高考数列常考题型归纳总结汇总

高考数列常考题型归纳总结汇总

高考数列常考题型归纳总结 类型1 a n +1=a n +f (n ‎ 解法：把原递推公式转化为a n +1-a n =f (n ，利用累加法(逐差相加法 求解。 例:已知数列{a n }满足a 1=解：由条件知：a n +1-a n =‎ ‎12‎ ‎，a n +1=a n +1‎ ‎=‎ ‎1‎ ‎1n +n ‎2‎ ‎，求a n 。 -‎ ‎1n +1‎ n +n ‎2‎ n (n +1‎ ‎=‎ ‎1n 分别令n =1, 2, 3, ⋅⋅⋅⋅⋅⋅, (n -1 ，代入上式得(n -1 个等式累加之，即 ‎(a 2-a 1 +(a 3-a 2 +(a 4-a 3 +⋅⋅⋅⋅⋅⋅+(a n -a n -1 =(1-‎ ‎12 +(‎ ‎12-13 +(1n ‎13-14‎ ‎+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+(‎ ‎1n -1‎ ‎-1n ‎ 所以a n -a 1=1-‎ a 1=‎ ‎12‎ ‎12+1-‎ ‎1n =32-1n ‎，∴a n =‎ 类型2 a n +1=f (n a n 解法：把原递推公式转化为 ‎23‎ a n +1a n ‎=f (n ，利用累乘法(逐商相乘法 求解。‎ n n +1‎ 例:已知数列{a n }满足a 1=解：由条件知之，即 a 2a 1‎ ‎∙a 3a 2‎ ‎∙a 4a 323‎ ‎，a n +1=a n ，求a n 。‎ a n +1a n ‎=‎ n n +1‎ ‎，分别令n =1, 2, 3, ⋅⋅⋅⋅⋅⋅, (n -1 ，代入上式得(n -1 个等式累乘 ‎∙⋅⋅⋅⋅⋅⋅∙‎ a n a n -123n ‎=‎ ‎12‎ ‎⨯‎ ‎23‎ ‎⨯‎ ‎34‎ ‎⨯⋅⋅⋅⋅⋅⋅⨯‎ n -1n ‎⇒‎ a n a 1‎ ‎=‎ ‎1n 又 a 1=‎ ‎，∴a n =‎ 例:已知a 1=3，a n +1=解：a n =‎ ‎3(n -1 -13(n -1 +2‎ ‎3n -43n -1‎ ‎3n -13n +2‎ a n (n ≥1 ，求a n 。‎ ‎∙‎ ‎3(n -2 -13(n -2 +2‎ ‎7⋅ 4‎ ‎∙⋅⋅⋅∙‎ ‎3⨯2-13⨯2+2‎ ‎6‎ ‎∙‎ ‎3-13+2‎ a 1‎ ‎=⋅‎ ‎3n -3n -‎ ‎52‎ ‎⋅⋅3=85‎ n -3。1‎ 变式:（2004，全国I, 理15．）已知数列{a n }，满足a 1=1，a n =a 1+2a 2+3a 3+⋅⋅⋅+(n -1 a n -1‎ ‎(n ≥2 ，则{a n }的通项a n =⎨‎ ‎⎧1⎩___‎ n =1‎ n ≥2‎ 解：由已知，得a n +1=a 1+2a 2+3a 3+⋅⋅⋅+(n -1 a n -1+na n ，用此式减去已知式，得 当n ≥2时，a n +1-a n =na n ，即a n +1=(n +1 a n ，又a 2=a 1=1，‎ ‎∴a 1=1,‎ a 2a 1‎ ‎=1,‎ a 3a 2‎ ‎=3,‎ a 4a 3‎ ‎=4, ⋅⋅⋅,‎ a n a n -1‎ ‎=n ，将以上n 个式子相乘，得a n =‎ n ! 2‎ ‎(n ≥2‎ 类型3 a n +1=pa n +q （其中p ，q 均为常数，(pq (p -1 ≠0 ）。 解法（待定系数法）：把原递推公式转化为：a n +1-t =p (a n -t ，其中t =换元法转化为等比数列求解。‎ 例:已知数列{a n }中，a 1=1，a n +1=2a n +3，求a n .‎ 解：设递推公式a n +1=2a n +3可以转化为a n +1-t =2(a n -t 即a n +1=2a n -t ⇒t =-3. 故递推公式为a n +1+3=2(a n +3 , 令b n =a n +3，则b 1=a 1+3=4, 且 b n +1b n ‎=a n +1+3a n +3‎ ‎=2.‎ q 1-p ‎，再利用 n -1n +1‎ ‎=2所以{b n }是以b 1=4为首项，2为公比的等比数列，则b n =4⨯2, 所以 a n =2‎ n +1‎ ‎-3.‎ 变式:（2006，重庆, 文,14）‎ 在数列{a n }中，若a 1=1, a n +1=2a n +3(n ≥1 ，则该数列的通项a n =_______________‎ ‎（key:a n =2n +1-3）‎ 变式:（2006. 福建. 理22. 本小题满分14分） 已知数列{a n }满足a 1=1, a n +1=2a n +1(n ∈N *. （I ）求数列{a n }的通项公式； （II ）若数列{b n }滿足4b -14b ‎1‎ ‎2‎ ‎-1‎ ‎4‎ b n -1‎ ‎=(a n +1 n (n ∈N , 证明：数列{b n }是等差数列；‎ b *‎ ‎（Ⅲ）证明：‎ n 12‎ ‎-‎ ‎13‎ ‎<‎ a a +‎ a 2<‎ n ∈N *‎ ‎.‎ ‎2‎ a +... +‎ a n 3‎ a n +1‎ ‎2‎ ‎(n （I ）解： a n +1=2a n +1(n ∈N *, ∴a n +1+1=2(a n +1,‎ ‎∴{a n +1}是以a 1+1=2为首项，2为公比的等比数列 ∴a n n +1=2.‎ 即 a n *‎ n =2-1(n ∈N .‎ ‎（II ）证法一： 4‎ k 1-1‎ ‎4‎ k 2-1‎ ‎...4‎ k n -1‎ ‎=(a n +1 k n .‎ ‎∴4‎ ‎(k 1+k 2+... +k n -n ‎=2‎ nk n ‎.‎ ‎∴2[(b 1+b 2+... +b n -n ]=nb n , 2[(b 1+b 2+... +b n +b n +1 -(n +1]=(n +1 b n +1. ②－①，得2(b n +1-1 =(n +1 b n +1-nb n , 即(n -1 b n +1-nb n +2=0,‎ nb n +2-(n +1 b n +1+2=0.‎ ‎③－④，得 nb n +2-2nb n +1+nb n =0, 即 b n +2-2b n +1+b n =0,‎ ‎∴b n +2-b n +1=b n +1-b n (n ∈N *‎ ‎,‎ ‎∴{b n }是等差数列 ‎①‎ ‎②‎ 证法二：同证法一，得 (n -1 b n +1-nb n +2=0 令n =1, 得b 1=2.