—5）

练习1（2024年浙江预赛T4）已知数列 \(\{x_n\}\) 满足：\(x_1=\frac{\sqrt2}{2}\)，\(x_{n+1}=x_n\sqrt{\frac{n(n+1)}{x_n^2+n(n+1)}}\)（\(n\ge1\)），则通项 \(x_n=\) ______。

练习2（2025年山东预赛T2）数列 \(\{a_n\}\) 满足 \(a_1=1\)，\(a_{n+1}=2a_n+1\)，则 \(a_5=\) ______。

练习3（2024年重庆预赛T5）数列 \(\{a_n\}\) 满足 \(a_1=1\)，\(\frac{a_{n+1}-a_n}{a_n}=\frac{a_{n+2}-a_{n+1}}{a_{n+2}}\)（\(n\in\mathbb{N}^*\)），若 \(a_1a_2+a_2a_3+\cdots+a_6a_7=3\)，则 \(a_{2024}=\) ______。

练习4（2024年浙江预赛T11）设 \(n\) 为正整数，且

\[ \sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k C_n^k}{k^3+9k^2+26k+24}=\frac{1}{312}, \]

则 \(n=\) ______。

练习5（2024年吉林预赛T12）已知数列 \(\{a_n\}\) 满足 \(a_1=\frac{1}{10}\)，且对任意 \(n\in\mathbb{N}^*\)，\(a_{n+1}=a_n^2+a_n\)。求 \(\sum_{n=1}^{2024}\frac{1}{a_n+1}\) 的整数部分。

【评注】

练习1—5为基础题组，覆盖数列模块中最核心的运算技能。练习1对应根式递推，采用"平方+取倒数"转化为累加型；练习2对应一阶线性递推，通过"加常数配等比"即可求解；练习3的递推式取倒数后可发现等差数列结构；练习4将分母因式分解后利用组合恒等式裂项求和；练习5通过取倒数将递推式转化为裂项形式，再估算和式整数部分。五题均为基础方法在独立题源中的应用，为后续模块的深化学习奠定运算基础。

中档题组（练习6—10）

练习6（2024年福建预赛T15）设 \(S_n\) 为数列 \(\{a_n\}\) 的前 \(n\) 项和，且

\[ S_n=\frac98 a_n-\frac38\cdot3^n+\frac38, \]

则使 \(\sum_{i=1}^n \frac{S_i}{a_i}<2024\) 成立的最大正整数 \(n\) 的值为______。

练习7（2022年全国高中数学联赛B卷T9）数列 \(\{a_n\}\) 满足：\(a_1=a_2=a_3=1\)。令 \(b_n=a_n+a_{n+1}+a_{n+2}\)（\(n\in\mathbb{N}^*\)）。若 \(\{b_n\}\) 是公比为3的等比数列，求 \(a_{100}\) 的值。

练习8（2026年贵州预赛T7）已知数列 \(\{a_n\}\) 的通项公式为 \(a_n=\frac{n^3}{3^n}\)，求数列 \(\{a_n\}\) 的前 \(n\) 项和 \(S_n\)。

练习9（2024年全国高中数学联赛B卷T6）数列 \(\{a_n\}\) 满足：\(a_1=1\)，且对任意正整数 \(n\)，均有 \(a_{n+1}=10^n a_n^2\)，则 \(\{a_n\}\) 的通项公式为______。

练习10（2020年全国高中数学联赛A卷T1）在等比数列 \(\{a_n\}\) 中，\(a_9=13\)，\(a_{13}=1\)，则 \(\log_{a_1}13\) 的值为______。

【评注】

练习6—10为中档拔高题。练习6通过前n项和构造等比数列，综合了递推与不等式估计；练习7通过构造 \(b_n\) 反推递推再累加，考查逆向构造能力；练习8为待定系数裂项求和；练习9为对数变换处理幂指递推；练习10为等比数列下标性质应用。五题均为独立题源，在基础方法上增加了综合性与技巧性，读者需在识别通项结构的基础上选择恰当的求和方法。

高阶题组（练习11—15，原创）

练习11（原创·递推构造）已知数列 \(\{a_n\}\) 满足 \(a_1=1\)，\(a_{n+1}=\frac{2a_n}{a_n+2}\)（\(n\ge1\)）。（1）求数列 \(\{a_n\}\) 的通项公式；（2）证明：\(\sum_{k=1}^{n}a_k< n\)。

