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前言
本来这篇文章是不会诞生的，因为在我眼中，数列本应是一个很简单的知识点，很多常见的数列本应作为常识而众人皆知，但最近在偶然情况下发现很多人竟然都没听说过斐波那契数列，例如一位姓王的同学……
于是这篇文章就诞生了，博主搜罗大量论文文献，网站详解，综合于此，旨在一文讲透初中大部分数列知识。
对数列的认识
定义
数列（sequence of number），是以正整数集（或它的有限子集）为定义域的一列有序的数。数列中的每一个数都叫做这个数列的项。排在第一位的数称为这个数列的第 \(1\) 项（通常也叫做首项），排在第二位的数称为这个数列的第 \(2\) 项，以此类推，排在第 \(n\) 位的数称为这个数列的第 \(n\) 项，通常用 \(a_n\) 表示。——引自百度百科
从这段文字中，我们需要认识很多熟悉的概念：
项：即数列中的每一个数
项数：数列中项的个数
首项：数列的第一项
尾项：也称末项，数列的最后一项（注意：很多的数列项数为 \(+\infty\)，即无穷数列，此时并没有一个严格意义上的尾项，多数时候尾项只针对于一个数列被我们所研究的区间段的最后一个）
表示
数列常用 {} 来表示，例如 {0,1,2,3,4,5…} 可表示自然数列。
有人会说，这不就是集合吗？
这种说法便是大错特错的，数列的表示方法和集合是有本质性区别的，最明显的区别就是数列具有顺序性。
举个例子：
{1,2,3} 和 {3,2,1} 可以表示同一个集合，但却表示了完全不同的两个数列，这便是数列的顺序性。
另外，数列中的数不具有集合的互异性，也就是说，数列中可以出现相同的数。
再如：
{0,1,0,1,0…} 就是一个合法的数列，但不能称之为一个集合，因为其中含有相同重复出现的数。
性质
数列的规则性
除了上述提到的顺序性和可重复性，数列还有一个重要的性质，即规则性。
注意，这是数列的学习中最重要的一个内容。
对于一个数列，他通常会存在一个规则，也就是用于计算每一项值的方法，若不存在这样的一个规则，那这个数列的研究大概率是没有任何价值的。
例如：
对于一个公差为 \(2\) 的等差数列 {1,3,5,7…}（也就是正数奇数数列）：
我们便可以轻而易举的得出其适用的规则是：从 \(1\) 开始，每项加 \(2\)。
注意我的用词——规则是，而有时候，会表述成一个规则是，这表示并不是唯一的规则。一个数列一般给出形式是带有省略号的，我们在无法确定数列中的全部元素时，规则有时并不只有一个（但上述例子已经指明是确切的奇数数列，所以规则确实是唯一的）。
例如数列 {3,5,7…}，这只是一个普通的数列，并没有过多的进行描述，言外之意就是：
这个数列若继续往后写，可以写成 {3,5,7,11,13,17,19…}，这时对这个数列的规则就可以表述成除了 \(2\) 以外的所有素数，但如果他继续写成了 {3,5,7,9,11,13,15…}，是不是就又变成了我们所熟知的正数奇数数列，只不过不包含数字 \(1\)，这可是完全不同的两个数列。
因此，数列的规则不具有单一性，所以最好说：“数列的一个规则是”，而不要说：“数列的规则是”（除非我们知道那规则是唯一的正确规则）。
数列规则的表示
通项公式
对于这个规则，我们需要用一个公式来表示他，一般是一个含有 \(n\) 的代数式，\(n\) 就表示任何一项的序数，这也就是我们常说的通项公式。
通项公式是我们研究数列的得力助手，对于一个数列，只要推导出了他的通项公式，就可以较为轻易的求出他的许多信息。
还是例如我们的正数奇数序列：{1,3,5,7…}
他的规则是：从 \(1\) 开始，每项加 \(2\)。
那我们用含 \(n\) 的代数式可以把上述规律表示为：
\[a_n = 2n - 1
\]
这便是通项公式。
递推公式
递推公式不如通项公式实用，甚至我感觉有很多人都没有听过这一名词，但从某些角度，递推公式也是不可缺少的。
为什么这么说呢，因为递推公式具有更普遍性，凡是有通项公式的数列，都会有其递推公式，但没有通项公式的数列，有的也会有递推公式。注意，也不是全部，有些数列的规律性不明显，也没有递推公式，例如我们所熟知的素数数列 {2,3,5,7,11,13…}。
那么什么是递推公式呢？如果一个数列的第 \(n\) 项与它前一项或几项的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的递推公式。