‎ 设b 2=2+d (d ∈R , 下面用数学归纳法证明 b n =2+(n -1 d . （1）当n =1, 2时，等式成立 ‎（2）假设当n =k (k ≥2 时，b k =2+(k -1 d , 那么 b k +1=‎ k k -1‎ b k -‎ ‎2‎ ‎=‎ k ‎[2+(k -1 d ]-‎ ‎2k -1‎ k -1k -1‎ 这就是说，当n =k +1‎ ‎=2+[(k +1 -1]d .‎ 根据（1）和（2），可知b n =2+(n -1 d 对任何n ∈N *‎ b n +1-b n =d , ∴{b n }‎ ‎（III ）证明：‎ a k a k +1‎ ‎=‎ ‎2-12‎ k +1‎ k ‎-1‎ ‎=‎ ‎2-12(2-‎ k k ‎12‎ ‎<‎ ‎12‎ ‎, k =1, 2,..., n ,‎ ‎∴‎ a 1a 2a k ‎+‎ a 2a 3=‎ ‎+... +‎ a n a n +1=12‎ ‎<‎ n 2‎ ‎.‎ ‎2-12‎ k +1‎ k a k +1‎ ‎-1‎ ‎-‎ ‎12(2‎ k +1‎ ‎-1‎ ‎=‎ ‎12‎ ‎-‎ ‎13.2+2-2‎ k k ‎≥‎ ‎12‎ ‎-‎ ‎11‎ ‎. k , k =1, 2,..., n , 32‎ ‎∴‎ a 1a 2n 2‎ ‎+‎ a 2a 3‎ ‎+... +‎ a n a n +1‎ ‎≥‎ n 2‎ ‎-‎ ‎1111n 11n 1(+2+... +n =-(1-n >-, 322223223‎ n 2‎ ‎∴-‎ ‎13‎ ‎<‎ a 1a 2‎ ‎+‎ a 2a 3‎ ‎+... +‎ a n a n +1‎ ‎<(n ∈N .‎ ‎*‎ 变式:递推式：a n +1=pa n +f (n 。解法：只需构造数列{b n }，消去f (n 带来的差异．‎ n 类型4 a n +1=pa n +q （其中p ，q 均为常数，(pq (p -1(q -1 ≠0 ）。 （或 a n +1=pa n +rq , 其中p ，q, r 均为常数） 。‎ n 解法：一般地，要先在原递推公式两边同除以q n +1，得：‎ a n +1q n +1‎ ‎=‎ p q ‎∙‎ a n q n ‎+‎ ‎1q 引入辅助数列 ‎{b n }（其中b n ‎=‎ a n q n ‎），得：b n +1=‎ p q b n +‎ ‎1q 再待定系数法解决。‎ 例:已知数列{a n }中，a 1=解：在a n +1=‎ ‎1‎ ‎56‎ ‎, a n +1=‎ ‎1‎ ‎1n +1‎ a n +( ，求a n 。 32‎ ‎1n +12n n +1‎ a n +( 两边乘以2n +1得：2∙a n +1=(2∙a n +1 323‎ ‎22‎ 令b n =2n ∙a n ，则b n +1=b n +1, 解之得：b n =3-2( n ‎33‎ 所以a n =‎ b n 2‎ n 1n 1n ‎=3( -2(‎ ‎23‎ 变式:（2006，全国I, 理22, 本小题满分12分） 设数列{a n }的前n 项的和S n =‎ ‎43a n -‎ ‎13⨯2‎ n +1‎ ‎+‎ ‎23‎ ‎，n =1, 2, 3,‎ ‎（Ⅰ）求首项a 1与通项a n ；（Ⅱ）设T n =‎ ‎2‎ n n S n 23‎ ‎，n =1, 2, 3, ，证明：∑T i <‎ i =1‎ ‎32‎ 解：（I ）当n =1时，a 1=S 1=当 n ≥2‎ ‎43‎ a 1-‎ ‎43‎ ‎+43‎ ‎⇒a 1=2；‎ ‎13‎ n +1‎ 时 n ‎，‎ a n =S n -S n -1=‎ n a n -‎ ‎⨯2+‎ ‎23‎ ‎-(‎ ‎43‎ a n -1-‎ ‎13‎ ‎⨯2+‎ n ‎23‎ ‎，即 a n =4a n -1+2，利用a n +1=pa n +q （其中p ，q 均为常数，(pq (p -1(q -1 ≠0 ）。‎ n n n ‎（或a n +1=pa n +rq , 其中p ，q, r 均为常数）的方法，解之得：a n =4-2‎ ‎4121n n n n n+1n+1n+1‎ ‎(Ⅱ 将a n =4-2代入①得 S n = ×(4－2 －2 + = ×(2－1(2－2‎ ‎33332‎ ‎= (2n+1－1(2n －1‎ ‎3‎ ‎2n 32n 311 T n = = = (－ S n 2 (2－1(2－1 22－12－1‎ ‎3n 113113所以, ∑T i = ∑(－ = ( － < 2i =12－12－122－12－12i =1‎ n 类型5 递推公式为a n +2=pa n +1+qa n （其中p ，q 均为常数）。 解法一(待定系数法 ：先把原递推公式转化为a n +2-sa n +1=t (a n +1-sa n ‎ ‎⎧s +t =p 其中s ，t 满足⎨‎ st =-q ⎩‎ 解法二(特征根法 ：对于由递推公式a n +2=pa n +1+qa n ，a 1=α, a 2=β给出的数列{a n }，方程x 2-px -q =0，叫做数列{a n }的特征方程。若x 1, x 2是特征方程的两个根，当x 1≠x 2‎ n -1‎ 时，数列{a n }的通项为a n =Ax 1n -1+Bx 2，其中A ，B 由a 1=α, a 2=β决定（即把 代入a n =Ax 1a 1, a 2, x 1, x 2和n =1, 2，‎ n -1‎ ‎+Bx 2‎ n -1‎ ‎，得到关于A 、B 的方程组）；当x 1=x 2时，‎ n -1‎ 数列{a n }的通项为a n =(A +Bn x 1，其中A ，B 由a 1=α, a 2=β决定（即把a 1, a 2, x 1, x 2‎ n -1‎ 和n =1, 2，代入a n =(A +Bn x 1，得到关于A 、B 的方程组）。‎ 解法一（待定系数——迭加法）:‎ 数列{a n }：3a n +2-5a n +1+2a n =0(n ≥0, n ∈N ， a 1=a , a 2=b ，求数列{a n }的通项公式。‎ 由3a n +2-5a n +1+2a n =0，得 a n +2-a n +1=‎ ‎23‎ ‎(a n +1-a n ，‎ 且a 2-a 1=b -a 。‎ 则数列{a n +1-a n }是以b -a 为首项，‎ ‎23‎ 为公比的等比数列，于是 ‎2n -1‎ a n +1-a n =(b -a ( 。把n =1, 2, 3, ⋅⋅⋅, n 代入，得 ‎3‎ a 2-a 1=b -a ，‎ ‎2‎ a 3-a 2=(b -a ⋅( ，‎ ‎322‎ a 4-a 3=(b -a ⋅( ，‎ ‎3‎ ‎∙∙∙‎ ‎2n -2‎ a n -a n -1=(b -a ( 。‎ ‎3‎ 把以上各式相加，得 ‎2n -1‎ ‎1-(‎ ‎222n -23‎ ‎(b -a 。 