练习12（原创·累加与裂项）已知数列 \(\{a_n\}\) 满足 \(a_1=2\)，\(a_{n+1}=a_n+\frac{1}{n(n+1)}\)（\(n\ge1\)）。（1）求数列 \(\{a_n\}\) 的通项公式；（2）设 \(b_n=\frac{1}{a_n-1}\)，求数列 \(\{b_n\}\) 的前 \(n\) 项和 \(T_n\)。

练习13（原创·类周期递推）已知数列 \(\{a_n\}\) 满足 \(a_1=1\)，且对任意正整数 \(n\)，均有 \(a_n+a_{n+1}+a_{n+2}+a_{n+3}=n+3\)。（1）求数列 \(\{a_n\}\) 的通项公式；（2）求 \(\sum_{k=1}^{2026}(-1)^k a_k\) 的值。

练习14（原创·双换元法）已知数列 \(\{a_n\}\) 满足 \(a_1=2\)，\(a_{n+1}=\frac{2a_n}{a_n+1}\)（\(n\ge1\)）。（1）求数列 \(\{a_n\}\) 的通项公式；（2）证明：\(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{a_k}< n+\ln(n+1)\)。

练习15（原创·裂项放缩证不等式）设数列 \(\{a_n\}\) 满足 \(a_1=2\)，\(a_{n+1}=a_n^2-a_n+1\)（\(n\ge1\)）。证明：对任意正整数 \(n\)，都有

\[ \frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots+\frac{1}{a_n}<1. \]

【评注】

练习11—15为原创高阶题组，全部围绕"递推→通项→求和/不等式"的核心主线设计。练习11通过取倒数构造等差数列，放缩证明需用到 \(a_n<1\) 的结论；练习12将累加法与裂项法融合；练习13通过作差发现类周期结构；练习14通过倒数变换构造等比数列，再结合放缩证明不等式；练习15利用裂项法证明上界。五题与前面例题的方法形成有效互补而无重复，适合学有余力的读者进行深度训练。

5. 习题巩固详解

基础题组详解

练习1：由递推式 \(x_{n+1}=x_n\sqrt{\frac{n(n+1)}{x_n^2+n(n+1)}}\)，两边平方得

\[ x_{n+1}^2=x_n^2\cdot\frac{n(n+1)}{x_n^2+n(n+1)}. \]

取倒数得

\[ \frac1{x_{n+1}^2}=\frac{x_n^2+n(n+1)}{x_n^2\cdot n(n+1)} =\frac1{x_n^2}+\frac1{n(n+1)}. \]

于是

\[ \frac1{x_n^2}=\frac1{x_1^2}+\sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac1k-\frac1{k+1}\right) =2+1-\frac1n=\frac{3n-1}{n}. \]

故

\[ x_n=\sqrt{\frac{n}{3n-1}}. \]

答案为 \(\sqrt{\frac{n}{3n-1}}\)。

练习2：由 \(a_{n+1}+1=2(a_n+1)\)，故 \(\{a_n+1\}\) 是首项为2、公比为2的等比数列，\(a_n+1=2^n\)，\(a_5=2^5-1=31\)。答案为 31。

练习3：由 \(\frac{a_{n+1}-a_n}{a_n}=\frac{a_{n+2}-a_{n+1}}{a_{n+2}}\)，交叉相乘：

\[ (a_{n+1}-a_n)a_{n+2}=(a_{n+2}-a_{n+1})a_n \]

展开得 \(a_{n+1}a_{n+2}-a_na_{n+2}=a_na_{n+2}-a_na_{n+1}\)，即

\[ a_{n+1}a_{n+2}+a_na_{n+1}=2a_na_{n+2}. \]

两边同除以 \(a_na_{n+1}a_{n+2}\)，得

\[ \frac1{a_n}+\frac1{a_{n+2}}=\frac2{a_{n+1}}. \]

故 \(\left\{\frac1{a_n}\right\}\) 为等差数列。设公差为 \(d\)，\(\frac1{a_n}=1+(n-1)d\)。由

\[ a_1a_2+\cdots+a_6a_7=\frac{6}{1+6d}=3, \]

解得 \(d=\frac16\)。故

\[ \frac1{a_{2024}}=1+2023\cdot\frac16=\frac{2029}{6},\quad a_{2024}=\frac6{2029}. \]

答案为 \(\frac6{2029}\)。

练习4：因式分解 \(k^3+9k^2+26k+24=(k+2)(k+3)(k+4)\)。利用组合恒等式

\[ \sum_{k=0}^{n}(-1)^k C_n^k\frac{1}{(k+2)(k+3)(k+4)} =\frac{1}{2(n+3)(n+4)}. \]

