在线|二轮辅导[10][求数列的通项公式02]

思维导图

• 数列专题；

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典例剖析

• [微专题03]：累加法

累加法；

---

前言

求通项公式题型中，如果给定条件最终可以转化为(a_{n+1}-a_n=f(n))的形式，或者可以转化为(a_n)(-a_{n-1})(=f(n))的形式，则我们就可以考虑使用累加法求通项公式。

如何判断

在具体题目中到底如何判断，是否适用于累加法，以题目若(a_{n+1}=a_n+ln(1+cfrac{1}{n}))为例说明，

注意观察，给定的题目可以变形为(a_{n+1}-a_n=ln(1+cfrac{1}{n}))，左式的两个下标是连续的，且其系数都是(1)且中间是减号，故左端适合；

再看右端能否看成函数，(ln(1+cfrac{1}{n}))，可以看成函数(f(n)=ln(1+cfrac{1}{n}))，再思考其是否有可加性，

其中(f(n)=ln(1+cfrac{1}{n})=ln(cfrac{n+1}{n})=ln(n+1)-lnn)，把它竖行看，写出几个之后，很明显可以使用裂项相消法求和，故具有可加性。因此，本题目可以使用累加法求通项公式。

那么若是(a_{n+1}+a_n=2)呢？这种形式不能使用累加法求解，他们是这样求解的：

由已知(a_{n+1}+a_n=2n)，构造得到(a_{n+2}+a_{n+1}=2(n+1))，两式相减得到，

(a_{n+2}-a_{n}=2)，则此时说明数列的所有奇数项成等差数列，所有偶数项成等差数列，然后分组求和；

注意事项

①由已知的原始表达式衍生出(n-1)个同结构的表达式，其前提条件为(nge 2)，但是求和时只需要这(n-1)个表达式，不用原始表达式参与求和，等号左端累加消项的结果是(a_n-a_1)，右端往往是可以求和的等差数列或等比数列或分解成可以裂项相消的两项，故可以求和；同时注意对(n=1)的条件的验证。

②注意每一个衍生式子的下标与上标的联系，以防止写错。

③注意以下运算：

(cfrac{1}{n(n+1)}=cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+1})；

(ln(1+cfrac{1}{n})=lncfrac{n+1}{n}=ln(n+1)-lnn)；

适用类型

累加法主要适用于以下情形：

①(a_{n+1}-a_n=d)((d)为常数)；

②(a_{n+1}-a_n=f(n))((f(n))为变量)；

③能转化为(a_{n+1}-a_n=f(n))型((f(n))为变量)；

方法介绍

例1已知(a_1=4，a_{n+1}=a_n+2 cdot 3^n+1)，求数列的通项公式。

分析：将已知条件变形为(a_{n+1}-a_n=2 cdot 3^n+1)，

则由上式可知，当(nge 2)时，

[a_n-a_{n-1}=2cdot 3^{n-1}+1 ]

[a_{n-1}-a_{n-2}=2cdot 3^{n-2}+1 ]

[a_{n-2}-a_{n-3}=2cdot 3^{n-3}+1 ]

[cdots，cdots ]

[a_2-a_1=2cdot 3^1+1 ]

以上(n-1)个式子累加，

演示删除项的效果

[a_n-amkern-8.5mu/_{n-1}=2cdot 3^{n-1}+1 ]

[amkern-8.5mu/_{n-1}-amkern-8.5mu/_{n-2}=2cdot 3^{n-2}+1 ]

[amkern-8.5mu/_{n-2}-amkern-8.5mu/_{n-3}=2cdot 3^{n-3}+1 ]

[cdots，cdots ]

[amkern-8.5mu/_2-a_1=2cdot 3^1+1 ]

得到以下式子： (quadquadquadquad)[^_^]此处有难点^[1]

[a_n-a_1=2(3^1+3^2+cdots+3^{n-1})+n-1 ]

即(a_n-a_1=2cdot cfrac{3(1-3^{n-1})}{1-3}+n-1)，

即(a_n=3^n+n(nge 2))；

又(n=1)时，(a_1=4)满足上式，

故通项公式为(a_n=3^n+n(nin N^*))

