2020年高考数学(理)之数列 专题11 数列的通项( 叠加法、累乘法求通项)(解析版)

数列

11 数列的通项（ 叠加法、累乘法求通项）

【考点讲解】

一、具体目标：

掌握用不同的数学方法求不同形式数列的通项公式.通过数列通项公式的求解过程,利用数列的变化规律,恰当选择方法,是数列的研究和探索奠定基础. 二、知识概述： 1.数列的通项公式：

（1）如果数列an的第n项与序号n之间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通项公式．即anfn,不是每一个数列都有通项公式,也不是每一个数列都有一个个通项公式. （2）数列an的前n项和Sn和通项an的关系：an2.求数列的通项公式的注意事项：

（1）根据数列的前几项求它的一个通项公式，要注意观察每一项的特点，观察出项与n之间的关系、规律，可使用添项、通分、分割等办法，转化为一些常见数列的通项公式来求．对于正负符号变化，可用1或

n(n1)S1.

SS(n2)n1n1n1来调整．

（2）根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想．由不完全归纳法得出的结果是不可靠，要注意代值验证.

（3）对于数列的通项公式要掌握：①已知数列的通项公式，就可以求出数列的各项；②根据数列的前几项，写出数列的一个通项公式，这是一个难点，在学习中要注意观察数列中各项与其序号的变化情况，分解所给数列的前几项，看看这几项的分解中．哪些部分是变化的，哪些是不变的，再探索各项中变化部分与序

1

号的联系，从而归纳出构成数列的规律，写出通项公式.

3.数列通项一般有三种类型：（1）已知数列是等差或等比数列，求通项，破解方法：公式法或待定系数法；（2）已知Sn，求通项，破解方法：利用Sn-Sn-1= an，但要注意分类讨论，本例的求解中检验必不可少，值 得重视；（3）已知数列的递推公式，求通项，破解方法：猜想证明法或构造法。 4. 已知数列an的前n项和Sn，求数列的通项公式，其求解过程分为三步： (1)先利用a1S1求出a1；

(2)用n1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用anSnSn1 (n2)便可求出当n2时an的表达式； (3)对n1时的结果进行检验，看是否符合n2时an的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n1与n2两段来写．

【注】该公式主要是用来求数列的通项，求数列通项时，一定要分两步讨论，结果能并则并，不并则分. 5. 递推公式推导通项公式方法： （1）叠加法：an1anf(n)

a1a叠加法（或累加法）：已知，求数列通项公式常用叠加法（或累加法）

aafnnn1即an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1

.

a1aanan1an2aa32a1 （2）累乘法：已知an1求数列通项公式用累乘法.anfnan1an2an3a2a1 an（3）待定系数法：an1panq（其中p,q均为常数，(pq(p1)0)） 解法：把原递推公式转化为：an1tp(ant)，其中tnq，再利用换元法转化为等比数列求解. 1pn（4）待定系数法： an1panq（其中p,q均为常数，(pq(p1)(q1)0)）. （或an1panrq,

其中p,q,r均为常数）.

解法：在原递推公式两边同除以qn1，得：

anan1pan1p1b，令，得：，再按 bbnn1nqnqqqn1qqnq第（3）种情况求解.

，0，a0) （5）待定系数法：an1pananb(p1

2

解法：一般利用待定系数法构造等比数列，即令an1x(n1)yp(anxny)，与已知递推式比较， 解出x,y,从而转化为anxny是公比为p的等比数列. （6）待定系数法：an1pananbnc(p0,1,a0)

解法：一般利用待定系数法构造等比数列，即令an1x(n1)y(n1)zp(anxnynz)，与已知递推式比较，解出x,y,从而转化为anxn2ynz是公比为p的等比数列. （7）待定系数法：an2pan1qan（其中p,q均为常数）.

解法：先把原递推公式转化为an2san1t(an1san)其中s,t满足解.

（8）取倒数法：an1222stp，再按第（4）种情况求

stqg(n)an

f(n)ant(n)解法：这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为an1panq，按第（3）种情况求解.

（g(n)ant(n)an1f(n)anan10，解法：等式两边同时除以anan1后换元转化为an1panq，按第（3）种情况求解.）.

（9）取对数an1pan(p0,an0)

解法：这种类型一般是等式两边取以p为底的对数，后转化为an1panq，按第（3）种情况求解. 6. 以数列为背景的新定义问题是高考中的一个热点题型，考查频率较高，一般会结合归纳推理综合命题．常见的命题形式有新法则、新定义、新背景、新运算等．

(1)准确转化：解决数列新定义问题时，一定要读懂新定义的本质含义，将题目所给定义转化成题目要 求的形式，切忌同已有概念或定义相混淆．

(2)方法选取：对于数列新定义问题，搞清定义是关键，仔细认真地从前几项(特殊处、简单处)体会题意，从而找到恰当的解决方法． 类型1 an1anf(n)

解法：把原递推公式转化为an1anf(n)，利用叠加法求解

例1.设数列an中，a12,an1ann1，则通项an .