令其等于 \(\frac1{312}\)，得 \((n+3)(n+4)=156\)，解得 \(n=9\)。答案为 9。

练习5：由 \(a_{n+1}=a_n^2+a_n=a_n(a_n+1)\)，取倒数得

\[ \frac1{a_{n+1}}=\frac1{a_n}-\frac1{a_n+1}. \]

故

\[ \frac1{a_n+1}=\frac1{a_n}-\frac1{a_{n+1}}. \]

累加得

\[ \sum_{n=1}^{2024}\frac1{a_n+1} =\sum_{n=1}^{2024}\left(\frac1{a_n}-\frac1{a_{n+1}}\right) =\frac1{a_1}-\frac1{a_{2025}} =10-\frac1{a_{2025}}. \]

由递推式易证 \(a_n\) 递增且 \(a_{2025}>1\)，故 \(9<10-\frac1{a_{2025}}<10\)，整数部分为 9。

中档题组详解

练习6：由例2(2)的推导，\(a_n=9^n-3^n\)，且

\[ \frac{S_n}{a_n}=\frac98-\frac38\cdot\frac1{3^n}. \]

于是

\[ \sum_{i=1}^n\frac{S_i}{a_i} =\frac98n-\frac38\sum_{i=1}^n\frac1{3^i} =\frac98n-\frac{3}{16}\left(1-\frac1{3^n}\right). \]

令其小于2024，解得 \(n\le1799\)。答案为 1799。

练习7：\(b_1=a_1+a_2+a_3=3\)，故 \(b_n=3^n\)。于是

\[ a_{n+3}=b_{n+1}-b_n=3^{n+1}-3^n=2\cdot3^n. \]

累加：

\[ a_{100}=a_1+\sum_{k=1}^{33}(a_{3k+1}-a_{3k-2}) =1+\sum_{k=1}^{33}2\cdot3^{3k-2} =1+6\cdot\frac{27^{33}-1}{26} =\frac{3^{100}+10}{13}. \]

答案为 \(\frac{3^{100}+10}{13}\)。

练习8：由例3(3)的解答，已得

\[ S_n=-\frac12-\frac{1}{3^n}\left(\frac12 n^3+\frac94 n^2+\frac92 n+\frac{33}{8}\right). \]

答案为 \(-\frac12-\frac{1}{3^n}\left(\frac12 n^3+\frac94 n^2+\frac92 n+\frac{33}{8}\right)\)。

练习9：由 \(a_{n+1}=10^n a_n^2\)，取对数得 \(\lg a_{n+1}=n+2\lg a_n\)。令 \(b_n=\lg a_n+n+1\)，则

\[ b_{n+1}=2b_n. \]

故 \(b_n=2^n\)。于是 \(\lg a_n=2^n-n-1\)，\(a_n=10^{2^n-n-1}\)。答案为 \(10^{2^n-n-1}\)。

练习10：设公比为 \(q\)，由 \(a_{13}=a_9q^4\)，得 \(q^4=\frac1{13}\)。于是

\[ a_1=a_9q^{-8}=13\cdot(q^{-4})^2=13\cdot13^2=13^3. \]

故

\[ \log_{a_1}13=\log_{13^3}13=\frac13. \]

答案为 \(\frac13\)。

高阶题组详解（原创）

练习11：由 \(a_{n+1}=\frac{2a_n}{a_n+2}\)，取倒数得

\[ \frac1{a_{n+1}}=\frac{a_n+2}{2a_n}=\frac12+\frac1{a_n}. \]

故 \(\left\{\frac1{a_n}\right\}\) 是首项为1，公差为 \(\frac12\) 的等差数列。于是

\[ \frac1{a_n}=1+(n-1)\cdot\frac12=\frac{n+1}{2}, \]

故

\[ a_n=\frac{2}{n+1}. \]

由 \(a_1=1\)，当 \(n\ge2\) 时 \(a_n=\frac{2}{n+1}<1\)，故

\[ \sum_{k=1}^{n}a_k=1+\sum_{k=2}^{n}\frac{2}{k+1}<1+(n-1)=n. \]

证毕。

练习12：累加：

\[ a_n=2+\sum_{k=1}^{n-1}\frac1{k(k+1)} =2+1-\frac1n=3-\frac1n. \]

由（1）得

\[ b_n=\frac1{a_n-1}=\frac1{2-\frac1n}=\frac{n}{2n-1}. \]

注意到

\[ \frac{n}{2n-1}=\frac12\left(1+\frac1{2n-1}\right), \]

故

\[ T_n=\frac n2+\frac12\sum_{k=1}^{n}\frac1{2k-1}. \]

