高考数列常考题型归纳总结

类型1 an?1?an?f(n)

解法：把原递推公式转化为an?1?an?f(n)，利用累加法(逐差相加法)求解。 例:已知数列?an?满足a1?解：由条件知：an?1?an?

12

，an?1?an?1

?

1

1n?n

2

，求an。 ?

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

(a2?a1)?(a3?a2)?(a4?a3)????????(an?an?1) ?(1?

12)?(

12?13)?(1n

13?14

)????????(

1n?1

?1n)

所以an?a1?1?

?a1?

12

12?1?

1n?32?1n

，?an?

类型2 an?1?f(n)an 解法：把原递推公式转化为

23

an?1an

?f(n)，利用累乘法(逐商相乘法)求解。

nn?1

例:已知数列?an?满足a1?解：由条件知之，即

a2a1

?a3a2

?a4a323

，an?1?an，求an。

an?1an

?

nn?1

，分别令n?1,2,3,??????,(n?1)，代入上式得(n?1)个等式累乘

????????

anan?123n

?

12

?

23

?

34

????????

n?1n

?

ana1

?

1n

又?a1?

，?an?

例:已知a1?3，an?1?解：an?

3(n?1)?13(n?1)?2

3n?43n?1

3n?13n?2

an (n?1)，求an。

?

3(n?2)?13(n?2)?2

7??4

?????

3?2?13?2?2

6

?

3?13?2

a1

??

3n?3n?

52

??3?85

n?3。1

变式:（2004，全国I,理15．）已知数列{an}，满足a1=1，an?a1?2a2?3a3?????(n?1)an?1

(n≥2)，则{an}的通项an??

?1?___

n?1

n?2

解：由已知，得an?1?a1?2a2?3a3?????(n?1)an?1?nan，用此式减去已知式，得 当n?2时，an?1?an?nan，即an?1?(n?1)an，又a2?a1?1，

?a1?1,

a2a1

?1,

a3a2

?3,

a4a3

?4,???,

anan?1

?n，将以上n个式子相乘，得an?

n!2

(n?2)

类型3 an?1?pan?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：an?1?t?p(an?t)，其中t?换元法转化为等比数列求解。

例:已知数列?an?中，a1?1，an?1?2an?3，求an.

解：设递推公式an?1?2an?3可以转化为an?1?t?2(an?t)即an?1?2an?t?t??3.故递推公式为an?1?3?2(an?3),令bn?an?3，则b1?a1?3?4,且

bn?1bn

?an?1?3an?3

?2.

q1?p

，再利用

n?1n?1

?2所以?bn?是以b1?4为首项，2为公比的等比数列，则bn?4?2,所以

an?2

n?1

?3.

变式:（2006，重庆,文,14）

在数列?an?中，若a1?1,an?1?2an?3(n?1)，则该数列的通项an?_______________

（key:an?2n?1?3）

变式:（2006. 福建.理22.本小题满分14分） 已知数列?an?满足a1?1,an?1?2an?1(n?N*). （I）求数列?an?的通项公式；

（II）若数列{bn}滿足4b?14b12?1?4bn?1?(an?1)n(n?N),证明：数列{bn}是等差数列； b*（Ⅲ）证明：n1

2?1

3?a

a?a2?n?N*).

2a?...?an3an?12(n

（I）解：?an?1?2an?1(n?N*),

?an?1?1?2(an?1),

??an?1?是以a1?1?2为首项，2为公比的等比数列

?an

n?1?2.

即 an*

n?2?1(n?N).

（II）证法一：?4k1?14k2?1...4kn?1?(an?1)kn. ?4(k1?k2?...?kn)?n?2nkn.

?2[(b1?b2?...?bn)?n]?nbn, 2[(b1?b2?...?bn?bn?1)?(n?1)]?(n?1)bn?1. ②－①，得2(bn?1?1)?(n?1)bn?1?nbn, 即(n?1)bn?1?nbn?2?0,

nbn?2?(n?1)bn?1?2?0.

③－④，得 nbn?2?2nbn?1?nbn?0, 即 bn?2?2bn?1?bn?0,

?bn?2?bn?1?bn?1?bn(n?N*),

??bn?是等差数列

① ②

证法二：同证法一，得 (n?1)bn?1?nbn?2?0 令n?1,得b1?2.

设b2?2?d(d?R),下面用数学归纳法证明 bn?2?(n?1)d. （1）当n?1,2时，等式成立

（2）假设当n?k(k?2)时，bk?2?(k?1)d,那么

bk?1?

kk?1

bk?

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bn?2?(n?1)d对任何n?N*

?bn?1?bn?d,??bn?

（III）证明：?

akak?1

?