a n -a 1=(b -a [1++( +⋅⋅⋅+( ]=‎ ‎2333‎ ‎1-‎ ‎3‎ ‎2n -12n -1‎ ‎∴a n =[3-3( ](b -a +a =3(a -b ( +3b -2a 。‎ ‎33‎ 解法二（特征根法）：数列{a n }：3a n +2-5a n +1+2a n =0(n ≥0, n ∈N ， a 1=a , a 2=b 的特征方程是：3x 2-5x +2=0。‎ x 1=1, x 2=‎ ‎23‎ ‎,‎ n -1‎ ‎∴a n =Ax 1‎ n -1‎ ‎+Bx 2‎ ‎2n -1‎ ‎=A +B ⋅( 。‎ ‎3‎ 又由a 1=a , a 2=b ，于是 ‎⎧a =A +B ‎⎧A =3b -2a ⎪‎ ‎⇒2⎨⎨‎ B =3(a -b ⎩⎪b =A +B ‎3⎩‎ 故a n =3b -2a +3(a -b (‎ ‎3‎ ‎2‎ n -1‎ ‎23a n +1+‎ ‎13‎ a n ，求a n 。‎ 例:已知数列{a n }中，a 1=1, a 2=2, a n +2=解：由a n +2=‎ ‎23a n +1+‎ ‎13‎ a n 可转化为a n +2-sa n +1=t (a n +1-sa n ‎ 即a n +2=(s +t a n +1-sta n ‎2⎧‎ ‎1s +t =⎧s =1⎧⎪⎪⎪⎪s =-3‎ ‎⇒⎨⇒⎨3 1或⎨‎ ‎1t =-⎪⎪t =1⎪st =-‎ ‎3⎩⎩⎪3⎩‎ ‎1⎧s =1⎧‎ ‎⎪⎪s =-‎ 这里不妨选用⎨，则3，大家可以试一试）1（当然也可选用⎨‎ t =-⎪⎪t =1‎ ‎3⎩⎩a n +2-a n +1=-‎ ‎13‎ ‎(a n +1-a n ⇒{a n +1-a n }是以首项为a 2-a 1=1，公比为-1‎ n -1‎ ‎13‎ 的等比数列,‎ 所以a n +1-a n =(-‎ ‎3‎ ‎, 应用类型1的方法，分别令n =1, 2, 3, ⋅⋅⋅⋅⋅⋅, (n -1 ，代入上式得 ‎1n -1‎ ‎1-(-‎ ‎3= 11+‎ ‎3‎ ‎10111n -2‎ ‎(n -1 个等式累加之，即a n -a 1=(- +(- +⋅⋅⋅⋅⋅⋅+(-‎ ‎333‎ 又 a 1=1，所以a n =‎ ‎74‎ ‎-‎ ‎34‎ ‎(-‎ ‎13‎ n -1‎ ‎。‎ 变式:（2006，福建, 文,22, 本小题满分14分）‎ 已知数列{a n }满足a 1=1, a 2=3, a n +2=3a n +1-2a n (n ∈N *. （I ）证明：数列{a n +1-a n }是等比数列； （II ）求数列{a n }的通项公式； （III ）若数列{b n }满足4‎ b 1-1‎ ‎4‎ b 2-1‎ ‎...4‎ b n -1‎ ‎=(a n +1 n (n ∈N , 证明{b n }是等差数列 b ‎*‎ ‎（I ）证明： a n +2=3a n +1-2a n ,‎ ‎∴a n +2-a n +1=2(a n +1-a n , a 1=1, a 2=3, ∴‎ a n +2-a n +1a n +1-a n ‎=2(n ∈N .‎ ‎*‎ ‎∴{a n +1-a n }是以a 2-a 1=2为首项，2为公比的等比数列 n *‎ ‎（II ）解：由（I ）得a n +1-a n =2(n ∈N ,‎ ‎∴a n =(a n -a n -1 +(a n -1-a n -2 +... +(a 2-a 1 +a 1‎ ‎=2‎ n -1n ‎+2‎ n -2‎ ‎+... +2+1‎ ‎*‎ ‎=2-1(n ∈N .‎ ‎（III ）证明： 4‎ ‎∴4‎ ‎(b 1+b 2+... +b n ‎ b 1-1‎ ‎4‎ b 2-1‎ ‎...4‎ b n -1‎ ‎=(a n +1 n ,‎ b ‎=2‎ nb n ‎,‎ ‎∴2[(b 1+b 2+... +b n -n ]=nb n , ① 2[(b 1+b 2+... +b n +b n +1 -(n +1]=(n +1 b n +1. ②‎ ‎②－①，得2(b n +1-1 =(n +1 b n +1-nb n , 即(n -1 b n +1-nb n +2=0. ③ nb n +2-(n +1 b n +1+2=0. ④ ④－③，得nb n +2-2nb n +1+nb n =0, 即b n +2-2b n +1+b n =0,‎ ‎∴b n +2-b n +1=b n +1-b n (n ∈N ,‎ ‎*‎ ‎∴{b n }是等差数列 类型6 递推公式为S n 与a n 的关系式。(或S n =f (a n 解 法 ‎：‎ 这 种 类 型 一 般 利 用 ‎⎧S 1⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅(n =1 a n =⎨‎ ‎⎩S n -S n -1⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅(n ≥2‎ 与 a n =S n -S n -1=f (a n -f (a n -1 消去S n (n ≥2 或与S n =f (S n -S n -1 (n ≥2 消去a n 进行求解。‎ 例：已知数列{a n }前n 项和S n =4-a n -‎ ‎12‎ n -2‎ ‎.‎ ‎（1）求a n +1与a n 的关系；（2）求通项公式a n . 解：（1）由S n =4-a n -‎ ‎12‎ n -2‎ 得：S n +1=4-a n +1-‎ ‎12‎ n -2‎ ‎12‎ n -1‎ 于是S n +1-S n =(a n -a n +1 +(所以a n +1=a n -a n +1+‎ ‎12‎ n -1‎ ‎-‎ ‎1212‎ n -1‎ ‎12‎ n ‎⇒a n +1=a n +‎ ‎.‎ n ‎（2）应用类型4（a n +1=pa n +q （其中p ，q 均为常数，(pq (p -1(q -1 ≠0 ））的方 法，上式两边同乘以2n +1得：2由a 1=S 1=4-a 1-‎ ‎12‎ ‎1-2‎ n +1‎ a n +1=2a n +2‎ n n ‎⇒a 1=1. 