《方法1：累加法与累乘法.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《方法1：累加法与累乘法.pdf（5页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、方法 1：累加法与累乘法 1 方法 1：累加法与累乘法 A 组 1. 累加法 设数列an中，a2，an+1ann2，则通项 an 解析解析：由已知得 an+1ann2，于是有 ana (anan-1)(an-1an-2)(an-2an-3)(aa) (n1)n(n1)3 (n1)3 2 (n1)n 3n4 2 ， anan 3n4 2 n 3n 2 n(n3) 2 (n2) 经检验当 n1 时也符合该式 ann(n3) 2 2. 设数列an中，a3，anan-12n，则通项 an 解析解析：由已知得 anan-12n，于是有 ana (anan-1)(an-1an-2)(an-2an-3)(a
2、a) 2n2(n1)2(n2)22 2n4 2 (n1)(n2)(n1) ana(n2)(n1)3(n2)(n1)n n1 (n2) 经检验当 n1 时也符合该式 ann n1 3. (2010 辽宁卷 T16) 已知数列an满足 a33，an+1an2n，则an n 的最小值为 解析解析：aa2，aa4，a4a6，anan-12(n1)， 以上各式左右两边分别相加，得 ana2462(n1)n(n1)， anan(n1)33n(n1)，则 an n 33 n n1， /*若 x0，xR，由基本不等式可得 33 x x2 33，当且仅当 x 33时取得最小值最接近 33的两个整数是 5 和 6
3、*/ 当 n5 时，an n 33 5 453 5 ；当 n6 时，an n 33 6 521 2 53 5 ，所以an n 的最小值为 21 2 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 解析解析：设bn的公差为 d，则 db 10b 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)，a83 方法 1：累加法与累乘法 2 5. (201
4、5 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 an 前 10 项的和为 解析解析：由 a1，且 an+1ann1 (nN*)得， ana(aa)(aa)(anan-1)123nn(n1) 2 ， 则 1 an 2 n(n1)2( 1 n 1 n1)， 故数列 1 an前 10 项的和为 S102(1 1 2 1 2 1 3 1 10 1 11)2(1 1 11) 20 11 6. 数列an满足 a1，且对任意的 m, nN*，都有 am+namanmn，则 1 a 1 a 1 a 1 a2012 解析解析：令 m1，则有 an+1aa
5、nn，即 an+1ann1， 所以 aa2，aa3，a4a4，anan-1n， 累加得到 ana234n(n2)(n1) 2 ，故 ana(n2)(n1) 2 n(n1) 2 ， 1 an 2 n(n1)2( 1 n 1 n1)， 1 a 1 a 1 a 1 a20122(1 1 2 1 2 1 3 1 2012 1 2013) 4024 2013 7. 已知数列an中，ap，aq，且 an+22an+1and，求数列an的通项公式 解析解析：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
6、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 (n1)(qp)n2 2 (n1)d (n1)(qpn2 2 d)， ana(n1)(qpn2 2 d)p(n1)(qpn2 2 d) (n2) 经检验当 n1 时也符合该式 anp(n1)(qpn2 2 d) 8. 累乘法 已知数列an中，a2，满足 an+1n2 n an，求数列an的通项公式 解析解析：原式可化为 an+1 an n2 n ，于是有 an a an an-1 an-1 an-