解后反思：①用累加法也可以求等差数列的通项公式，有点大材小用之嫌；

②累加法尤其适用于差值不是相等即变化的情形，比如(a_{n+1}-a_n=f(n))的情形。

③求解形如(a_{n+1}-a_n=f(n))时，表达式(f(n))必须有可加性。比如，

[a_{n+1}-a_n=cfrac{1}{n(n+1)}=f(n) ]

可以将(f(n)=cfrac{1}{n(n+1)}=cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+1})，此时右端可以用裂项相消法简化结果。再比如，

[a_{n+1}-a_n=cfrac{1}{sqrt{n+1}+sqrt{n}}=f(n) ]

可以将(f(n)=cfrac{1}{sqrt{n+1}+sqrt{n}}=sqrt{n+1}-sqrt{n})，此时右端可以用裂项相消法简化结果。

但是像这样的情形，(a_{n+1}-a_n=cfrac{1}{n})，此时右端就不具有可加性[凡是能利用现有的求和公式求和的，我们都可以理解为有可加性]，不能使用这个方法。

④你得意识到不是所有骑白马的都是唐僧，不是所有形如(a_{n+1}-a_n=f(n))的形式都可以使用累加法求通项公式。

典例剖析

例1已知数列({b_n})满足(cfrac{1}{b_{n+1}}-cfrac{1}{b_n}=2n+3)，且(b_1=cfrac{1}{3})，求数列({b_n})的前(n)项和(T_n)；

分析：要求数列({b_n})的前(n)项和(T_n)，一般都是先需要求出通项公式(b_n)，注意到数列的给定条件实质是(c_{n+1}-c_n=f(n))的形式，故可以考虑用累加法。

由题目条件，(cfrac{1}{b_{n+1}}-cfrac{1}{b_n}=2n+3)，

由上式衍生得到以下表达式：

当(nge 2)时，

[cfrac{1}{b_n}-cfrac{1}{b_{n-1}}=2(n-1)+3 ]

[cfrac{1}{b_{n-1}}-cfrac{1}{b_{n-2}}=2(n-2)+3 ]

[cdots，cdots， ]

[cfrac{1}{b_3}-cfrac{1}{b_2}=2cdot 2+3 ]

[cfrac{1}{b_2}-cfrac{1}{b_1}=2cdot 1+3 ]

以上(n-1)个式子累加，得到当(nge 2)时，

(cfrac{1}{b_n}-cfrac{1}{b_1}=2[(n-1)+(n-2)+cdots+2+1]+3(n-1))

(=2cfrac{(1+n-1)(n-1)}{2}+3(n-1)=n^2+2n-3)；

故(cfrac{1}{b_n}=n(n+2))，再验证(n=1)对上式也成立，

则通项公式(b_n=cfrac{1}{n(n+2)}=cfrac{1}{2}(cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+2})(nin N^*))

故(T_n=cfrac{1}{2}[(1-cfrac{1}{3})+(cfrac{1}{2}-cfrac{1}{4})+cdots+(cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+2})])

(=cfrac{1}{2}(1+cfrac{1}{2}-cfrac{1}{n+1}-cfrac{1}{n+2}))

(=cfrac{3n^3+5n}{4(n+1)(n+2)})；

当然，在计算(b_n)时，还可以采用这样的变形技巧:

当(nge 2)时，

(cfrac{1}{b_n}=(cfrac{1}{b_n}-cfrac{1}{b_{n-1}})+(cfrac{1}{b_{n-1}}-cfrac{1}{b_{n-2}})+cdots+(cfrac{1}{b_2}-cfrac{1}{b_1})+cfrac{1}{b_1})

(=a_{n-1}+a_{n-2}+cdots+a_1+cfrac{1}{b_1})

(=cfrac{1}{2}(n-1)(2n+6)=n(n+2))，

再验证(n=1)对上式也成立，

故(b_n=cfrac{1}{n(n+2)}=cfrac{1}{2}(cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+2})(nin N^*))。