于是数列{2a n }是以2为首项，2为公差的等差数列，‎ n 2‎ n -1‎ n 所以2a n =2+2(n -1 =2n ⇒a n =‎ 变式:（2006，陕西, 理本小题满分12分 已知正项数列{an }，其前n 项和S n 满足10S n =an 2+5an +6且a 1,a 3,a 15成等比数列，求数列{an }的通项a n 解: ∵10S n =a n 2+5a n +6， ① ∴10a 1=a 12+5a 1+6，解之得a 1=2或a 1‎ 又10S n －1=a n －1+5a n －1+6(n ≥2，②‎ ‎22‎ 由①－②得 10a n =(a n －a n －1+6(a n －a n －1 ，即(a n +a n －1(a n －a n －1－5=0 ∵a n +a n －1>0 ， ∴a n －a n －1=5 (n ≥2‎ 当a 1=3时，a 3=13，a 15 a 1， a 3，a 15不成等比数列∴a 1≠3;‎ ‎2‎ 当a 1=2时， a 3=12， a 15=72， 有 a 32=a 1a 15 ， ∴a 1=2， ∴a n =5n －‎ 变式: (2005,江西, 文,22．本小题满分14分）‎ 已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n －S n －2=3(-的通项公式.‎ 解： S n -S n -2=a n +a n -1，‎ ‎∴a n +a n -1=3∙(-(-1 a n -a n -1(-1‎ n ‎12‎ n -1‎ ‎(n ≥3, 且S 1=1, S 2=-‎ ‎32‎ ‎, 求数列{a n }‎ ‎12‎ n -1‎ ‎(n ≥3 ，两边同乘以(-1 ，可得 n n n -1‎ ‎=3∙(-1 (-‎ ‎12‎ n -1‎ ‎1n -1‎ ‎=-3∙(‎ ‎2‎ 令b n =(-1 n a n ‎1n -1‎ ‎∴b n -b n -1=-3∙( (n ≥3‎ ‎21n -2‎ b n -1-b n -2=-3∙( 2‎ ‎…… ……‎ ‎12‎ b 3-b 2=-3∙(‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎1n -11n -212‎ ‎+( +⋅⋅⋅+( ]=b 2-3⨯∴b n =b 2-3∙[( 222‎ ‎3‎ ‎1n -1‎ ‎+3∙( (n ≥3 22‎ ‎32-1=-52‎ ‎52‎ ‎-‎ ‎1‎ ‎1n -2‎ ‎∙(‎ ‎11-‎ ‎2‎ ‎=b 2-‎ 又 a 1=S 1=1，a 2=S 2-S 1=-‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎，‎ ‎∴b 1=(-1 a 1=-1，b 2=(-1 a 2=-∴b n =-‎ ‎52-3‎ ‎1n -11n -1‎ ‎+3∙( =-4+3∙( (n ≥1 。 222‎ ‎1n -1n n n ‎∴a n =(-1 b n =-4(-1 +3∙(-1 ∙(‎ ‎2‎ ‎1n -1⎧‎ ‎4-3∙( , n 为奇数, ⎪⎪2‎ ‎=⎨‎ ‎1⎪-4+3∙( n -1, n 为偶数.‎ ‎⎪2⎩‎ 类型7 a n +1=pa n +an +b (p ≠1、0，a≠0‎ 解法：这种类型一般利用待定系数法构造等比数列，即令 a n +1+x (n +1 +y =p (a n +xn +y ，与已知递推式比较，解出x , y , 从而转化为 ‎{a n ‎+xn +y }是公比为p 的等比数列。‎ 例:设数列{a n }：a 1=4, a n =3a n -1+2n -1, (n ≥2 ，求a n .‎ 解：设b n =a n +An +B ，则a n =b n -An -B ，将a n , a n -1代入递推式，得 b n -An -B =3[b n -1-A (n -1 -B ]+2n -1=3b n -1-(3A -2 n -(3B -3A +1‎ ‎⎧⎧A =1⎪A =3A -2‎ ‎∴⎨⇒⎨‎ B =1⎪⎩⎩B =3B -3A +1‎ n -1‎ n ‎∴取b n =a n +n +1…（１）则b n =3b n -1, 又b 1=6，故b n =6⨯3‎ n 代入（１）得a n =2⨯3-n -1‎ ‎=2⨯3‎ ‎2‎ 说明：（1）若f (n 为n 的二次式，则可设b n =a n +An +Bn +C ;(2‎ 本题也可由a n =3a n -1+2n -1 , a n -1=3a n -2+2(n -1 -1（n ≥3）两式相减得a n -a n -1=3(a n -1-a n -2 +2转化为b n +2=pb n +1+qb n 求之.‎ 变式:（2006，山东, 文,22, 本小题满分14分） 已知数列｛a n ｝中，a 1=‎ ‎12‎ ‎、点（n 、2a n +1-a n ）在直线y=x上，其中n=1,2,3‎ ‎(Ⅰ 令b n =a n -1-a n -3, 求证数列(Ⅱ 求数列{a n }的通项； (Ⅲ 设S n 、T n 分别为数列 ‎{b n }是等比数列；‎ ‎{a n }、{b n }的前n 项和, 是否存在实数λ，使得数列⎧⎨‎ S n +λT n ⎫‎ ‎⎬n ⎩⎭‎ 为等差数列？若存在，试求出λ 若不存在, 则说明理由 解：（I ）由已知得 a 1=‎ a 2=‎ ‎34‎ ‎, a 2-a 1-1=‎ ‎34‎ ‎12-‎ ‎, 2a n +1=a n +n , 12-1=-‎ ‎34,‎ 又b n =a n +1-a n -1,‎ b n +1=a n +2-a n +1-1,‎ a n +1+(n +1‎ ‎∴b n +1b n ‎=‎ a n +1-a n -1a n +2-a n +1-1‎ ‎34‎ ‎=‎ ‎12‎ a n +1-a n -1‎ ‎-‎ a n +n ‎=‎ a n +1-a n -1a n +1‎ ‎1=.‎ ‎-a n -12‎ ‎∴{b n }是以-‎ 为首项，以 ‎3‎ 为公比的等比数列 ‎（II ）由（I ）知，b n =-‎ ‎∴a n +1-a n -1=-∴a 2-a 1-1=-a 3-a 2-1=-‎ ‎3232⨯32⨯1232‎ ‎2‎ ‎1n -131⨯( =-⨯n , 4222,‎ ‎⨯12‎ ‎12‎ n ‎, ,‎ ‎⋅⋅⋅⋅⋅⋅‎ ‎∴a n -a n -1-1=-‎ ‎⨯‎ ‎12‎ n -1‎ ‎,‎ 将以上各式相加得：‎ ‎∴a n -a 1-(n -1 =-‎ ‎3111‎ ‎(+2+⋅⋅⋅+n -1, 2222‎ ‎1‎ ‎∴a n =a 1+n -1-‎ ‎32⨯(1-1-‎ ‎11‎ n -1‎ ‎=‎ ‎12‎ ‎+(n -1 -‎ ‎32‎ ‎(1-‎ ‎12‎ ‎=n -1‎ ‎32‎ n ‎+n -2.‎ ‎2‎ ‎∴a n =‎ ‎32‎ n ‎+n -2.‎ ‎（III ）解法一： 存在λ=2，使数列{‎ S n +λT n n ‎12‎ ‎1‎ 是等差数列 S n =a 1+a 2+⋅⋅⋅+a n =3(‎ ‎+‎ ‎12‎ ‎2‎ ‎+⋅⋅⋅+‎ ‎12‎ n ‎+(1+2+⋅⋅⋅+n -2n ‎1=3⨯(1-1-‎ ‎112‎ n ‎+‎ n (n +1 2‎ ‎-2n ‎=3(1-‎ ‎12‎ n ‎+‎ n -3n 2‎ ‎2‎ ‎=-‎ ‎32‎ n ‎+‎ n -3n 2‎ ‎2‎ ‎+3.