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外观

周期数列：先证明循环，再按周期分块

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少数项重复只能提示候选周期。只有后继规则与完整状态也重复，才能把循环延续到所有下标；求大下标项和前n项和时，还要分别处理余数为0与非0。

一、知识点 概念与依据

1. 周期是一条覆盖全部下标的等式

对于无限数列，存在正整数T，使 an+T=ana_{n+T}=a_n 对全部正整数n成立，就称T为一个周期。满足条件的最小正整数称最小周期；一个周期的正整数倍仍是周期。

有限列只能比较n与n+T都落在实际长度内的项，不能据有限段就断言无限延续。求项或求和时，已证明的任一周期都可使用，不必先证明它最小，除非题目要求最小周期。

2. 一阶自主递推为什么能保持循环

设 an+1=F(an)a_{n+1}=F(a_n)，F不显含n，且每次输出唯一。若已核实一组合法值依次经F变换后回到起点，那么同一输入会给同一后继：第一个循环已成立；假设某组是这组值，依次再应用F，就得到同样的下一组。由归纳，循环覆盖全部后续项。

检查点要回答的问题
合法循环中的每个值是否避开分母为0等禁区？
唯一同一状态是否只产生一个后继？
规则不变移过一个周期后，用的是否仍是同一条规则？
完整状态返回一阶看当前项，高阶是否连同此前所需各项一起返回？

若递推显含n，即使某项与以前相同，后继规则也可能不同；须另核移T位后规则相同。若是二阶或更高阶，单独一个项相同不等于完整状态相同。

3. 大下标取项要单列整除情形

把正整数n写成 n=qT+rn=qT+r，其中q为非负整数、0≤r<T0\le r<T。反复减去T，得到

an={ar,1≤r<T,aT,r=0.a_n=\begin{cases}a_r,&1\le r<T,\\a_T,&r=0.\end{cases}

r=0时n为正，所以q≥1；最后应停在第T项，而不是使用从未定义的a₀。若n<T，则q=0，仍直接取第n项。

4. 前n项和分成完整块与前缀余段

令一周期和 W=a1+⋯+aTW=a_1+\cdots+a_T，前r项和为 Rr=a1+⋯+arR_r=a_1+\cdots+a_r，并约定R₀=0。则

Sn=qW+Rr,n=qT+r,0≤r<T.S_n=qW+R_r,\qquad n=qT+r,\quad0\le r<T.

这是把前n项切成q个连续完整周期，再加下一周期的前r项。余段从周期首项起，不是取周期末尾r项；W=0时完整块抵消，但余段仍须保留。

二、考点 方法与例题

1. 求大下标项：循环证据先于取余

  1. 核原递推能否化为唯一后继，变形前证明除数非零。
  2. 算出完整循环及回到起点的一步，核每个输入合法。
  3. 根据自主性与唯一性证明循环反复延续。
  4. 下标作带余除法，余数为0时取周期末项，其余取第r项。

例题 01 从隐式递推证明合法循环

题目

若数列{an}\left\{ {a}_{n}\right\}满足a1=2{a}_{1}=2，an+1an=an−1{a}_{n+1}{a}_{n}={a}_{n}-1，则a2024={a}_{2024}=（　　）

A．12\frac{1}{2} B．22 C．33 D．−1-1

答案与解析

解析

若aₙ=0，则原等式左边为0、右边为−1，矛盾。所以aₙ≠0，才能除以aₙ写成 an+1=F(an)=1−1/ana_{n+1}=F(a_n)=1-1/a_n。

由a₁=2计算：

2→F12→F−1→F2.2\xrightarrow{F}\frac12\xrightarrow{F}-1\xrightarrow{F}2.

三个输入都非零，三个后继唯一，且F不显含n。每完成一组后按同一规则再走一组，由归纳得到所有k≥0时

a3k+1=2,a3k+2=12,a3k+3=−1.a_{3k+1}=2,\qquad a_{3k+2}=\frac12,\qquad a_{3k+3}=-1.

因此3确为周期，全部递推始终合法。a₂≠a₁、a₃≠a₁分别排除周期1、2，所以最小周期也是3。

2024=3×674+2，故a₂₀₂₄=a₂=1/2，选A。B与D对应本周期其他位置，C的3不在这一循环内。只看到a₄=a₁不够，上面的合法性、自主性与归纳才使它对全体下标成立。

本题结论

选A，a2024=1/2a_{2024}=1/2。

2. 求前n项和：完整周期加前缀

循环证明完成后，先算一周期和W，再把n除以T。整除时直接乘q；不整除时补加周期最前面的r项。完整块数与单项所在位置是两个不同问题。

例题 02 周期分块求累计和

题目

在数列{an}\left\{ {a}_{n}\right\}中，a1=3{a}_{1}=3，an+1=1+an1−an(n≥1){a}_{n+1}=\frac{1+{a}_{n}}{1-{a}_{n}}(n\ge 1)，则{an}\left\{ {a}_{n}\right\}的前2024项和为（   ）

A．589 B．590 C．17713\frac{1771}{3} D．35416\frac{3541}{6}

答案与解析

解析

令 F(x)=(1+x)/(1−x)F(x)=(1+x)/(1-x)。从初值3计算得到

3→F−2→F−13→F12→F3.3\xrightarrow{F}-2\xrightarrow{F}-\frac13\xrightarrow{F}\frac12\xrightarrow{F}3.

四个输入都不等于1，原分母始终合法。F不显含n且后继唯一，故对整个四步循环归纳，可知对所有正整数n有aₙ₊₄=aₙ。

一周期的和为

W=3−2−13+12=76.W=3-2-\frac13+\frac12=\frac76.

2024=4×506，没有剩余项，因此

S2024=506×76=17713.S_{2024}=506\times\frac76=\frac{1771}{3}.

选C。它等于590又1/3，不等于A的589、B的590或D的3541/6；D比正确值3542/6少1/6。

本题无需另求最小周期就能按已证的4分块。即使四个不同值也可排除更小周期，求和所需的关键仍是全体循环及每次分母合法，而不是只观察a₅=a₁。

本题结论

选C，S2024=1771/3S_{2024}=1771/3。

三、坑点 边界与纠错

1. 单项重复不自动保证所有后继重复

一阶自主、唯一、合法的递推可以用完整循环归纳；显含下标或高阶递推还要核移位规则或完整状态。不能把适用于一种递推的证据推广到所有递推。

2. 余数0不是第0项

取项时整除周期对应第T项；取和时整除周期意味着余段和为0。不要把两种“0”混为一谈。

3. 剩余段取周期的开头

前qT项恰好结束完整周期，下一项重新从周期第1项开始。即使一周期和为0，也不能忽略随后不足一周期的部分。