实践出真知，著名的斐波那契数列的递推公式就可以表示为：
\[a_n = a_{n-1} + a_{n-2}
\]
（注意，其实是片面的，详细请在“常见数列详解”见）
而他的通项公式却是：
\[a_n = \frac{1}{\sqrt{5}} \left[ \left( \frac{1 + \sqrt{5}}{2} \right)^n - \left( \frac{1 - \sqrt{5}}{2} \right)^n \right]
\]
所以，在一些特定的数列中，递推公式表示会简便一些，但要明白一点，递推公式靠人力是无法求出一些较大的值的，所以常需借助计算机辅助，这一性质，就注定了递推公式的实用性远不如通项公式。
基本运算
数列的基本运算，常见的有两种：求和与求第 \(n\) 项。
求和
这个运算十分暴力，就是将数列中的元素都加起来的和。
求和分为求全部和、求区间和、求级数。
这里我们不得不提一下数列的分类。
数列按照元素个数，可分为两类：有穷数列和无穷数列，这一概念非常好理解，一个数列若项数为 \(+\infty\)，则称其为无穷数列，否则为有穷数列。
我们常用符号 \(\sum\) 来表示数列的求和运算，读作 Sigma，这个符号的意思就是“加起来”，我们可以用一张图来了解一下该符号的使用：
再举一个例子：
给出一个数列 {\(a_n\)} 为{2,4,6,8,10…}，此时：
\[p = \sum_{n=2}^5{a_n} = 4+6+8+10 = 28
\]
该式即表示求数列中第 \(2\) 项到第 \(5\) 项的和，即 \(a_2+a_3+a_4+a_5\)。
虽然可能比较难以理解，但由于实用性不是很高，就不再说了，想深入了解的可以自行查找资料。
全部和
而求和的运算中，求全部和只能针对于有穷数列，也非常简单，这里不做过多解释。
级数
级数这一概念非常有趣，这个词的解释就是无穷个有规律的项的和，即无穷数列的所有元素之和我们称之为级数，注意，这个词听起来好像是一个数列的名字，但其实它是指数列的和。
一个无穷数列的级数可以表示为：
\[p = \sum_{n=1}^\infty{a_n}
\]
级数可以分为两种，即收敛性级数和发散性级数。
收敛性
通常情况下，级数并没有一个可计算的值，但一些级数的总和非常趋近于一个有限值，这类级数便能叫做收敛的。
举个例子，数列 \(\left\{ \frac{1}{2},\frac{1}{4},\frac{1}{8},\frac{1}{16}… \right\}\)
这个数列非常神奇，我们用一张图来表示一下这个数列的来源：
这个数列的和便是：
\[ p = \sum_{n=1}^\infty{\frac{1}{2^n}} = \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \frac{1}{16} … = 1
\]
有人可能已经看出来了，结合这个数列的实际意义，假设大正方形面积为 \(1\)，那么这些小的矩形面积之总和会无限的趋近于 \(1\)。
发散性
这个便比较常见了，若一个数列并不收敛，级数便叫做发散的。
就例如一个很普通的自然数列 {1,2,3,4…}，它的级数就很难用一个有限的值来表示，而是接近于 \(+\infty\)。
像这类发散性的级数，非常之常见，故它的级数也没有太大的研究价值，便也不过多赘述了。
区间和
这便是求和部分的重点内容了，因为如果题目中给定一个数列，求全部和和级数一般是不现实的，在考试题目中，最常见的就是等差数列和等比数列求和，这一部分会在后面的“常见数列详解”中提到。
在题目中，通常会给定一个数列 {\(a_n\)}，若将这个数列的第 \(i\) 项记作 \(a_i\) 的话，给定两个整数 \(l\) 和 \(r\)，要求 \(a_l\) 到 \(a_r\) 的区间和，用符号语言表示：
\[p = \sum_{n=l}^r{a_n}
\]
至此，求和部分结束。
求第 \(n\) 项
这亦是一个重点考题，从考察频率上看，甚至要多于求和部分。
但是，这一部分也非常简单，就一个要点：推导出通项公式。
若一个数列并没有通项公式，那求第 \(n\) 项便会难上加难，一般来说不会轻易考察。
我们来举一个例子详细说明一下如何求第 \(n\) 项。
再例如正数奇数数列（老演员了）：{1,3,5,7……}
通项公式轻易可推导为：
\[a_n = 2n - 1
\]