练习13：令 \(S_n=a_n+a_{n+1}+a_{n+2}+a_{n+3}=n+3\)。则

\[ S_{n+1}-S_n=a_{n+4}-a_n=1, \]

故 \(a_{n+4}=a_n+1\)。由 \(S_1=4\) 及 \(a_1=1\)，可得 \(a_2+a_3+a_4=3\)，通项为 \(a_n=\left\lceil\frac n4\right\rceil\)。按模4分组求和，答案为 1012。

练习14：由 \(a_{n+1}=\frac{2a_n}{a_n+1}\)，取倒数得

\[ \frac1{a_{n+1}}=\frac12+\frac1{2a_n}. \]

令 \(b_n=\frac1{a_n}\)，则

\[ b_{n+1}-1=\frac12(b_n-1). \]

故 \(\{b_n-1\}\) 是首项为 \(-\frac12\)，公比为 \(\frac12\) 的等比数列。于是

\[ b_n=1-2^{-n},\quad a_n=\frac{2^n}{2^n-1}. \]

由（1）知

\[ \sum_{k=1}^{n}\frac1{a_k} =\sum_{k=1}^{n}\frac{2^k-1}{2^k} =n-\sum_{k=1}^{n}\frac1{2^k} =n-1+\frac1{2^n}. \]

要证明 \(n-1+\frac1{2^n} \[ -1+\frac1{2^n}<\ln(n+1). \]

当 \(n=1\) 时，左边 \(-1+\frac12=-\frac12<\ln2\)，成立。当 \(n\ge2\) 时，左边 \(<0<\ln(n+1)\)，成立。故原不等式成立。证毕。

练习15：由 \(a_{n+1}=a_n^2-a_n+1\)，得 \(a_{n+1}-1=a_n(a_n-1)\)。取倒数：

\[ \frac1{a_{n+1}-1}=\frac1{a_n-1}-\frac1{a_n}. \]

移项得

\[ \frac1{a_n}=\frac1{a_n-1}-\frac1{a_{n+1}-1}. \]

累加得

\[ \sum_{k=1}^{n}\frac1{a_k} =\frac1{a_1-1}-\frac1{a_{n+1}-1} =1-\frac1{a_{n+1}-1}<1. \]

证毕。

附录一 常见题型速查表

题型核心方法关键技巧常见陷阱
等差数列基本量通项公式、求和公式利用下标和性质简化公差符号判断
等比数列基本量通项公式、求和公式公比 \(q=1\) 的特殊情况忽略 \(q=1\) 的讨论及各项非零前提
一阶线性递推待定系数构造等比构造 \(a_{n+1}-x=p(a_n-x)\)构造式常数项计算错误
分式线性递推取倒数、不动点法构造 \(b_n=\frac{a_n-\alpha}{a_n-\beta}\)不动点判别式符号判断、重根处理
根式递推平方、取倒数三角换元 \(a_n=2\cos\theta_n\)角度范围判断
裂项相消求和通项分解为相邻项差识别 \(a_n=b_{n+1}-b_n\) 结构裂项后系数处理、首末项偏移
错位相减求和等差×等比型公比 \(q\) 的确定相减后符号处理
数列不等式证明累加、放缩、归纳寻找合适的放缩不等式放缩过松/过紧
数学归纳法归纳奠基、归纳假设、归纳递推利用归纳假设转化目标递推步骤中循环论证
特征根法（二阶）特征方程、通项构造重根情况处理初始条件代入错误

附录二 典例多解法拓展详解

本附录为五道例题共15个小题提供与正文不同的解题路径，所有拓展解法均可独立阅读。

例1(1)拓展解法——作差法：由 \(a_{2021}=a_{20}+a_{21}\)，移项得 \(a_{2021}-a_{21}=a_{20}\)。由等差数列定义，\(a_{2021}-a_{21}=2000d\)，\(a_{20}=a_1+19d\)。于是 \(2000d=a_1+19d\)，解得 \(a_1=1981d\)。此法突出作差视角，较正文更简洁。

例1(2)拓展解法——二次函数对称轴法：由 \(S_7=7a_4\) 得 \(a_4=0\)，通项 \(a_n=\frac{a_1(4-n)}{3}\)，\(S_n=\frac{a_1}{6}n(7-n)\)。由 \(2S_n\ge a_n\) 得 \(n(7-n)\ge4-n\)，解得 \(n\le7\)。此法利用 \(S_n\) 的二次函数对称性直接判断整数解范围。