对应练习

练1在数列({a_n})中，(a_1=1)，若(a_{n+1}-a_n=2n+1)，求(a_n)=_____________。

提示：由已知条件(a_{n+1}-a_n=2n+1)，得到

当(ngeqslant 2)时，

[a_{n}-a_{n-1}=2(n-1)+1 ]

[a_{n-1}-a_{n-2}=2(n-2)+1 ]

[cdots，cdots，cdots ]

[a_{2}-a_{1}=2 imes 1+1 ]

以上(n-1)个式子累加，得到

(a_n-a_1=2[1+2+3+cdots+(n-1)]+(n-1) imes 1(ngeqslant 2))，

整理得到，(a_n=a_1+2 imescfrac{[1+(n-1)](n-1)}{2}+n-1=n^2(ngeqslant 2))

再验证当(n=1)时，(a_1=1=1^2)满足上式，

故所求通项公式为(a_n=n^2(nin N^*)).

练2在数列({a_n})中，(a_1=1)，若(a_{n+1}-a_n=2^n)，求(a_n)=_____________。

提示：由已知条件(a_{n+1}-a_n=2^n)，得到

当(ngeqslant 2)时，

[a_{n}-a_{n-1}=2^{n-1} ]

[a_{n-1}-a_{n-2}=2^{n-2} ]

[cdots，cdots，cdots ]

[a_{2}-a_{1}=2^1 ]

以上(n-1)个式子累加，得到

(a_n-a_1=2^1+2^2+2^3+cdots+2^{n-1}(ngeqslant 2))，

整理得到，(a_n=a_1+cfrac{2(2^{n-1}-1)}{2-1}=2^n-1(ngeqslant 2))

再验证当(n=1)时，(a_1=1=2^1-1)满足上式，

故所求通项公式为(a_n=2^n-1(nin N^*)).

练3在数列({a_n})中，(a_1=2)，若(a_{n+1}=a_n+ln(1+cfrac{1}{n}))，求(a_n)=_____________。

提示：本题目是累加法和裂项相消求和法综合应用类型的题目，

由题目(a_{n+1}-a_n=ln(1+cfrac{1}{n})=lncfrac{n+1}{n}=ln(n+1)-lnn)，可以得到，

当(ngeqslant 2)时，

[a_{n}-a_{n-1}=lnn-ln(n-1) ]

[a_{n-1}-a_{n-2}=ln(n-1)-ln(n-2) ]

[cdots，cdots，cdots ]

[a_{2}-a_{1}=ln2-ln1 ]

以上(n-1)个式子累加，得到

(a_n-a_1=lnn-ln1=lnn(ngeqslant 2))，

整理得到，(a_n=lnn+2(ngeqslant 2))，

再验证当(n=1)时，(a_1=2=ln1+2)满足上式，

故所求通项公式为(a_n=lnn+2(nin N^*)).

练4在数列({a_n})中，(a_1=2)，若(cfrac{a_{n+1}}{n+1}=cfrac{a_n}{n}+ln(1+cfrac{1}{n}))，求(a_n)=_____________。

提示：本题目是累加法和裂项相消求和法综合应用类型的题目，

由已知条件，得到(cfrac{a_{n+1}}{n+1}-cfrac{a_n}{n}=ln(1+cfrac{1}{n})=ln(n+1)-lnn)，

则(ngeqslant 2)时，

(cfrac{a_{n}}{n}-cfrac{a_{n-1}}{n-1}=lnn-ln(n-1))，

(cfrac{a_{n-1}}{n-1}-cfrac{a_{n-2}}{n-2}=ln(n-1)-ln(n-2))，

(cdots，cdots，cdots)

(cfrac{a_{2}}{2}-cfrac{a_{1}}{1}=ln2-ln1)，

以上(n-1)个式子累加，得到

(cfrac{a_{n}}{n}-cfrac{a_{1}}{1}=lnn-ln1=lnn(ngeqslant 2))，

整理得到，(cfrac{a_{n}}{n}=cfrac{a_{1}}{1}+lnn=lnn+2(ngeqslant 2))，

故(a_n=n(lnn+2)(ngeqslant 2))，

再验证当(n=1)时，(a_1=2=1 imes(ln1+2))满足上式，

故所求通项公式为(a_n=n(lnn+2)(nin N^*)).