2?12

k?1

k

?1

?

2?12(2?

k

k

12

?)

12

,k?1,2,...,n,

?

a1a2ak

?

a2a3?

?...?

anan?1?12

?

n2

.

?

2?12

k?1

k

ak?1

?1

?

12(2

k?1

?1)

?

12

?

13.2?2?2

k

k

?

12

?

11

.k,k?1,2,...,n, 32

?

a1a2n2

?

a2a3

?...?

anan?1

?

n2

?

1111n11n1(?2?...?n)??(1?n)??, 322223223

n2

??

13

?

a1a2

?

a2a3

?...?

anan?1

?(n?N).

*

变式:递推式：an?1?pan?f?n?。解法：只需构造数列?bn?，消去f?n?带来的差异．

n

类型4 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） 。

n

解法：一般地，要先在原递推公式两边同除以qn?1，得：

an?1q

n?1

?

pq

?

anq

n

?

1q

引入辅助数列

?bn?（其中bn

?

anq

n

），得：bn?1?

pq

bn?

1q

再待定系数法解决。

例:已知数列?an?中，a1?解：在an?1?

1

56

,an?1?

1

1n?1

an?()，求an。 32

1n?12nn?1

an?()两边乘以2n?1得：2?an?1?(2?an)?1 323

22

令bn?2n?an，则bn?1?bn?1,解之得：bn?3?2()n

33

所以an?

bn2

n1n1n

?3()?2()

23

变式:（2006，全国I,理22,本小题满分12分） 设数列?an?的前n项的和Sn?

43an?

13?2

n?1

?

23

，n?1,2,3,???

（Ⅰ）求首项a1与通项an；（Ⅱ）设Tn?

2

n

n

Sn23

，n?1,2,3,???，证明：?Ti?

i?1

32

解：（I）当n?1时，a1?S1?当

n?2

43

a1?

43

?43

?a1?2；

13

n?1

时

n

，

an?Sn?Sn?1?

n

an?

?2?

23

?(

43

an?1?

13

?2?

n

23

)

，即

an?4an?1?2，利用an?1?pan?q（其中p，q均为常数，(pq(p?1)(q?1)?0)）。

nnn

（或an?1?pan?rq,其中p，q, r均为常数）的方法，解之得：an?4?2

4121nnnnn+1n+1n+1

(Ⅱ)将an?4?2代入①得 Sn= ×(4－2)－2 + = ×(2－1)(2－2)

33332

= (2n+1－1)(2n－1)

3

2n32n311 Tn= = = (－ Sn2 (2－1)(2－1)22－12－1

3n113113所以, ?Ti= ?(－ = ( － ) < 2i?12－12－122－12－12i?1

n

类型5 递推公式为an?2?pan?1?qan（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an?2?san?1?t(an?1?san)

?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an?2?pan?1?qan，a1??,a2??给出的数列?an?，方程x2?px?q?0，叫做数列?an?的特征方程。若x1,x2是特征方程的两个根，当x1?x2

n?1

时，数列?an?的通项为an?Ax1n?1?Bx2，其中A，B由a1??,a2??决定（即把

代入an?Ax1a1,a2,x1,x2和n?1,2，

n?1

?Bx2

n?1

，得到关于A、B的方程组）；当x1?x2时，

n?1

数列?an?的通项为an?(A?Bn)x1，其中A，B由a1??,a2??决定（即把a1,a2,x1,x2

n?1

和n?1,2，代入an?(A?Bn)x1，得到关于A、B的方程组）。

解法一（待定系数——迭加法）:

数列?an?：3an?2?5an?1?2an?0(n?0,n?N)， a1?a,a2?b，求数列?an?的通项公式。

由3an?2?5an?1?2an?0，得

an?2?an?1?

23

(an?1?an)，

且a2?a1?b?a。

则数列?an?1?an?是以b?a为首项，

23

为公比的等比数列，于是

2n?1

an?1?an?(b?a)()。把n?1,2,3,???,n代入，得

3

a2?a1?b?a，

2

a3?a2?(b?a)?()，

322

a4?a3?(b?a)?()，

3

???

2n?2

an?an?1?(b?a)()。

3

把以上各式相加，得

2n?1

1?()

222n?23

(b?a)。 an?a1?(b?a)[1??()?????()]?

2333

1?

3

2n?12n?1

?an?[3?3()](b?a)?a?3(a?b)()?3b?2a。

33

解法二（特征根法）：数列?an?：3an?2?5an?1?2an?0(n?0,n?N)， a1?a,a2?b的特征方程是：3x2?5x?2?0。

?x1?1,x2?