则求第 \(n=5\) 项时，可表述为：
\[a_5 = 2 \times 5 - 1 = 9
\]
则第五个奇数是 \(9\)，是不是非常简单。
总的来说，求第 \(n\) 项，就是将对应的 \(n\) 值代入通项公式求值。
引申一下，那如何求一个数 \(n \in \{a_n\}\) 在数列的第几位呢，即若给定一个数，保证他处于数列中，那他在这个数列的第几位呢？
也很简单，列一个方程就好了，例如我要求 \(201\) 在正数奇数数列中的位置，就将 \(a_n\) 用 \(201\) 代替列出方程求解就好了：
\[\begin{align}
a_n &= 2n - 1 \\
201 &= 2n - 1 \\
n &= 101
\end{align}
\]
即说明，\(201\) 处在第 \(101\) 位。
那么求第 \(n\) 项部分到此为止，进入更为实用的常见数列详解部分。
常见数列详解
等差数列
定义
这无疑是我们在数列的学习中最重要的数列，也是最为常见的数列，例如自然数列，奇数数列，偶数数列……
一般形式表示为 {a, a+d, a+2d, a+3d…}。
下一个定义：等差数列就是相邻两项之差为常数的数列，该常数称为公差，这一定义可用递推公式表示为：
\[a_n - a_{n-1} = d \quad (n \ge 2)
\]
其中 \(d\) 为常数。
简单的说，就是从第一个数开始，每次加一个等值，直到永远（所以说，等差数列一般是一个无穷数列）。
通项公式
一般有三种表示形式（实用程度依次递减）：
\(a_n = a_1 + (n-1)d\)
\(a_n = pn + q\)
\(a_n = a_m + (n-m)d\)
这里提供一种较易理解的推导方式：
以该数列 {\(a_n\)} 为例 {3,5,7,9…}：
先知道其公差 \(d\) 为 \(2\)（十以内加减法不会就不用学习本文章了），求出当 \(n=1\) 时 \(d \times n\) 的值为 \(2\)，与 \(a_1\) 作差为 \(3 - 2 = 1\)，所以通项公式即可表示为：
\[a_n = 2n + 1
\]
其中 \(n\) 的系数 \(2\) 即为公差，后面加的 \(1\) 就是与第一项作的差。
计算公式
有些人小学或许还听说过求末项公式，求公差公式等等，但其实完全没必要记这些，因为都可以利用通项公式计算，而且效率可能更高，真正需要记忆的，是以下列出的这些。
求和
表示为：
\[\sum_{k=0}^{n-1}{(a + kd)} = \frac{n}{2}(2a + (n-1)d)
\]
推导这个公式很有意思，首先，我们设数列的和为 \(S\)，则：
\[S = a + (a+d) + \dots + (a+(n-2)d) + (a+(n-1)d)
\]
接下来，我们运用加法交换律（这不至于不会吧？）将 \(S\) 反着加一遍：
\[S = (a+(n-1)d) + (a+(n-2)d) + \dots + (a+d) + a
\]
将两次的结果相加得到：
\(S\)
\(=\)
\(a\)
\(+\)
\((a+d)\)
\(+\)
…
\(+\)
\((a+(n-2)d)\)
\(+\)
\((a+(n-1)d)\)
\(+\)
\(S\)
\(=\)
\((a+(n-1)d)\)
\(+\)
\((a+(n-2)d)\)
\(+\)
…
\(+\)
\((a+d)\)
\(+\)
\(a\)
\(2S\)
\(=\)
\((2a+(n-1)d)\)
\(+\)
\((2a+(n-1)d)\)
\(+\)
…
\(+\)
\((2a+(n-1)d)\)
\(+\)
\((2a+(n-1)d)\)
会发现最后的结果每一项都是一样的！！
所以：
\[2S = n(2a + (n-1)d) \quad \Rightarrow \quad S = \frac{n}{2}(2a + (n-1)d)
\]
或许有人看不懂，那这个公式也可等价于高斯求和公式，即首项加末项的和乘项数的积的一半：
\[\text{Sum} = \frac{(a_l + a_r) \times (r - l + 1)}{2}
\]
这个就不给予推导过程了，因为基本人人都会，属于小学必学知识。
求中项
我们先给出一个定义，若 \(a\)，\(b\)，\(c\) 三个数按这个顺序排列成等差数列，那么 \(b\) 叫 \(a\)，\(c\) 的等差中项，而 \(a\)，\(b\)，\(c\) 成等差数列的充分必要条件是：