‎ ‎-‎ T n =b 1+b 2+⋅⋅⋅+b n =‎ ‎3(1-12‎ ‎1n ‎=-‎ ‎32‎ ‎(1-‎ ‎12‎ ‎=-n ‎32‎ ‎+‎ ‎32‎ n +1‎ ‎.‎ ‎1-‎ 数列{‎ S n +λT n n 是等差数列的充要条件是 S n +λT n n ‎=A n +B , (A 、B 是常数 即S n +λT n =A n 2+B n ,‎ ‎32‎ n 又S n +λT n =-n -3n 2‎ ‎2‎ ‎+‎ n -3n 212‎ n ‎2‎ ‎+3+λ(-‎ ‎32‎ ‎+‎ ‎32‎ n +1‎ ‎=+3(1-‎ λ2‎ ‎(1-‎ S n +λT n n ‎∴当且仅当1-‎ λ ‎2‎ ‎=0，即λ=2时，数列{为等差数列 解法二：‎ 存在λ=2，使数列{‎ S n +λT n n 是等差数列 由（I ）、（II ）知，a n +2b n =n -2‎ ‎∴S n +2T =‎ n (n +1 2‎ ‎-2n n (n +1‎ S n +λT n n n -3‎ ‎2‎ ‎=‎ T n ‎-2n -2T n +λT n n ‎=+‎ λ-2‎ n ‎-‎ ‎3(1-12‎ ‎1n ‎=-‎ 又T n =b 1+b 2+⋅⋅⋅+b n =‎ S n +λT n n n -32‎ ‎32‎ ‎(1-‎ ‎12‎ ‎=-n ‎32‎ ‎+‎ ‎32‎ n +1‎ ‎1-‎ ‎=‎ ‎+‎ λ-2‎ n ‎(-‎ ‎32‎ ‎+‎ ‎32n n +1‎ 是等差数列 ‎∴当且仅当λ=2时，数列{‎ S n +λT n 类型9 a n +1=‎ f (n a n g (n a n +h (n ‎ 解法：这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为a n +1=pa n +q 。 例：已知数列｛a n ｝满足：a n =‎ ‎1a n ‎3⋅a n -1+1a n -1‎ a n -13⋅a n -1+1‎ ‎1a n -1‎ ‎, a 1=1，求数列｛a n ｝的通项公式。‎ 解：取倒数：==3+‎ ‎⎧1⎫111∴⎨⎬是等差数列， =+(n -1 ⋅3=1+(n -1 ⋅3⇒a n =‎ ‎3n -2a n a 1‎ ‎⎩a n ⎭‎ 变式:（2006，江西, 理,22, 本大题满分14分） 已知数列｛a n ｝满足：a 1＝‎ ‎32‎ ‎，且a n ＝‎ n ≥2，n ∈N ）‎ ‎2a n －1＋n －1‎ ‎3na n －1‎ ‎*‎ ‎（1） 求数列｛a n ｝的通项公式；‎ ‎（2） 证明：对于一切正整数n ，不等式a 1∙a 2∙……a n <2∙n ！ 解：（1）将条件变为：1－为 1－‎ ‎1a 1‎ n a n ‎＝1－‎ ‎3‎ ‎1n －1a n －1‎ ‎，因此｛1－）‎ n a n ‎｝为一个等比数列，其首项 ‎＝‎ ‎13‎ ‎，公比 ‎13‎ ‎，从而1－‎ n a n ‎＝‎ ‎13‎ n ‎，据此得a n ＝‎ n ！‎ n ∙3‎ n n ‎3－1‎ ‎（n ≥1）…………1︒‎ ‎（2）证：据1︒得，a 1∙a 2∙…a n ＝‎ ‎（1－）∙（1－2）…（1－n ）‎ ‎333‎ ‎111‎ 为证a 1∙a 2∙……a n <2∙n ！‎ ‎（1－）∙（1－只要证n ∈N *时有 ‎31‎ ‎13‎ ‎）…（1－2‎ ‎13‎ n ‎）>‎ ‎12‎ ‎…………2︒‎ 显然，左端每个因式都是正数，先证明，对每个n ∈N *，有 ‎111111‎ ‎（1－）∙（1－2）…（1－n ）≥1－（＋2＋…＋n ）…………3︒‎ ‎333333‎ 用数学归纳法证明3︒式： （i ） （ii ）‎ ‎13‎ n ＝1时，3︒式显然成立， 设n ＝k 时，3︒式成立，‎ ‎13‎ ‎）…（1－2‎ ‎111‎ ‎）＋＋…＋≥1－（） k 2k 33331‎ ‎（1－）∙（1－即 则当n ＝k ＋1时，‎ ‎11111111‎ ‎（1－）∙（1－2）∙…（1－k ∙（1－k ＋1）≥〔1－（＋2＋…＋k ）〕∙（1－k ＋1）‎ ‎33333333‎ ‎＝1－（＋‎ ‎3‎ ‎1131‎ ‎22‎ ‎＋…＋‎ ‎131‎ k k ‎）－＋‎ ‎13‎ ‎13‎ k ＋1‎ ‎＋‎ ‎13‎ k ＋1‎ ‎（＋‎ ‎3‎ ‎113‎ ‎2‎ ‎＋…＋‎ ‎13‎ k ‎）‎ ‎≥1－（＋‎ ‎3‎ ‎1‎ ‎3‎ ‎＋…＋‎ ‎*‎ ‎3‎ k ＋1‎ ‎）即当n ＝k ＋1时，3︒‎ 故对一切n ∈N ，3︒式都成立 利用3︒得，‎ ‎11n 1－（）〕‎ ‎111111≥1－（＋2＋…＋n ）＝1－ （1－）∙（1－2）…（1－n ）‎ ‎1333333‎ ‎1－‎ ‎3‎ ‎11n 111n 1＝1－1－（）〕＝＋）>‎ ‎232232故2︒式成立，从而结论成立 类型10 a n +1=‎ pa n +q ra n +h 解法：如果数列{a n }满足下列条件：已知a 1的值且对于n ∈N ，都有a n +1=中p 、q 、r 、h 均为常数，且ph ≠qr , r ≠0, a 1≠-‎ h r pa n +q ra n +h ‎（其 ‎），那么，可作特征方程x =‎ px +q rx +h ‎,‎ ‎⎧1⎫‎ 当特征方程有且仅有一根x 0时, 则⎨x 2⎬是等差数列; 当特征方程有两个相异的根x 1、‎ a -x 0⎭⎩n ⎧a -x 1⎫‎ 时，则⎨n ⎬是等比数列。‎ ‎⎩a n -x 2⎭‎ 例：已知数列{a n }满足性质：对于n ∈N , a n -1=‎ x +42x +3‎ a n +42a n +3‎ ‎2‎ ‎, 且a 1=3, 求{a n }的通项公式.‎ 解: 数列{a n }的特征方程为x =, 变形得2x +2x -4=0, 其根为λ1=1, λ2=-2.‎ 故特征方程有两个相异的根，使用定理2的第（2）部分，则有 c n =‎ a 1-λ1a 1-λ2‎ ‎25(-‎ ‎⋅(‎ ‎15‎ p -λ1r p -λ2r n -1‎ ‎=‎ ‎3-13+2‎ ‎⋅(‎ ‎1-1⋅21-2⋅2‎ n -1‎ ‎, n ∈N .‎ ‎∴c n =‎ n -1‎ ‎, n ∈N .‎ ‎∴a n =‎ λ2c n -λ1‎ c n -1‎ ‎-2⋅=‎ ‎25‎ ‎25(-‎ ‎(-15‎ ‎15‎ n -1‎ ‎-1‎ ‎, n ∈N .