【解析】法一：由题意可知：a12,an1ann1 所以有anan1n11，

r 3

an1an2n21，an2an3n31，K，a3a221，a2a111，a1211

将以上各式相加得：ann1n2n3L21n1

n1n112n1n1nn1nn11 故应填nn12221.

法二：由题意an1ann1可得：an1ann1， anan1n11，an1an2n21，

an2an3n31，K，a3a221，a2a111，a1211.

将以上各式相加得：ann1n2n3L21n1

n1n112n1n1nn1nn1122 故应填

nn11. 2【答案】

nn11 2an1f(n)，利用叠乘法求解。 an类型2 an1f(n)an .解法：把原递推公式转化为已知数列an满足a1【解析】由条件知

2nan，求an。 ，an13n1an1n，分别令n1,2,3,,(n1)，代入上式得(n1)个等式后叠乘，即 ann1aaa2a3a4123n1221••••nn又a1，an. a1a2a3an1234a1nn33n

4

【真题分析】

1. 【2019优选题】已知数列{an}的首项为1，数列{bn}为等比数列且bn＝ ，a21＝ ．

【分析】根据所给的关系式，依次令n＝1、2、…、20列出20个式子，再将20个式子相乘化简，根据等比数列的性质和条件求出a21的值．

an1，若anb10•b11＝2，则b7b14

aa【解答】解：由bnn1得：b12ana1以上20个式子相乘得，b1b2b3a3a4，b2，b3a2a3a21，…，b20.

a20b20a2a3a4aa2121, a1a2a3a20a110

∵数列{bn}为等比数列，且b10•b11＝2，数列{an}的首项为1，∴2∴a21＝1024，∵b10•b11＝2，∴b7b14＝2， 【答案】：2，1024．

a21, ＝a12.【2019优选题】已知数列{an}中,a120,an1an2n1,nN,则数列{an}的通项公式an＝ 。

【解析】由题意an1an2n1可得：an1an2n1， anan12n11，

*an1an22n21，an2an32n31，K，a3a241，a2a121，a120.

将以上各式相加得：an2n1n2n3L21n120=n2n21

2【答案】n2n21

3.【2016江西】在数列{an}中，a12， an1anln(1)，则an （ ） A．2lnn B．2(n1)lnn C．2nlnn D．1nlnn 【解析】a2a1ln2

21n3a3a2ln

2

5

a4a3lnM43

anan1lnn n1将以上各式相加得：

34n ana1ln2lnlnLln23n134n1n所以有：ana1ln2L 23n2n1【答案】A

4.【2019优选题】已知数列an满足a12，an1an10(nN)，则此数列的通项an等于 ( )

 A.n21 B.n1 C.1n D.3n

【解析】法一：由an1an1得，数列an是以2为首项，－1为公差的等差数列所以有ann3，也可用叠加法.

法二：由an1an10可得an1an1，所以有anan11，an1an21，an2an31，

La2a11。将上面的式子相加可得ana1n11n1，所以有ann3.

【答案】D

5.【2018年广东】已知数列an中a12,(n2)an1(n1)an0(nN)，求数列an的通项公式. 【解析】由(n2)an1(n1)an0得

，

an1n1 ann2.

ananan1an2aann1n232432a1， 2an1an2an3a2a1n1nn143n1an4nN n1n16.【2016山西】已知数列an满足a11,anan13(n2)，求数列an的通项公式

.n1【解析】由anan13可得，

an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1

=3n13n23n131.

2 6

3n1an（nN）.

27.【2019优选题】已知｛an｝是正数组成的数列，a1=1，且点（an,an1）（nN*）在函数y=x2+1的图象上.

(Ⅰ)求数列｛an｝的通项公式；

(Ⅱ)若列数｛bn｝满足b1=1,bn+1=bn+2n，求证：bn·bn+2＜b2n+1 .

【解析】解法一：（Ⅰ）由已知得an+1=an+1、即an+1-an=1，又a1=1, 所以数列｛an｝是以1为首项，公差为1的等差数列. 故an=1+(a-1)×1=n.

(Ⅱ)由（Ⅰ）知：an=n从而bn+1-bn=2n.则bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+···+（b2-b1）+b1

a

12nn=2+2+···+2+1==2-1.