\[b = \frac{a + c}{2}
\]
这一公式也称之为等差数列中项公式。
等差数列也可以表示为：
\[a_n = \frac{a_{n-1} + a_{n+1}}{2}
\]
这就是说，在一个等差数列中，从第 \(2\) 项起，每一项（有穷等差数列的末项除外）都是它的前一项与后一项的等差中项。
我们给出一道例题：
我们在 \(2\) 和 \(6\) 之间插入一个数 \(A\)，可以使 {2, A, 6} 构成一个等差数列，请求这个数 \(A\)。
我们可以很轻松地求出：
\[A = \frac{2 + 6}{2} = 4
\]
等比数列
定义
等比数列是指从第二项起，每一项与它的前一项的比值等于同一个常数的一种数列，这个常数叫做公比，注意等比数列首项不能为零，公比也不能为零，递推公式可表示为：
\[a_n = a_{n-1} \cdot r
\]
等比数列一般形式为：{\(a, ar, ar^2, ar^3, ar^4, \dots\)}
其中 \(a\) 是首项，\(r\) 是项与项之间的比，即公比。
通项公式
求通项公式时，我们就可以观察一下，发现等比数列每一项都由两个部分组成，即每一项都是第一项的值与一个常数的次方的积组成，即可以表示为 \(a_1\) 与 \(r^k\ (k \in \mathbb{N}^*)\) 的乘积，经观察得出，\(k\) 与 \(n\) 的关系是 \(k = n - 1\)，所以通项公式便是：
\[a_n = a_1 r^{n-1}
\]
计算公式
求和
若一个等比数列 {\(a_n\)} 的首项为 \(a_1\)，公比为 \(r\)，则有：
\[\sum_{k=0}^{n-1}{(ar^k)} =
\begin{cases}
na_1, & r = 1 \\
a_1 \left( \frac{1 - r^n}{1 - r} \right), & r \ne 1
\end{cases}
\]
我们来推导一下：
若一个等比数列 {\(a_n\)} 公比 \(r\) 为 \(1\)，则会发现该数组为 {a, a, a, a…}，即所有项都相等且都等于首项，所以求和公式为：
\[S_{a_n} = na_1
\]
而当 \(r \ne 1\) 时，我们仍然利用类似于等差数列求和推导方法：
首先，我们设数列的和为 \(S\)，则：
\[S = a + ar + ar^2 + \dots + ar^{n-2} + ar^{n-1}
\]
接下来，将 \(S\) 乘 \(r\)：
\[Sr = ar + ar^2 + ar^3 + \dots + ar^{n-1} + ar^n
\]
你或许会注意到，\(S\) 和 \(Sr\) 很像，于是将他们相减：
\(S\)
\(=\)
\(a\)
\(+\)
\(ar\)
\(+\)
\(ar^2\)
\(+\)
…
\(+\)
\(ar^{n-1}\)
\(-\)
\(Sr\)
\(=\)
\(-\)
\(ar\)
\(-\)
\(ar^2\)
\(-\)
…
\(-\)
\(ar^{n-1}\)
\(-\)
\(ar^n\)
\(S-Sr\)
\(=\)
\(a\)
\(+\)
\(0\)
\(+\)
\(0\)
\(+\)
…
\(+\)
\(0\)
\(-\)
\(ar^n\)
会发现最后中间的项全部互相抵消。
所以对最后减去的结果变形：
\[S - Sr = a - ar^n \quad \Rightarrow \quad S(1 - r) = a(1 - r^n) \quad \Rightarrow \quad S = a \left( \frac{1 - r^n}{1 - r} \right)
\]
这便是我们要推导的公式了。
求级数
当且仅当在无穷等比数列中，此时 \(n\) 不断趋近于 \(+\infty\)，所以若当 \(r < 1\) 时，\(r^n\) 便逐渐趋近于 \(0\)，这很好理解，当一个数乘一个小于 \(1\) 的数时便会缩小，例如 \(10 \times 0.1 = 1 < 10\)，所以乘无穷个的话，就会趋近于零，此时求级数公式便是：
\[\sum_{k=0}^{\infty}{(ar^k)} = a \left( \frac{1}{1 - r} \right)
\]
实际应用
要利用等比公式，这里有一个非常经典的论题，即 \(0.\dot{9}\) 是否等于 \(1\)。