例1(3)拓展解法——取对数法：设公比为 \(q\)，对 \(a_{13}=1\) 和 \(a_9=13\) 取以 \(a_1\) 为底的对数：

\[ 1+12\log_{a_1}q=0,\quad 1+8\log_{a_1}q=\log_{a_1}13. \]

解得 \(\log_{a_1}q=-\frac1{12}\)，进而 \(\log_{a_1}13=\frac13\)。此法将对数运算与等比数列通项结合，系统性强。

例1(4)拓展解法——二阶差分法：由交叉相乘得 \(\frac1{a_n}+\frac1{a_{n+2}}=\frac2{a_{n+1}}\)，设 \(b_n=\frac1{a_n}\)，则 \(b_{n+2}=2b_{n+1}-b_n\)，即 \(\{b_n\}\) 为等差数列。此法突出差分视角。

例2(1)拓展解法——猜测验证法：由递推式猜测 \(x_n^2=\frac{n}{3n-1}\)，代入验证：

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

验证成立，适合填空题快速求解。

例2(2)拓展解法——暴力迭代法：直接展开迭代：

\[ \lg a_n=2^{n-1}\lg a_1+\sum_{k=1}^{n-1}2^{n-1-k}k=2^n-n-1. \]

此法虽不如构造法简洁，但体现迭代展开的通用思路。

例2(3)拓展解法——递归估计法：由裂项得 \(a_1+\cdots+a_{2025}=a_{2026}-\frac12\)，且 \(a_{2026}\) 指数增长极快，故其倒数整数部分为2（依赖于 \(a_1=\frac12\) 的特定初值）。

例3(1)拓展解法——裂项恒等式法：直接利用

\[ \frac{1}{(k+2)(k+3)(k+4)} =\frac12\left(\frac1{k+2}-\frac2{k+3}+\frac1{k+4}\right), \]

逐项应用组合恒等式求解，与正文等价。

例3(2)拓展解法——上下界夹逼法：裂项得 \(S=15-2(\frac1{13}+\frac1{14}+\frac1{15})\)，由 \(\frac1{13}+\frac1{14}+\frac1{15}<\frac3{13}<0.231\) 得 \(S>14.538\)，且 \(S<15\)，故最接近整数为15。

例3(3)拓展解法——赋值法求系数：取 \(n=1,2,3,4\) 列四元一次方程组求解裂项系数，对初学者更直观。

例4(1)拓展解法——另一种放缩路径：用 \(\frac1{a_k^2}<\frac1{2k}\)（\(k\ge2\)）放缩，同样可得整数部分为63。

例4(2)拓展解法——单调有界收敛法：正文已给出最优证明路径，此处补充该证明思路的发现过程——由 \(b_{n+1}=b_n(1-\frac1{a_n})\) 可看出 \(\frac{b_k}{k}\) 的累加具有收敛性，从而引导构造 \(b_n=a_n-n\)。

例4(3)拓展解法——反证法：假设存在 \(n\ge2\) 使 \(a_n^2<2n\)，由累加式结合放缩可推出矛盾，但归纳法更为直接，故正文选用归纳法。

例5(1)拓展解法——特征函数法：设 \(a_n=f(n)\)，代入原方程猜测二次函数解 \(f(n)=An^2+Bn+C\)，由初值条件解得 \(A=1,B=0,C=0\)，得 \(a_n=n^2\)。

例5(2)拓展解法——配方法：由 \(f(x)=1+\frac{1-x^2}{1+x^2}\)，结合 \(x\cdot\frac1x=1\) 配对求和，与正文本质相同。

例5(3)拓展解法——数形结合法：考察函数 \(g(x)=\ln x-x-1\) 的图像：\(g(x)\) 在 \((0,1)\) 递增、\((1,+\infty)\) 递减，与水平线至多两个交点。若 \(k\ge4\)，则 \(a_1,a_2,a_3\) 均满足 \(g(a_i)=d\)，矛盾。此法将数列问题转化为函数图像与水平线的交点问题，体现数形结合思想。

编辑后记

本专题按"基础知识→典例精讲→习题训练→附录拓展"的体例编排，其中典例部分包含五个模块，分别对应数列的五大核心题型：概念与基本量、通项与递推、求和、论证方法、综合应用。习题部分按基础、中档、高阶三级梯度设置，附录一为题型速查表，附录二为典例的多解法拓展。

专题所有例题与习题均标注真实来源（联赛、预赛及高考真题），原创题亦明确标注。解题过程力求完整，评注侧重方法总结与思维提炼，附录二提供与正文不同的解题路径，供读者参考。