23

,

n?1

?an?Ax1

n?1

?Bx2

2n?1

?A?B?()。

3

又由a1?a,a2?b，于是

?a?A?B

?A?3b?2a?

?2??

B?3(a?b)??b?A?B

3?

故an?3b?2a?3(a?b)()

3

2

n?1

23an?1?

13

an，求an。

例:已知数列?an?中，a1?1,a2?2,an?2?解：由an?2?

23an?1?

13

an可转化为an?2?san?1?t(an?1?san)

即an?2?(s?t)an?1?stan

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??an?2?an?1??

13

(an?1?an)??an?1?an?是以首项为a2?a1?1，公比为?1

n?1

13

的等比数列,

所以an?1?an?(?)

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an?a1?(?)?(?)????????(?)

333

又?a1?1，所以an?74?3

4(?1

3)n?1。

变式:（2006，福建,文,22,本小题满分14分） 已知数列?an?满足a1?1,a2?3,an?2?3an?1?2an(n?N*). （I）证明：数列?an?1?an?是等比数列；

（II）求数列?an?的通项公式；

（III）若数列?bn?满足4b1?14b2?1...4bn?1?(an?1)n(n?N),证明?bn?是等差数列 b*（I）证明：?an?2?3an?1?2an,

?an?2?an?1?2(an?1?an),

?a1?1,a2?3,

?an?2?an?1

an?1?an?2(n?N).*

??an?1?an?是以a2?a1?2为首项，2为公比的等比数列

n*（II）解：由（I）得an?1?an?2(n?N),

?an?(an?an?1)?(an?1?an?2)?...?(a2?a1)?a1 ?2n?1

n?2n?2?...?2?1*?2?1(n?N).

（III）证明：?4

?4(b1?b2?...?bn)b1?14b2?1...4bn?1?(an?1)n, b?2nbn,

?2[(b1?b2?...?bn)?n]?nbn, ①

2[(b1?b2?...?bn?bn?1)?(n?1)]?(n?1)bn?1. ② ②－①，得2(bn?1?1)?(n?1)bn?1?nbn, 即(n?1)bn?1?nbn?2?0. ③

nbn?2?(n?1)bn?1?2?0. ④

④－③，得nbn?2?2nbn?1?nbn?0,

即bn?2?2bn?1?bn?0,

?bn?2?bn?1?bn?1?bn(n?N),

*

??bn?是等差数列

类型6 递推公式为Sn与an的关系式。(或Sn?f(an)) 解

法

：

这

种

类

型

一

般

利

用

?S1????????????????(n?1)an??

?Sn?Sn?1???????(n?2)

与

an?Sn?Sn?1?f(an)?f(an?1)消去Sn (n?2)或与Sn?f(Sn?Sn?1)(n?2)消去an

进行求解。

例：已知数列?an?前n项和Sn?4?an?

12

n?2

.

（1）求an?1与an的关系；（2）求通项公式an. 解：（1）由Sn?4?an?

12

n?2

得：Sn?1?4?an?1?

12

n?2

12

n?1

于是Sn?1?Sn?(an?an?1)?(所以an?1?an?an?1?

12

n?1

?

1212

n?1

) 12

n

?an?1?an?

.

n

（2）应用类型4（an?1?pan?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a1?S1?4?a1?

12

1?2

n?1

an?1?2an?2

n

n

?a1?1.于是数列?2an?是以2为首项，2为公差的等差数列，

n2

n?1

n

所以2an?2?2(n?1)?2n?an?

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Sn满足10Sn=an2+5an+6且a1,a3,a15成等比数列，求数列{an}的通项an

解: ∵10Sn=an2+5an+6， ① ∴10a1=a12+5a1+6，解之得a1=2或a1

又10Sn－1=an－1+5an－1+6(n≥2)，②

22

由①－②得 10an=(an－an－1)+6(an－an－1)，即(an+an－1)(an－an－1－5)=0 ∵an+an－1>0 ， ∴an－an－1=5 (n≥2)

当a1=3时，a3=13，a15 a1， a3，a15不成等比数列∴a1≠3;

2

当a1=2时， a3=12， a15=72， 有 a32=a1a15 ， ∴a1=2， ∴an=5n－

变式: (2005,江西,文,22．本小题满分14分）

已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn－Sn－2=3(?的通项公式.

解：?Sn?Sn?2?an?an?1，

?an?an?1?3?(?(?1)an?an?1(?1)

n

12

)

n?1

(n?3),且S1?1,S2??

32

,求数列{an}

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bn?(?1)nan

1n?1

?bn?bn?1??3?()(n?3)

21n?2

bn?1?bn?2??3?()2

…… ……

12

b3?b2??3?()

2

1

1n?11n?212

?()?????()]?b2?3??bn?b2?3?[()222

3

1n?1

?3?()(n?3) 22

32?1??52

52

?