‎ n -1‎ ‎-1‎ 即a n =‎ ‎(-5 -42+(-5‎ n n ‎, n ∈N .‎ 例：已知数列{a n }满足：对于n ∈N , 都有a n +1=‎ ‎13a n -25a n +3‎ ‎.‎ ‎（1）若a 1=5, 求a n ; （2）若a 1=3, 求a n ; （3）若a 1=6, 求a n ; （4）当a 1取哪些值时，无穷数列{a n }不存在？ 解：作特征方程x =‎ ‎13x -25x +3‎ ‎. 变形得x -10x +25=0,‎ ‎2‎ 特征方程有两个相同的特征根λ=5. 依定理2的第（1）部分解答. (1∵a 1=5, ∴a 1=λ. ∴对于n ∈N , 都有a n =λ=5; (2∵a 1=3, ∴a 1≠λ. ∴b n =‎ ‎1a 1-λ13-512+‎ ‎+(n -1‎ r p -r λ1‎ ‎=+(n -1 ⋅n -18‎ ‎,‎ ‎13-1⋅5‎ ‎=-‎ 令b n =0，得n =5. 故数列{a n }从第5项开始都不存在， 当n ≤4，n ∈N 时，a n =‎ ‎1b n ‎+λ=‎ ‎5n -17n -5‎ ‎.‎ ‎(3∵a 1=6, λ=5, ∴a 1≠λ. ∴b n =‎ ‎1a 1-λ ‎+(n -1‎ r p -λr ‎=1+‎ n -18‎ ‎, n ∈N .‎ 令b n =0, 则n =-7∉n . ∴对于n ∈N, b n ≠0. ∴a n =‎ ‎1b n ‎+λ=‎ ‎1+‎ ‎1n -18‎ ‎+5=‎ ‎5n +43n +7‎ ‎, n ∈N .‎ ‎(4、显然当a 1=-3时，数列从第2项开始便不存在. 由本题的第（1）小题的解答过程知，a 1=5‎ 时，数列 ‎{a n }‎ 是存在的，当 a 1≠λ=5‎ 时，则有 b n =‎ ‎1a 1-λ ‎+(n -1‎ r p -λr ‎=‎ ‎1a 1-5‎ ‎+‎ n -18‎ ‎, n ∈N . 令b n =0, 则得a 1=‎ ‎5n -13n -1‎ ‎, n ∈N 且n ≥2. ∴当a 1=‎ ‎5n -13n -1‎ ‎（其中n ∈N 且N ≥2）时，数列{a n }从第n 项开始便不存在.‎ ‎5n -13n -1‎ ‎:n ∈N , 且n ≥2}上取值时，无穷数列{a n }都不存 于是知：当a 1在集合{-3或在.‎ 变式:（2005，重庆, 文,22, 本小题满分12分）‎ 数列{a n }满足a 1=1且8a n +1a n -16a n +1+2a n +5=0(n ≥1. 记b n =（Ⅰ）求b 1、b 2、b 3、b 4的值；‎ ‎（Ⅱ）求数列{b n }的通项公式及数列{a n b n }的前n 项和S n .‎ 解法一：由已知, 得a n +1=‎ ‎2a n +516-8a n ‎1a n -‎ ‎12‎ ‎(n ≥1.‎ ‎, 其特征方程为x =‎ ‎2x +516-8x 解之得, x 1=‎ ‎12‎ 或x 2=‎ ‎54‎ ‎∴a n +1‎ ‎5-=, a n +1-=‎ ‎216-8a n 416-8a n ‎1‎ ‎6(a n -‎ ‎1‎ ‎12(a n -‎ ‎5‎ a n +1-‎ ‎∴‎ ‎1=1⋅524‎ n -1n a n -a n -‎ ‎1, ∴‎ ‎54‎ a n -a n -‎ ‎1=54‎ a 1-a 1-‎ ‎1‎ ‎∙(1 n -1=-4‎ n ‎5224‎ a n +1-‎ ‎2‎ ‎∴a n =‎ ‎+5‎ ‎2+4‎ 解法二：‎ ‎（I ）a 1=1, 故b 1=‎ ‎7834‎ ‎178‎ a 3=‎ ‎, 故b 3=‎ ‎34‎ a 4=‎ ‎1320, 故b 4=‎ ‎11-‎ ‎12‎ ‎83‎ ‎=2;‎ a 2=, 故b 2=‎ ‎-1-203‎ ‎1212.‎ ‎=;‎ ‎=4;‎ ‎（II ）因(b 1-‎ ‎(b 2-‎ ‎4‎ ‎2‎ ‎43‎ ‎(b 3-‎ ‎43‎ ‎=‎ ‎23‎ ‎⨯‎ ‎8‎ ‎42‎ ‎=( ， 33‎ ‎424442‎ ‎=( , (b 1-(b 3- =(b 2- 33333‎ ‎42‎ 故猜想{b n -是首项为, 公比q =2的等比数列.‎ ‎33‎ 因a n ≠2，（否则将a n =2代入递推公式会导致矛盾） 故a n +1=因b n +1-‎ ‎5+2a 16-8a n 43=‎ ‎1a n +1-2a n -‎ ‎12‎ q =2的等比数列.‎ ‎13⋅2‎ n ‎(n ≥1.‎ ‎-43=‎ ‎16-8a n 6a n -3‎ ‎-43=‎ ‎20-16a n 6a n -343‎ ‎43,‎ ‎12-‎ ‎2(b n -‎ ‎43‎ ‎=‎ ‎83‎ ‎=‎ ‎20-16a n 6a n -3‎ ‎=b n +1-, b 1-‎ ‎≠0,‎ 故|b n -‎ 因b 1-‎ ‎43‎ ‎43‎ ‎=‎ ‎|确是公比为 ‎23‎ ‎43‎ ‎, 故b n -‎ ‎=‎ ‎, b n =‎ ‎13‎ ‎⋅2+‎ n ‎43‎ ‎(n ≥1 由b =‎ n ‎1a n -‎ ‎12‎ 得a n b n =‎ ‎12‎ b n +1,‎ 故S n =a 1b 1+a 2b 2+ +a n b n ‎1‎ ‎=12‎ ‎(b 1+b 2+ +b n +n ‎=3‎ ‎(1-2 1-2‎ ‎1b n n ‎+‎ ‎53‎ n =‎ ‎13‎ ‎(2+5n -1‎ n 解法三： （Ⅰ）由b n =‎ ‎1a n -‎ ‎12+3b n ‎=0, 即b n +1=2b n -83‎ 得a n =‎ ‎+‎ ‎12‎ ‎, 代入递推关系 ‎8a n +1a n -16a n +1+2a n +5=0,‎ 整理得 ‎4b n +1b n ‎-‎ ‎6b n +1‎ ‎43‎ ‎,‎ 由a 1=1, 有b 1=2, 所以b 2=, b 3=4, b 4=43‎ ‎=2(b n -‎ ‎43‎ ‎203‎ ‎.‎ ‎43=23≠0,‎ ‎（Ⅱ）由b n +1=2b n -所以{b n -‎ ‎43‎ ‎13‎ ‎43‎ ‎}是首项为 ‎43‎ ‎, b n +1-23‎ ‎, b 1-‎ ‎, 公比q =2的等比数列, 故 b n -‎ ‎=‎ ‎⋅2, 即b n =‎ n ‎13‎ ‎⋅2+‎ n ‎43‎ ‎(n ≥1.‎ 由b n =‎ ‎1a n -‎ ‎12‎ 得a n b n =‎ ‎12‎ b n +1,‎ 故S n =a 1b 1+a 2b 2+ +a n b n =‎ ‎12‎ ‎(b 1+b 2+ +b n +n ‎1=(1-2 1-2‎ ‎+‎ n ‎53‎ n =‎ ‎13‎ ‎(2+5n -1.