练5在数列({a_n})中，(a_1=1)，若(a_{n+1}=a_n+cfrac{1}{n(n+1)})，求(a_n)=_____________。

提示：(a_n=cfrac{2n-1}{n}(nin N^*))，注意别忘记验证(n=1).

• [微专题04]：累乘法

累乘法；

---

前言

求通项公式题型中，如果给定条件最终可以转化为(cfrac{a_{n+1}}{a_n}=f(n))的形式，或者可以转化为(cfrac{a_n}{a_{n-1}}=f(n))的形式，则我们就可以考虑使用累乘法求通项公式。

注意事项

①由已知的原始表达式衍生出(n-1)个同结构的表达式，其前提条件为(nge 2)，但是求积时只需要这(n-1)个表达式，不用原始表达式参与求和，等号左端约分消项的结果往往是(cfrac{a_n}{a_1})，右端约分可消项，故可以求积；同时注意对(n=1)的条件的验证。

②等号两端的约分的方向有可能不一样，比如左端是从左下到右上约分，右端可能就变化为从右上到左下约分，注意思维的灵活性。

③注意每一个衍生式子的下标与上标的联系，以防止写错。

适用类型

累乘法主要适用于以下情形：

①(cfrac{a_{n+1}}{a_n}=q)((q)为常数)；

②(cfrac{a_{n+1}}{a_n}=f(n))((f(n))为变量)；

③能转化为(cfrac{a_{n+1}}{a_n}=f(n))((f(n))为变量)；

方法介绍

例1已知正项数列({a_n})的(a_1=1)，((n+1)a_{n+1}-na_n=0)，求数列的通项公式。

法1：累乘法，变形为(cfrac{a_{n+1}}{a_n}=cfrac{n}{n+1})，由此式子可得到

[cfrac{a_n}{a_{n-1}}=cfrac{n-1}{n}， ]

[cfrac{a_{n-1}}{a_{n-2}}=cfrac{n-2}{n-1}， ]

[cfrac{a_{n-2}}{a_{n-3}}=cfrac{n-3}{n-2}， ]

[cdots，cdots， ]

[cfrac{a_2}{a_1}=cfrac{1}{2}， ]

以上(n-1)个式子相乘得到，当(nge 2)时，

[cfrac{a_n}{a_{n-1}}cdot cfrac{a_{n-1}}{a_{n-2}}cdot cfrac{a_{n-2}}{a_{n-3}}cdot cdots cfrac{a_2}{a_1}=cfrac{n-1}{n} cdot cfrac{n-2}{n-1} cdotcfrac{n-3}{n-2}cdot cdotscfrac{1}{2} ]

[cfrac{a_n}{amkern-8.5mu/_{n-1}}cdot cfrac{amkern-8.5mu/_{n-1}}{amkern-8.5mu/_{n-2}}cdot cfrac{amkern-8.5mu/_{n-2}}{amkern-8.5mu/_{n-3}}cdot cdots cfrac{amkern-8.5mu/_2}{a_1}=cfrac{nmkern-8.5mu/-1mkern-8.5mu/}{n} cdot cfrac{nmkern-8.5mu/-2mkern-8.5mu/}{nmkern-8.5mu/-1mkern-8.5mu/} cdotcfrac{nmkern-8.5mu/-3mkern-8.5mu/}{nmkern-8.5mu/-2mkern-8.5mu/}cdot cdotscfrac{1}{2mkern-8.5mu/} ]

即(cfrac{a_n}{a_1}=cfrac{1}{n})，故(a_n=cfrac{1}{n}(nge 2))，

当(n=1)时，(a_1=1)满足上式，故所求通项公式(a_n=cfrac{1}{n}(nin N^*))。

解后反思：

①用累乘法也可以求等比数列的通项公式，有点大材小用之嫌；

②累乘法尤其适用于比值不是相等即变化的情形，比如(cfrac{a_{n+1}}{a_n}=f(n))的情形。

③求解形如(cfrac{a_{n+1}}{a_n}=f(n))时，表达式(f(n))必须有可乘性。

比如，(cfrac{a_{n+1}}{a_n}=cfrac{n}{n+1}=f(n))，此时右端可以用累乘相消简化结果。

但是像这样的情形，(cfrac{a_{n+1}}{a_n}=n^2+2n=f(n))，此时右端就不具有可乘性[用现有的方法不能求解其乘积的结果]，不能使用这个方法。