我们可以来证明一下，看这一个等比数列 {\(a_n\)} 为 {0.9, 0.09, 0.009…}。
我们可以发现，这个数列首项 \(a_1\) 为 \(0.9\)，公比 \(r\) 为 \(0.1\)（即每次缩小十倍）。
同时我们也惊奇地发现，这一无穷数列的级数便为 \(0.\dot{9}\)，这很好理解。
但若我们利用等比数列求级数公式进行计算：
\[\sum_{k=0}^{\infty}{\left(0.9 \times 0.1^k \right)} = 0.9 \left( \frac{1}{1 - 0.1} \right) = 0.9 \left( \frac{1}{0.9} \right) = 1
\]
可见，\(0.\dot{9}\) 确实等于 \(1\)。
斐波那契数列
注意这是本文章之重点，也是写本文章之初衷（请回顾前言）。
定义
斐波那契数列就是这一数列：{0,1,1,2,3,5,8…}
即为下一项为上两项的和，注意，只有这一数列是斐波那契数列，满足该规律但不是这一数列的，只能称之为类斐波那契数列。
按照这些数为边长画正方形，便可以得到斐波那契矩形：
故斐波那契数列之别名之一又叫做黄金分割数列。
同时，数学家斐波那契是运用兔子繁殖来引入该数列的，便也可以叫做兔子数列。
我们来介绍一下这一问题：假定一对大兔子每月能生一对小兔子，且每对新生的小兔子经过一个月可以长成一对大兔子，具备繁殖能力，如果不发生死亡，且每次均生下一雌一雄，一开始有一对小兔子，问一年后共有多少对兔子？
我们可以通过列表来解决：
时间（月）
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
幼兔（对）
1
0
1
1
2
3
5
8
13
21
34
55
89
成兔（对）
0
1
1
2
3
5
8
13
21
34
55
89
144
总兔（对）
1
1
2
3
5
8
13
21
34
55
89
144
233
注意看，总兔的对数是不是就是我们熟知的斐波那契数列？
我们再给出一个数学函数定义，也可看作其递推公式：
\[Fib(n) =
\begin{cases}
0, & n = 0 \\
1, & n = 1 \\
Fib(n-2) + Fib(n-1), & n > 1
\end{cases}
\]
通项公式推导
斐波那契数列的通项公式在前文就已经提到过了，我们再来认识一下：
\[a_n = \frac{1}{\sqrt{5}} \left[ \left( \frac{1 + \sqrt{5}}{2} \right)^n - \left( \frac{1 - \sqrt{5}}{2} \right)^n \right]
\]
虽然他看起来很麻烦，但是我们还是得证明一下，注意，博主确实只是一个初三学生，没有能力自己推导，只能借鉴他人思路，希望原作者理解（但绝不是照搬）。
我们先从递推公式入手吧：
\[F(n) = F(n-1) + F(n-2)
\]
它也可以看作：
\[F(n) = aF(n-1) + bF(n-2)
\]
可以确定的是，当 \(a = b = 1\) 的时候，就是斐波那契数列，那我们就可以先求出这个式子的通项公式。
先将等式两边同时加上 \(xF(n-1)\)：
\[\begin{aligned}
F(n) + xF(n-1) &= aF(n-1) + bF(n-2) + xF(n-1) \\
&= (a + x)F(n-1) + bF(n-2) \\
&= (a + x)F(n-1) + (a + x)\frac{b}{a + x}F(n-2) \\
&= (a + x)\left[ F(n-1) + \frac{b}{a + x}F(n-2) \right]
\end{aligned}
\]
我们再引申出一个新的数列，\(G(n) = F(n) + xF(n-1)\)，我们发现必然能够找到一个常量 \(x\)，使得这一新数列是一个等比数列，且公比为 \(a + x\)，则有：
\[\begin{aligned}
G(n) &= F(n) + xF(n-1) \\
G(n-1) &= F(n-1) + xF(n-2) \\
G(n) &= G(n-1) \times (a + x) = (a + x)(F(n-1) + xF(n-2))
\end{aligned}
\]
再结合之前的推出：