12

n-1

n-2

nn+2

因为bn·bn+2-b2-1)-(2n-1-1)2 n1=(2-1)(2

=(22n+2-2n+2-2n+1)-(22n+2-2-2n+1-1) =-5·2n+4·2n=-2n＜0,所以bn·bn+2＜b2n1, 解法二：（Ⅰ）同解法一.（Ⅱ）因为b2=1,

nn+1bn·bn+2- b2)- b2n1=(bn+1-2)(bn+1+2n1

=2n+1·bn+1-2n·bn+1-2n·2n+1

=2n（bn+1-2n+1）=2n（bn+2n-2n+1）=2n（bn-2n）=…=2n（b1-2）=-2n<0， 所以bn·bn+28. 【2019优选题】数列an中，a12，an1ancn（c是常数，n1，且a1，a2，a3成公，2，3，L）比不为1的等比数列．（I）求c的值；（II）求an的通项公式． 【解析】（I）a12，a22c，a323c，

因为a1，a2，a3成等比数列，所以(2c)2(23c)，解得c0或c2． 当c0时，a1a2a3，不符合题意舍去，故c2． （II）当n≥2时，由于

2a2a1c，

7

a3a22c，

…………

anan1(n1)c，

所以ana1[12L(n1)]cn(n1)c． 223，L)．当n1时，上式也成立， 又a12，c2，故an2n(n1)nn2(n2，2，L) 所以annn2(n1，

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【模拟考场】

1.已知一次函数f(x)图象关于yx对称的图象为C，且f(1)0，若点An(n,an1)(nN*)在C上，ana11，对于大于或等于2的自然数n均有：

an1an1. anan1（1）求C的方程； （2）求an的通项公式． 【解析】（1）设C的方程为yaxb，f(1)0b1

又 ∵ An在C上 ，∴

an1na1 an而

an1an1， ∴ (na1)[a(n1)1]1 ∴ a1 anan1∴ C的方程为yx1

（2） ∵

an1aaaa

n1，∴ 22，33，44，L，nn， ana1a2a3an1an123Ln 又 a11 ∴ ann! a1 以上n1个等式相乘得：

2.若在数列an中，a13，an1an3，求通项an. 【解析】法一：可用等差数列求通项.

法二：由an1an3得，an1an3，所以有：a2a13，a3a23，

a4a33M anan13将各式相加得：ana13(n1) 所以可得通项为：ana13(n1)

9

即：an3n6（nN）.

3.若在数列an中，a13，an1ann，求通项an. 【解析】由an1ann得，an1ann 所以anan1n1，

an1an2n2…，a2

a11

将以上各式相加得：ana1(n1)(n2)1n(n1)又a13所以an=32n21n3（nN）. 即：an.224.已知数列{an}满足an1an2n1，a11，求数列{an}的通项公式. 【解析】由an1an2n1，得an1an2n1则

an(anan1)(an1an2)L(a3a2)(a2a1)a1[2(n1)1][2(n2)1]L(221)(211)12[(n1)(n2)L21](n1)1(n1)n2(n1)12(n1)(n1)1n2所以数列{an}的通项公式为ann2（nN）.

n1an1n2,确定数列an的通项公式. nn1n21an1n2，∴an1an2，…，a2a1 【解析】∵annn125. 已知数列中:a11，an以上n1个式子相乘得

12n1a111ana1LnN，即annN.

23nnnn

n6.已知数列{an}满足an1an231，a13，求数列{an}的通项公式.

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【解析】由an1an23n1得an1an23n1，，

an(anan1)(an1an2)L(a3a2)(a2a1)a1(23n11)(23n21)L(2321)(2311)32(3n13n2L3231)(n1)33(13n1)2(n1)3133n3n133nn1所以an3nn1.（nN）.

7.已知数列{an}满足an125nan，a13，求数列{an}的通项公式.

【解析】因为an125nan，a13，所以an0，则

an125n，故anananan1aaL32a1an1an2a2a1(25n1)(25n2)L(252)(251)3 2n15(n1)(n2)L21332n1n(n1)25所以数列{an}的通项公式为an32n15n(n1)2nN.

，ana12a23a3L(n1)an1(n2)，求{an}的通项公式. 8.已知数列{an}满足a11【解析】因为ana12a23a3L(n1)an1(n2) ① 所以an1a12a23a3L(n1)an1nan

②

用②式－①式得an1annan.则an1(n1)an(n2)，故

an1n1(n2).所以 anananan1aL3a2[n(n1)L43]a2③ an1an2a2 11

取n2得a2a12a2，由ana12a23a3L(n1)an1(n2)，则a2a1，又知a11，则a21，

代入③得an1345Ln.本题解题的关键是把递推关系式an1(n1)an(n2)转化为

an1aaan1(n2)，进而求出nn1L3a2，从而可得当n2时，an的表达式，最后再求出数anan1an2a2列{an}的通项公式.

所以，{an}的通项公式为an1345Ln或an

n!. 2 12