④你必须意识到不是所有形如(cfrac{a_{n+1}}{a_n}=f(n))的形式都可以使用累乘法求通项公式。

法2：如果你对数列(a_{n+1}-a_n=d)中的(a_n)类的内涵理解的比较深刻，那么本题目还可以这样求解，

由已知容易知道数列({na_n})是首项为1，公差为0的等差数列，

故(na_n=1+(n-1)cdot 0)，即(a_n=cfrac{1}{n}(nin N^*))。

典例剖析

例2在数列({a_n})中，(a_1=1)，若(3S_{n}=(n+2)a_n)，求(a_n)=_____________。

提示：本题目属于(S_n=f(n，a_n))且直接求解(a_n)的形式；

当(ngeqslant 2)时，(3S_{n-1}=(n+1)a_{n-1})，

两式作差得到，(3(S_n-S_{n-1})=3a_n=(n+2)a_n-(n+1)a_{n-1}(ngeqslant 2))，

整理为((n-1)a_n=(n+1)a_{n-1}(ngeqslant 2))，即

[cfrac{a_n}{a_{n-1}}=cfrac{n+1}{n-1} ]

由上式衍生出以下式子：

[cfrac{a_{n-1}}{a_{n-2}}=cfrac{n}{n-2} ]

[cfrac{a_{n-2}}{a_{n-3}}=cfrac{n-1}{n-3} ]

[cdots，cdots，cdots ]

[cfrac{a_{3}}{a_{2}}=cfrac{4}{2} ]

[cfrac{a_{2}}{a_{1}}=cfrac{3}{1} ]

以上(n-1)个式子累乘得到，当(ngeqslant 2)时，

[cfrac{a_n}{a_{n-1}} imescfrac{a_{n-1}}{a_{n-2}} imescfrac{a_{n-2}}{a_{n-3}} imes cdots imes cfrac{a_{3}}{a_{2}} imes cfrac{a_{2}}{a_{1}}=cfrac{n+1}{n-1} imes cfrac{n}{n-2} imes cfrac{n-1}{n-3} imes cdots imescfrac{4}{2} imescfrac{3}{1} ]

约分后整理为

[cfrac{a_n}{a_1}=cfrac{(n+1)n}{2 imes 1}(ngeqslant 2) ]

即(a_n=cfrac{(n+1)n}{2}(ngeqslant 2))，

当(n=1)时，(a_1=1=cfrac{(1+1) imes1}{2})，故满足上式，

即所求通项公式为(a_n=cfrac{n(n+1)}{2}(nin N^*)).

对应练习

练1在数列({a_n})中，(a_1=1)，若(a_{n+1}=cfrac{n}{n+2}a_n)，求(a_n)=_____________。

提示：由(a_{n+1}=cfrac{n}{n+2}a_n)，得到(cfrac{a_{n+1}}{a_n}=cfrac{n}{n+2})

则当(ngeqslant 2)时，

[cfrac{a_{n}}{a_{n-1}}=cfrac{n-1}{n+1} ]

[cfrac{a_{n-1}}{a_{n-2}}=cfrac{n-2}{n} ]

[cfrac{a_{n-2}}{a_{n-3}}=cfrac{n-3}{n-1} ]

[cdots，cdots，cdots ]

[cfrac{a_{3}}{a_{2}}=cfrac{2}{4} ]

[cfrac{a_{2}}{a_{1}}=cfrac{1}{3} ]

以上(n-1)个式子累乘得到，当(ngeqslant 2)时，

[cfrac{a_{n}}{a_{n-1}} imescfrac{a_{n-1}}{a_{n-2}} imescfrac{a_{n-2}}{a_{n-3}} imes cdots imes cfrac{a_{3}}{a_{2}} imes cfrac{a_{2}}{a_{1}}=cfrac{n-1}{n+1} imes cfrac{n-2}{n} imescfrac{n-3}{n-1} imes cdots imes cfrac{2}{4} imes cfrac{1}{3} ]