‎ n 解法四： （Ⅰ）同解法一 （Ⅱ）b 2-b 1=‎ ‎23‎ ‎, b 3-b 2=‎ ‎43‎ ‎, b 4-b 3=‎ ‎82842, ⨯=( 3333‎ 猜想{b n +1-b n }是首项为又因a n ≠2, 故a n +1=‎ ‎23‎ ‎, 公比q =2的等比数列, b n +1-b n =(n ≥1. 因此 ‎13‎ ‎⋅2‎ n ‎5+2a n 16-8a n b n +1-b n =‎ ‎1a n +1-‎ ‎12‎ ‎-‎ ‎1a n -‎ ‎12‎ ‎=‎ ‎15+2a n 16-8a n ‎-12‎ ‎-‎ ‎22a n -1‎ ‎=‎ ‎16-8a n 6a n -3‎ ‎1a n +2-‎ ‎-‎ ‎66a n -3‎ ‎1a n +1-‎ ‎=‎ ‎10-8a n 6a n -3‎ ‎;‎ b n +2-b n +1=‎ ‎12‎ ‎-‎ ‎12‎ ‎=‎ ‎16-8a n +16a n +1-3‎ ‎-‎ ‎16-8a n 6a n -3‎ ‎=‎ ‎23‎ ‎36-24a n 6a n -3‎ ‎-‎ ‎16-8a n 6a n -3‎ ‎=‎ ‎20-16a n 6a n -3‎ ‎=2(b n +1-b n .‎ ‎13‎ 因b 2-b 1=≠0, {b n +1-b n }是公比q =2的等比数列, b n +1-b n =‎ ‎⋅2,‎ n 从而b n =(b n -b n -1 +(b n -1-b n -2 + +(b 2-b 1 +b 1‎ ‎=13(2‎ n -1‎ ‎+2‎ n -2‎ ‎+ +2 +2=‎ ‎1‎ ‎13‎ ‎(2-2 +2=‎ n ‎13‎ ‎⋅2+‎ n ‎43‎ ‎(n ≥1.‎ 由b n =‎ ‎1a n -‎ ‎12‎ 得a n b n =‎ ‎12‎ b n +1,‎ 故S n =a 1b 1+a 2b 2+ +a n b n =‎ ‎12‎ ‎(b 1+b 2+ +b n +n ‎1=(1-2 1-2‎ ‎+‎ n ‎53‎ n =‎ ‎13‎ ‎(2+5n -1.‎ n 类型11 a n +1+a n =pn +q 或a n +1⋅a n =pq n 解法：这种类型一般可转化为{a 2n -1}与{a 2n }是等差或等比数列求解。 例：（I ）在数列{a n }中，a 1=1, a n +1=6n -a n ，求a n （II ）在数列{a n }中，a 1=1, a n a n +1=3n ，求a n 类型12 归纳猜想法 解法：数学归纳法 变式:（2006，全国II, 理,22, 本小题满分12分）‎ 设数列｛a n ｝的前n 项和为S n ，且方程x 2－a n x －a n ＝0有一根为S n －1，n ＝1，2，3，… （Ⅰ）求a 1，a 2； （Ⅱ）｛a n ｝的通项公式 ‎2‎ 提示:1 S n -1, n =1, 2, 3,... 为方程的根, 代入方程可得(S n -1 -a n (S n -1 -a n =0‎ 将n=1和n=2代入上式可得a 1=‎ ‎12‎ a 2=1n (n +1‎ ‎16‎ ‎2求出a 1, a 2, a 3, a 4等, 可猜想a n =‎ 并用数学归纳法进行证明，本题主要考察 一般 数列的通项公式与求和公式间的关系 3方程的根的意义(根代入方程成立 ‎4‎ 数学归纳法证明数列的通项公式(也可以把a n =‎ ‎1n (n +1‎ ‎1-‎ ‎1n (n +1‎ 分开为 a n =‎ ‎=‎ n ‎1‎ 然后求和, 中间项均抵消, 只剩下首项和末项, 可得S n n +1‎ 解：(Ⅰ 当n ＝1时，x 2－a 1x －a 1＝0有一根为S 1－1＝a 1－1， 于是(a 1－1 2－a 1(a 1－1 －a 1＝0，解得a 1‎ ‎1‎ 当n ＝2时，x 2－a 2x －a 2＝0有一根为S 2－1＝a 2，‎ ‎2121于是(a 2－ －a 2(a 2－－a 2＝0，解得a 1‎ ‎22(Ⅱ 由题设(S n －1 2－a n (S n －1 －a n ＝0， 即 S n 2－2S n ＋1－a n S n ＝‎ 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，代入上式得 S n －1S n －2S n ＋1＝0 ①‎ ‎1 1 1 2 由(Ⅰ知 S1＝a1＝ ，S2＝a1＋a2＝ ＋ ＝ 2 2 6 3 3 由①可得 S3＝ 4 新新新 源源源源源源源源 源 新新新 源源源源源源源源 源 t /: w k g m /w c h w p j.x t o y .c x / 新新新 源源源源源源新源 源 新新源 源源源源源源源源 源 t p w j.x g m /w c h /: w k y o t .c x / 特 特特特特特 特王新王王特特 特特特 王 新 王c@ 王.c王 王 新新 x t 2 6 m w k 1 o 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源th源p/:w w j.x源gy源m /w cx/ 源 源源k t o.c源源 特 特特特特特 特王特特特特特 新王王 王 新 王c@ 王.c王 王 新新 x t 2 6 m w k 1 o 特 特特特特特 特王特王新特王 新特特 特 王 王c@ 王新 王 新 .c王 x t 2 6 m w k 1 o 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源th源源w k源gty源m 源cx/ 源 源j.x 源/w /: w p o .c 特 特特特特特 特王特特特特王 新王新 特 王 王c@ 王新 王 新 .c王 x t 2 6 m w k 1 o n ‎ 由此猜想 Sn＝ ，n＝1，2，3，… n＋1 下面用数学归纳法证明这个结论 (in＝1 时已知结论成立 新新新 源源源源源源源源 源 新新新 源源源源源源源源 源 t /: w k g m /w c h w p j.x t o y .c x / 新新新 源源源源源源新源 源 新新源 源源源源源源源源 源 t p w j.x g m /w c h /: w k y o t .c x / 特 特特特特特 特王新王王特特 特特特 王 新 王c@ 王.c王 王 新新 x t 2 6 m w k 1 o 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源th源p/:w w j.x源gy源m /w cx/ 源 源源k t o.c源源 特 特特特特特 特王特特特特特 新王王 王 新 王c@ 王.c王 王 新新 x t 2 6 m w k 1 o ……8 分 新新新 源源源源源源源源 