\[G(n) = F(n) + xF(n-1) = (a + x)\left[ F(n-1) + \frac{b}{a + x}F(n-2) \right]
\]
最后联立方程：
\[\frac{b}{a + x} = x \quad \Rightarrow \quad x^2 + ax - b = 0
\]
带入求根公式求根：
\[x_1 = \frac{-a - \sqrt{a^2 + 4b}}{2}, \quad x_2 = \frac{-a + \sqrt{a^2 + 4b}}{2}
\]
当 \(a = b = 1\) 的时候就分别等于：
\[x_1 = \frac{-1 - \sqrt{5}}{2}, \quad x_2 = \frac{-1 + \sqrt{5}}{2}
\]
根据等比数列的前项和后项的关系 \(\frac{a_n}{a_{n-1}} = r\)：
令公比 \(r = a + x\) 即可知：
\[\frac{F(n) + xF(n-1)}{F(n-1) + xF(n-2)} = r
\]
累乘起来：
\[\frac{F(n) + xF(n-1)}{F(n-1) + xF(n-2)} \times \frac{F(n-1) + xF(n-2)}{F(n-2) + xF(n-3)} \times \dots \times \frac{F(2) + xF(1)}{F(1) + xF(0)} = \frac{F(n) + xF(n-1)}{F(1) + xF(0)} = r^{n-1}
\]
再令 \(p = F(1) + xF(0)\) 得出：
\[F(n) + xF(n-1) = r^{n-1}(F(1) + xF(0)) = r^{n-1}p
\]
再通过上面的方法，引入一个变量 \(y\)，使得 \(F(n) + yr^n\) 是一个公比为 \(-x\) 的等比数列，等式两边同时加上 \(yr^n\)：
\[\begin{aligned}
F(n) + xF(n-1) &= r^{n-1}(F(1) + xF(0)) = r^{n-1}p \\
F(n) &= -xF(n-1) + r^{n-1}p \\
F(n) + yr^n &= -xF(n-1) + r^{n-1}p + yr^n \\
F(n) + yr^n &= -x\left[ F(n-1) + \frac{r^{n-1}p + yr^n}{-x} \right]
\end{aligned}
\]
于是便得出：
\[yr^{n-1} = \frac{r^{n-1}p + yr^n}{-x}
\]
同样累乘起来：
\[\frac{F(n) + yr^n}{F(n-1) + yr^{n-1}} \times \dots \times \frac{F(1) + yr}{F(0) + y} = \frac{F(n) + yr^n}{F(0) + y} = (-x)^n
\]
我们计算一下 \(y\) 的值，等式两边同时除去 \(r^{n-1}\) 得到：
\[\begin{aligned}
y &= \frac{p + yr}{-x} \\
&= -\frac{p}{x + r} \\
&= -\frac{F(1) + xF(0)}{2x + a}
\end{aligned}
\]
最后化简累乘的结果，再带入所有算完的值进行求解就能得到：
\[\begin{aligned}
F(n) &= (-x)^n \times (F(0) + y) - yr^n \\
&= (-x)^n \frac{2x + 1 - x - 1}{2x + 1} + \frac{x + 1}{2x + 1}(x + 1)^n \\
&= \frac{(x + 1)^{n+1} - x^{n+1}}{2x + 1}
\end{aligned}
\]
\[\boxed{
F(n) = \frac{1}{\sqrt{5}} \left[ \left( \frac{1 + \sqrt{5}}{2} \right)^n - \left( \frac{1 - \sqrt{5}}{2} \right)^n \right]
}
\]
完结撒花~
后言
这篇文章对于一个即将面临中考的初三学生来说，绝对可以称得上鸿篇巨制了，总码字量达到了一万三千字符左右，历时 \(8\) 天，每天平均工作时长可达 \(5\) 个小时，查阅资料近 \(20\) 篇，其中不乏有一些文章推导过程对于初中生来说太过简略，需要自己重新推导，可谓呕心沥血之作，希望可以帮到大家。