约分整理得到，当(ngeqslant 2)时，(cfrac{a_n}{a_1}=cfrac{2 imes 1}{(n+1)n})

即(a_n=cfrac{2}{n(n+1)}(ngeqslant 2))，

再验证(n=1)时，(a_1=1=cfrac{2}{1 imes (1+1)})，满足上式，

故所求通项公式为(a_n=cfrac{2}{n(n+1)}(nin N^*))，

练2在数列({a_n})中，(a_1=1)，若(3a_{n+1}=(1+cfrac{1}{n})^2cdot a_n)，求(a_n)=_____________。

分析：由(3a_{n+1}=(1+cfrac{1}{n})^2cdot a_n)，得到(cfrac{a_{n+1}}{a_n}=cfrac{(n+1)^2}{3cdot n^2}=cfrac{1}{3} imes cfrac{(n+1)^2}{n^2})

则当(ngeqslant 2)时，

[cfrac{a_{n}}{a_{n-1}}=cfrac{1}{3} imes cfrac{n^2}{(n-1)^2} ]

[cfrac{a_{n-1}}{a_{n-2}}=cfrac{1}{3} imes cfrac{(n-1)^2}{(n-2)^2} ]

[cdots，cdots，cdots ]

[cfrac{a_{3}}{a_{2}}=cfrac{1}{3} imes cfrac{3^2}{2^2} ]

[cfrac{a_{2}}{a_{1}}=cfrac{1}{3} imes cfrac{2^2}{1^2} ]

以上(n-1)个式子累乘得到，当(ngeqslant 2)时，

[cfrac{a_{n}}{a_{n-1}} imescfrac{a_{n-1}}{a_{n-2}} imescdots imescfrac{a_{3}}{a_{2}} imescfrac{a_{2}}{a_{1}}=(cfrac{1}{3})^{n-1} imes cfrac{n^2}{(n-1)^2} imes cfrac{(n-1)^2}{(n-2)^2} imes cdots imescfrac{3^2}{2^2} imescfrac{2^2}{1^2} ]

则(cfrac{a_n}{a_1}=cfrac{n^2}{3^{n-1}}(ngeqslant 2))，即(a_n=cfrac{n^2}{3^{n-1}}(ngeqslant 2))

再验证(n=1)时，(a_1=1)，(cfrac{1^2}{3^{1-1}}=1)，满足上式，

故所求通项公式为(a_n=cfrac{n^2}{3^{n-1}}(nin N^*)).

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1. 几个难点解释如下：
   ①累加时为什么不要第一个式子(a_{n+1}-a_n=2 cdot 3^n+1)？
   如果将它算在内，那么最后求解时会出现(a_{n+1}=f(n))的形式，我们想要的是(a_n=f(n))的形式；
   如果题目给定的是(a_{n}-a_{n-1}=2 cdot 3^n+1)的形式，那么这个式子我们又必须得算在内，否则最后又出现了(a_{n-1}=f(n))得形式，还不是我们想要得理想形式；
   因此要与不要，主要看给定式子的最大下标。
   ②累加时为什么是(n-1)项，如何看？
   数列中的好多题目的形式是带有信息的，尤其是这样的题目，我们强烈建议大家竖行书写，注意上下对齐，不要错位；
   我们可以选取其中的一列中的对应位置的上标或者下标，或者仅仅看分母(或分子的)的上标或下标，就可以找准项数；
   以此题为例，第一列的下标是连续的自然数，从(2)到(n)，个数必然是(n-1)个；
   ③如何防止书写过程中的错误？
   每一个式子都是由已知的式子衍生出来的，那么其上标和下标自然就有一定的规律可以遵循，所以利用上下班找准对应，就能减少错误；
   常见的错误会出现在最后一个式子的横向联系上，此时我们把第一个式子的上下标的联系移植到最后一个式子里即可。
   ④注意不要忘了验证(n=1)的情形； ↩︎