第36招-归纳法、定义法、公式法、累加法、累乘法(含答案)

【知识要点】

一、数列的通项公式

如果数列an的第n项an和项数n之间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就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.不是每一个数列只有一个通项公式. 二、数列的通项的常见求法：通项五法

1、归纳法：先通过计算数列的前几项，再观察数列中的项与系数，根据an与项数n的关系，猜想数列的通项公式，最后再证明.

2、公式法：若在已知数列中存在：an1and(常数)或an1q,(q0)的关系，可采用求等差数列、an等比数列的通项公式的求法，确定数列的通项；若在已知数列中存在：Snf(an)或Snf(n)的关系，

S1(n1)可以利用项和公式an，求数列的通项.

SS(n2)n1n3、累加法：若在已知数列中相邻两项存在：anan1f(n) 4、累乘法：若在已知数列中相邻两项存在：

(n2)的关系，可用“累加法”求通项.

ang(n)(n2)的关系，可用“累乘法”求通项. an1 5、构造法：(见下一讲) 【方法讲评】

方法一 使用情景 解题步骤 【例1】在数列{an}中，a16，且anan1（1）求a2,a3,a4的值；

（2）猜测数列{an}的通项公式，并用数学归纳法证明.

归纳法 已知数列的首项和递推公式 观察、归纳、猜想、证明. an1n1(nN*,n2)， n

【点评】（1）本题解题的关键是通过首项和递推关系式先求出数列的前n项，进而猜出数列的通项公式，最后再用数学归纳法加以证明.（2）归纳法在主观题中一般用的比较少，一是因为它要给予严格的证明，二是有时数列的通项并不好猜想.如果其它方法实在不行，再考虑利用归纳法.

【反馈检测1】在单调递增数列{an}中，a11，a22，且a2n1,a2n,a2n1成等差数列，a2n,a2n1,a2n2成等比数列，n1,2,3,．

（1）分别计算a3，a5和a4，a6的值； （2）求数列{an}的通项公式（将an用n表示）；

14n（3）设数列{}的前n项和为Sn，证明：Sn，nN*．

ann2

方法二 公式法

使用情景 已知数列是等差数列或等比数列或已知Snf(an)或Snf(n). 已知数列是等差数列或等比数列，先求出等差（比）数列的基本量a1,d(q)，再代入等解题步骤 差（比）数列的通项公式；已知Snf(an)或Snf(n)的关系，可以利用项和公式S1(n1)an，求数列的通项. 学科*网 SS(n2)n1n2【例2】已知数列an，Sn是其前n项的和，且满足a12，对一切nN都有Sn13Snn2成立，设bnann．

（1）求a2；（2）求证：数列bn 是等比数列； （3）求使

11140成立的最小正整数n的值． b1b2bn81

【点评】利用定义法求数列通项时要注意不用错定义，设法求出首项与公差（公比）后再写出通项. 【反馈检测2】已知等比数列{an}中，a164,公比q1,a2,a3,a4又分别是某等差数列的第7项，第

3项，第1项.

(1)求an；(2)设bnlog2an,求数列{|bn|}的前n项和Tn.

【例3】数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，an12Sn ( n∈N),求{an}的通项公式.

【点评】（1）已知Snf(an)或Snf(n)，一般利用和差法.如果已知Snf(an1)或f(an1)也可 以采用和差法.（2）利用此法求数列的通项时，一定要注意检验n1是否满足，能并则并，不并则分.

Sn是数列{an}的前n项和，【例4】已知函数f(x)3x6x ，点(n,Sn)（nN）在曲线yf(x)上.（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）若bn()n1，cn212an•bn，且Tn是数列{cn}的前n项和. 试6问Tn是否存在最大值？若存在，请求出Tn的最大值；若不存在，请说明理由.

2【解析】（Ⅰ）因为点(n,Sn)在曲线yf(x)上，又f(x)3x6x，所以Sn3n6n.

2当n1时，a1S13.

22当n1时，anSnSn1(3n6n)[3(n1)6(n1)]96n

所以an96n.

1(96n)()n11112（Ⅱ）因为bn()n1,cnanbn(32n)()n ①所以 26621111Tn(1)()2(3)()3(32n)()n, ②

222211111Tn()2(1)()3(3)()4(32n)()n1, ③ 22222111111②－③得 Tn(2)()2(2)()3(2)()n(32n)()n1

22222211()2[1()n1]112(2)2(32n)()n1.