源 新新新 源源源源源源源源 源 t /: w k g m /w c h w p j.x t o y .c x / 特 特特特特特 特王特王新特王 新特特 特 王 王c@ 王新 王 新 .c王 x t 2 6 m w k 1 o 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源th源源w k源gty源m 源cx/ 源 源j.x 源/w /: w p o .c 特 特特特特特 特王特特特特王 新王新 特 王 王c@ 王新 王 新 .c王 x t 2 6 m w k 1 o 特 特特特特特 特王特王新特王 新特特 特 王 王c@ 王新 王 新 .c王 x t 2 6 m w k 1 o 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源th源源w k源gty源m 源cx/ 源 源j.x 源/w /: w p o .c 特 特特特特特 特王特特特特王 新王新 特 王 王c@ 王新 王 新 .c王 x t 2 6 m w k 1 o k (ii假设 n＝k 时结论成立，即 Sk＝ ， k＋1 当 n＝k＋1 时，由①得 Sk＋1＝ 故 n＝k＋1 时结论也成立 新新新 源源源源源源源源 源 新新新 源源源源源源源源 源 t /: w k g m /w c h w p j.x t o y .c x / k＋1 1 ，即 Sk＋1＝ ， 2－Sk k＋2 特 特特特特特 特王特王新特王 新特特 特 王 王c@ 王新 王 新 .c王 x t 2 6 m w k 1 o 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源th源源w k源gty源m 源cx/ 源 源j.x 源/w /: w p o .c 特 特特特特特 特王特特特特王 新王新 特 王 王c@ 王新 王 新 .c王 x t 2 6 m w k 1 o n 综上，由(i、(ii可知 Sn＝ 对所有正整数 n 都成立 n＋1 于是当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝ 1 1 又 n＝1 时，a1＝ ＝ ，所以 2 1×2 ｛an｝的通项公式 an＝ n ，n＝1，2，3，… n＋1 新新新 源源源源源源新源 源 新新源 源源源源源源源源 源 t p w j.x g m /w c h /: w k y o t .c x / 新新新 源源源源源源新源 源 新新源 源源源源源源源源 源 t p w j.x g m /w c h /: w k y o t .c x / 特 特特特特特 特王新王王特特 特特特 王 新 王c@ 王.c王 王 新新 x t 2 6 m w k 1 o 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源th源p/:w w j.x源gy源m /w cx/ 源 源源k t o.c源源 特 特特特特特 特王特特特特特 新王王 王 新 王c@ 王.c王 王 新新 x t 2 6 m w k 1 o ……10 分 n－1 n 1 － ＝ ， n n＋1 n(n＋1 特 特特特特特 特王新王王特特 特特特 王 新 王c@ 王.c王 王 新新 x t 2 6 m w k 1 o 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源th源p/:w w j.x源gy源m /w ‎ cx/ 源 源源k t o.c源源 特 特特特特特 特王特特特特特 新王王 王 新 王c@ 王.c王 王 新新 x t 2 6 m w k 1 o ……12 分 新新新 源源源源源源新源 源 新新源 源源源源源源源源 源 t p w j.x g m /w c h /: w k y o t .c x / 本题难度较大,不过计算较易,数列的前面一些项的关系也比较容易发现 类型 13 双数列型 解法：根据所给两个数列递推公式的关系，灵活采用累加 累乘 化归 累加、累乘 化归等方法求解。 累加 累乘、化归 特 特特特特特 特王新王王特特 特特特 王 新 王c@ 王.c王 王 新新 x t 2 6 m w k 1 o 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源th源p/:w w j.x源gy源m /w cx/ 源 源源k t o.c源源 特 特特特特特 特王特特特特特 新王王 王 新 王c@ 王.c王 王 新新 x t 2 6 m w k 1 o 例 ： 已 知 数 列 {a n } 中 ， a1 = 1 ； 数 列 {bn } 中 ， b1 = 0 。 当 n ≥ 2 时 ， 1 1 a n = (2a n−1 + bn−1 , bn = (a n−1 + 2bn−1 ，求 a n , bn . 3 3 1 1 解：因 a n + bn = ( 2a n −1 + bn −1 + ( a n −1 + 2bn −1 = a n −1 + bn −1 3 3 所以 a n + bn = a n −1 + bn −1 = a n − 2 + bn − 2 = • • • = a 2 + b2 = a1 + b1 = 1 即 a n + bn = 1 …………………………………………（1） 又因为 a n − bn = 1 1 1 (2a n −1 + bn −1 − (a n−1 + 2bn −1 = (a n−1 − bn−1 3 3 3 1 1 2 1 n−1 所以 a n − bn = ( a n −1 − bn −1 = ( a n − 2 − bn − 2 = …… = ( (a1 − b1 3 3 3 1 1 = ( n −1 .即 a n − bn = = ( n −1 ………………………（2） 3 3 1 1 n −1 1 1 n −1 由（1）（2）得： a n = [1 + ( ] ， bn = [1 − ( ] 、 2 3 2 3 类型 14 周期型 解法：由递推式计算出前几项，寻找周期。 ‎ 例：若数列 {a n } 满足 a n +1 1  2 a n , (0 ≤ a n ≤ 2 6  ，若 a1 = ，则 a 20 的值为___________。 = 7 2a − 1, ( 1 ≤ a < 1 n n  2  变式:（2005，湖南,文，5） 变式 已知数列 {a n } 满足 a1 = 0, a n +1 = an − 3 3a n + 1 (n ∈ N * ，则 a 20 = （ ） A．0 B． − 3 C． 3 D． 3 2 ‎