数列之累加法与累乘法 老师专用

数列之累加法与累乘法 老师专用1.累加法 设数列an中，a2，an+1ann2，则通项 an 2n(n3)经检验当 n1 时也符合该式 an(n2)222n3n4n3nn(n3) ana，n3n4 2(n1)2(n1)3解析：由已知得 an+1ann2，于是有 ana(anan-1)(an-1an-2)(an-2an-3)(aa)(n1)n(n1)32.设数列an中，a3，anan-12n，则通项 an ana(n2)(n1)3(n2)(n1)nn1 (n2)经检验当 n1 时也符合该式 annn1(n1)(n2)(n1)22n4解析：由已知得 anan-12n，于是有 ana(anan-1)(an-1an-2)(an-2an-3)(aa)2n2(n1)2(n2)22n3.(2010 辽宁卷T16) 已知数列an满足 a33，an+1an2n，则an 的最小值为 为 2 n21所以an 的最小值2153533n 6 2 5 ，当 n6 时，an53433n 5 5 ；5 和 6*/当 n5 时，anx2 33，当且仅当 x 33时取得最小值最接近 33的两个整数是x /*若 x0，xR，由基本不等式可得 33n1，nn33 anan(n1)33n(n1)，则 an 解析：aa2，aa4，a4a6，anan-12(n1)，以上各式左右两边分别相加，得 ana2462(n1)n(n1)，4.(2011 四川卷T8) 数列an的首项为 3，bn为等差数列且 bnan+1an (nN*)若 b2，b1012，则a8 b10b解析：设bn的公差为 d，则 d 103 2， bnb(n3)d2(n4)，即 an+1an2(n4)则 aa6，aa4，a4a2，anan-12(n5)， 累加得到 ana(6)(4)(2)2(n5)(n8)(n1)， 故 an3(n8)(n1)，a83a5.(2015 江苏卷T11)累加法裂项相消法 设数列an满足 a1，且 an+1ann1 (nN*)，则数列 1 n前 10 项 的 和 为 1111101122310na 120 1 1 1 1 1 前 10 项的和为 S 2(1)2(1 )故数列 1 nn1 1 2()，ann(n1) 2 1则 1 ，2n(n1)nn-1na a(aa)(aa)(a a )123n解析：由 a1，且 an+1ann1 (nN*)得，6.数列an满足 a1，且对任意的 m, nN*，都有 am+namanmn，则 1 1 1 1 aaaa2012201220132013223a2012aaann1 1 14024 12()，2(1)ann(n1) 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 ，22，故 ana2(n2)(n1)n(n1)(n2)(n1)累加得到 ana234n解析：令 m1，则有 an+1aann，即 an+1ann1，所以 aa2，aa3，a4a4，anan-1n，7. 已知数列an中，ap，aq，且 an+22an+1and，求数列an的通项公式d)2n2经检验当 n1 时也符合该式 anp(n1)(qp2d)p(n1)(qpd) (n2)2n2n22 ana(n1)(qpn2(n1)(qpd)，2n2(n1)(qp)(n1)d解析：原式可化为(an+2an+1)(an+1an)d令 bnan+1an，则 bn+1bnd，所以数列bn是以 baaqp 为首项，以 d 为公差的等差数列 bnb(n1)dqp(n1)d即 an+1anqp(n1)d于是有 ana(anan-1)(an-1an-2)(an-2an-3)(aa)qp(n2)dqp(n3)dqp(n4)dqp0d n8. 已知数列an中，a5，满足 an(1 1 )an-1，求数列an的通项公式 5 (n1)2nn1 a a 2nn1n22 4 3n1n1 nn1 3 2 aa anan-1an-2aan-1an-2an-3于是有 an，n 1 n1 nan-1解析：原式可化为 an 1，满足(9. 已知数列an中，a 1an+1 1 2 )an，求数列an的通项公式333n 23n 2(n1)n(n1)n 13n(n1)n2 1 ana3n-12 1(n1)n(n1)n3n-1 21 3n-1 1 2 1 5 4 3 3n1n2n3n4n1 nn1n23( 1 )n-1aaan anan-1an-2 1n2nn2an 3n 3 ，于是有 aan-1an-2an-3解析：原式可化为 an+110. 在数列an与bn中，a1，b4，数列an的前 n 项和 Sn 满足 nSn+1(n3)Sn0，2an+1 为 bn 与 bn+1 的等比中项，nN* 求 a, b的值； 求数列an与bn的通项公式266(n2)(n1)n(n1)n(n1)(n1)n则当 n2 时，anSnSn-1，6于是有 Sn-166(n1)n(n1)(n2)(n1)n(n2)(n1)n SnS6321(n2)(n1)n(n2)(n1)nn1n2n3n4 6 5 4 n2n1 nn1 3 2 1SSSSn-1Sn-2Sn-3SSSS4 SnSn-1Sn-2于是有 Sn n3nn+1Sn nn+1S 由原式可得 nS(n3)S ，9b(2a) 2a为 b与 b的等比中项， b解析： 令 n1 可得 S4S4， aSa3/* 令 n2 可得 2S5S20， S10，aSS6*/ 综上，恒有 bn(n1)(2n1)(2n2)b2n+1(2n1)(2n2)(2n1)(2n2)再由式可得：b2n b2n+1b(n1)(2n2)(2n1)1b2n+1(n1)，得： b以上各式连乘可)2nb2n-16b5b2