122121整理得Tn(2n1)()n1， ④

2方法一 利用差值比较法

由④式得Tn1(2n3)()n11，所以

12

1111nTn1Tn(2n3)()n1(2n1)()n[(2n3)()(2n1)]()2222

31n11n[n(2n1)]()(n)().2222因为n1，所以

1n0. 2又()n0，所以Tn1Tn0所以Tn1Tn，

所以T1T2T3TnTn1. 所以Tn存在最大值T1121. 2

方法三 利用放缩法

由①式得cn1[32(n1)]()n1(12n)()n10，又因为Tn是数列{cn}的前n项和， 所以Tn1Tncn1Tn. 所以T1T2T3TnTn1 所以Tn存在最大值T112121. 2412an2n1(n1,2,3,4)，求{an}的通项公333【反馈检测3】已知数列{an}的前n项和Sn式.

方法三 累加法

使用情景 在已知数列中相邻两项存在：anan1f(n)先给递推式anan1f(n)(n2)的关系 (n2)中的n从2开始赋值，一直到n，一共得到n1个解题步骤 式子，再把这n1个式子左右两边对应相加化简，即得到数列的通项. 【例4】已知数列an，bn，a11，anan12n1，bn为数列Sn的前n项和.

（1）求数列an的通项公式；（2）求数列bn的前n项和Sn；（3）求证：Tn【解析】（1）法一：anan12n1an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1，

an11，Sn为数列bn的前n项和，Tnanan1n1. 232n12n212n212n1

12

【点评】（1）本题anan1n1，符合累加法的使用情景anan1f(n)(n2)，所以用累加法求数列的通项.（2）使用累加法时，注意等式的个数，是n1个，不是n个.

n【反馈检测4】已知数列{an}满足an1an231，a13，求数列{an}的通项公式.

方法四 使用情景 累乘法 若在已知数列中相邻两项存在：ang(n)(n2)的关系. an1先给递推式解题步骤 ang(n)(n2)中的n从2开始赋值，一直到n，一共得到n1个式子，再an1把这n1个式子左右两边对应相乘化简，即得到数列的通项. 【例5】已知数列an满足a12n,an1an,求an 3n1

【点评】（1）由已知得

an1n,符合累乘法求数列通项的情景，所以使用累乘法求该数列的通项.ann1（2）使用累乘法求数列的通项时，只要写出n1个等式就可以了，不必写n个等式.

n【反馈检测5】 已知数列{an}满足an12(n1)5an，a13，求数列{an}的通项公式.

高中数学常见题型解法归纳及反馈检测第36讲：

数列通项的求法一（归纳法、定义法、公式法、累加法、累乘法）参考答案

【反馈检测1答案】a33，a56，a49，a68. 2

①当n1时，a211a11，a21222，猜想成立； 2(k1)2k(k1),a2k，那么 22②假设nk(k1,kN*)时，猜想成立，即a2k1a2(k1)1a2k12a2ka2k1(k1)2k(k1)(k1)(k1)12,

2222a2(k1)a2k22a2k1a2k(k1)(k2)2(k1)22(k2)22(k1)122

∴nk1时，猜想也成立．由①②，根据数学归纳法原理，对任意的nN*，猜想成立．

n1n1122(n1)(n3)∴当n为奇数时，an；

28n1(n2)22 当n为偶数时，an． 28(n1)(n3),n为奇数8 即数列{an}的通项公式为an． 2(n2),n为偶数82

8,n为奇数(n1)(n3)1（方法2）由（2）得． an8,n为偶数2(n2)以下用数学归纳法证明Sn①当n1时，S1

4n，nN*． n214411； a131211134212．∴n1,2时，不等式成立． a1a22222当n2时，S2②假设nk(k2)时，不等式成立，即Sk那么，当k为奇数时，

4k， k2Sk1Sk1ak14k8 k2(k3)2k4(k1)2k14(k1)84(k1)4； 22(k1)2k3k2k3k3(k3)(k2)(k3)当k为偶数时，

Sk1Sk1ak14k8 k2(k2)(k4)k4(k1)2k14(k1)84k3k2(k2)(k4)k3k3(k2)(k3)(k4)

4(k1)(k1)2．∴nk1时，不等式也成立．

综上所述：S4nnn2 n(【反馈检测2答案】（1）a1n113n)n64(22)；(2) Tn=(n7)(n6)221

【反馈检测3答案】annn42

(n7),.

(n7).

n【反馈检测4答案】an3n1.学科*网

nn【反馈检测4详细解析】由an1an231得an1an231则

an(anan1)(an1an2)(23n11)(23n21)(a3a2)(a2a1)a1(2321)(2311)32(3n13n23231)(n1)3

3(13n1)2(n1)33n3n133nn1 所以an3nn1.

13【反馈检测5答案】an32n15n(n1)2n!.

an12(n1)5n， ann【反馈检测5详细解析】因为an12(n1)5an，a13，所以an0，则

故ananan1an1an2a3a2a1 a2a1[2(n11)5n1][2(n21)5n2]2n1[n(n1)n(n1)2[2(21)52][2(11)51]32132]5(n1)(n2)3

32n15n!

n1所以数列{an}的通项公式为an325n(n1)2n!.