7、2 an-2 an-3 a a n1 n1 n n2 n1 n3 n2 n4 5 3 4 2 3 1 (n1)n 21 (n1)n 2 ， ana(n1)n 2 n(n1) 9. 已知数列an中，a5，满足 an(1 1 n )an-1，求数列an的通项公式 解析解析：原式可化为 an an-11 1 n n1 n ，于是有 an a an an-1 an-1 an-2 an-2 an-3 a a n1 n n n1 n1 n2 4 3 3 2 n1 2 anan1 2 5 2 (n1) 10. 已知数列an中，a 1 3 ，满足 an+1( 1 3 2 3n)an，求数列an的通项公式 解析
8、解析：原式可化为 an+1 an n2 3n 1 3 n2 n ，于是有 an a an an-1 an-1 an-2 an-2 an-3 a a ( 1 3 ) n-1 n1 n1 n n2 n1 n3 n2 n4 5 3 4 2 3 1 1 3 n-1 (n1)n 21 1 3 n-1 (n1)n 2 ana 1 3 n-1 (n1)n 2 1 3n (n1)n 2 (n1)n 23n 11. 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 解析解
9、析： 令 n1 可得 S4S4， aSa3 /* 令 n2 可得 2S5S20， S10，aSS6*/ 2a为 b与 b的等比中项， b(2a) b 9 由原式可得 nSn+1(n3)Sn， Sn+1 Sn n3 n 于是有 Sn S Sn Sn-1 Sn-1 Sn-2 Sn-2 Sn-3 S4 S S S S S n2 n1 n1 n2 n n3 n1 n4 6 3 5 2 4 1 (n2)(n1)n 321 (n2)(n1)n 6 SnS(n2)(n1)n 6 (n2)(n1)n 6 于是有 Sn-1(n1)n(n1) 6 ， 则当 n2 时，anSnSn-1(n2)(n1)n 6 (n1
10、)n(n1) 6 (n1)n 2 经检验当 n1 时也符合上式， an(n1)n 2 由已知 bnbn+1(2an+1) (n1)(n2) ， 则 bn+1bn+2(n2)(n3) ， 两式相除得 bn+2 bn (n3 n1) ，于是有 b b( 4 2 ) ， b5 b( 6 4 ) ， b7 b5( 8 6 ) ， b2n+1 b2n-1( 2n2 2n ) 以上各式连乘可得：b2n+1 b (n1) ， b2n+1b(n1) (2n2) (2n1)1 再由式可得：b2n(2n1)(2n2) b2n+1 (2n1)(2n2) (2n2) (2n1) 综上，恒有 bn(n1) B 组 12
11、. 累加法错位相减法 在数列an中，a1，an+1(1 1 n )an n1 2n 求数列an的通项公式及前 n 项和 Sn 解析解析：an+1n1 n ann1 2n ，等式两边同除以 n1，得： an+1 n1 an n 1 2n，即 an+1 n1 an n 1 2n 于是有 a 2 a 1 1 2 ， a 3 a 2 1 2 ， a4 4 a 3 1 2 ，an n an-1 n1 1 2 n-1 ， 以上各式相加，得 an n a 1 1 2 1 2 1 2 1 2 n-1 1( 1 2 ) n-1 1 1 2 n-1 an n a 1 1 1 2 n-1 2 1 2 n-1 ， a
12、n2n n 2 n-1 则 Sn2(123n)( 1 2 2 2 3 2 4 2 n 2 n-1 ) n(n1)( 1 2 2 2 3 2 4 2 n 2 n-1 ) 令 Tn 1 2 2 2 3 2 4 2 n 2 n-1 ， 则 1 2 Tn 1 2 2 2 3 2 4 24 n 2n ， ，得 1 2 Tn1 1 2 1 2 1 2 1 2 n-1 n 2n2(1 1 2n) n 2n2 2n 2n ， Tn42n 2 n-1 Snn(n1)(42n 2 n-1 )n(n1)42n 2 n-1 C 组 13. 对于数列an，定义an为数列an的一阶差分数列，其中 anan+1an (nN*)对于正整数 k，规定 kan为数列an的 k 阶差分数列，其中 kan( k-1 an) k-1 an+1 k-1 an若数列 an的各项均为 2，且满 足 a11a20150，则 a的值为 解析解析：因为数列 an的各项均为 2，即 an+1an2，所以 ana2n2， /*an为等差数列*/ 即 an+1ana2n2，所以 ana(anan-1)(an-1an-2)(aa) (n1)a(2462n4)(n1)a(n1)(n2)， 所以 a11a10a109 a2015a2014a20142013，即 0a10a109 0a2014a20142013，解得 a20140