1

1n?2

?()

11?

2

?b2?

又?a1?S1?1，a2?S2?S1??

1

2

，

?b1?(?1)a1??1，b2?(?1)a2???bn??

52?3

1n?11n?1

?3?()??4?3?()(n?1)。 222

1n?1nnn

?an?(?1)bn??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 an?1?pan?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

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。

例:设数列?an?：a1?4,an?3an?1?2n?1,(n?2)，求an.

解：设bn?an?An?B，则an?bn?An?B，将an,an?1代入递推式，得

bn?An?B?3?bn?1?A(n?1)?B??2n?1?3bn?1?(3A?2)n?(3B?3A?1)

??A?1?A?3A?2

????

B?1???B?3B?3A?1

n?1

n

?取bn?an?n?1…（１）则bn?3bn?1,又b1?6，故bn?6?3

n

代入（１）得an?2?3?n?1

?2?3

2

说明：（1）若f(n)为n的二次式，则可设bn?an?An?Bn?C;(2)

本题也可由an?3an?1?2n?1 ,an?1?3an?2?2(n?1)?1（n?3）两式相减得an?an?1?3(an?1?an?2)?2转化为bn?2?pbn?1?qbn求之.

变式:（2006，山东,文,22,本小题满分14分） 已知数列｛an｝中，a1?

12

、点（n、2an?1?an）在直线y=x上，其中n=1,2,3

(Ⅰ)令bn?an?1?an?3,求证数列(Ⅱ)求数列?an?的通项； (Ⅲ)设Sn、Tn分别为数列

?bn?是等比数列；

?an?、?bn?的前n项和,是否存在实数?，使得数列??

Sn??Tn?

?n??

为等差数列？若存在，试求出? 若不存在,则说明理由

解：（I）由已知得 a1?

?a2?

34

,a2?a1?1?

34

12?

,2an?1?an?n, 12?1??

34,

又bn?an?1?an?1,

bn?1?an?2?an?1?1,

an?1?(n?1)

?bn?1bn

?

an?1?an?1an?2?an?1?1

34

?

12

an?1?an?1

?

an?n

?

an?1?an?1an?1

1?.

?an?12

?{bn}是以?

为首项，以

3

为公比的等比数列

（II）由（I）知，bn??

?an?1?an?1???a2?a1?1??a3?a2?1??

3232?32?1232

2

1n?131?()???n, 4222,

?12

12

n

, ,

??????

?an?an?1?1??

?

12

n?1

,

将以上各式相加得：

?an?a1?(n?1)??

3111

(?2?????n?1), 2222

1

?an?a1?n?1?

32?(1?1?

11

n?1

)?

12

?(n?1)?

32

(1?

12

)?n?1

32

n

?n?2.

2

?an?

32

n

?n?2.

（III）解法一： 存在??2，使数列{

Sn??Tn

n

12

1

是等差数列

?Sn?a1?a2?????an?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?3n2

2

??

32

n

?

n?3n2

2

?3.

?

Tn?b1?b2?????bn?

3(1?12

1n

)??

32

(1?

12

)??n

32

?

32

n?1

.

1?

数列{

Sn??Tn

n

是等差数列的充要条件是

Sn??Tn

n

?An?B,(A、B是常数)

即Sn??Tn?An2?Bn,

32

n

又Sn??Tn??n?3n2

2

?

n?3n212

n

2

?3??(?

32

?

32

n?1

)

??3(1?

?2

)(1?)

Sn??Tn

n

?当且仅当1?

?

2

?0，即??2时，数列{为等差数列

解法二：

存在??2，使数列{

Sn??Tn

n

是等差数列

由（I）、（II）知，an?2bn?n?2

?Sn?2T?

n(n?1)2

?2n

n(n?1)

Sn??Tn

nn?3

2

?

Tn

?2n?2Tn??Tn

n

??

??2

n

?

3(1?12

1n

)??

又Tn?b1?b2?????bn?

Sn??Tn

n

n?32

32

(1?

12

)??n

32

?

32

n?1

1?

?

?

??2

n

(?

32

?

32n

n?1

)

是等差数列

?当且仅当??2时，数列{

Sn??Tn

类型9 an?1?

f(n)ang(n)an?h(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。 例：已知数列｛an｝满足：an?

1an

3?an?1?1an?1

an?13?an?1?1

1an?1

,a1?1，求数列｛an｝的通项公式。

解：取倒数：??3?

?1?111???是等差数列， ??(n?1)?3?1?(n?1)?3?an?

3n?2ana1

?an?

变式:（2006，江西,理,22,本大题满分14分） 已知数列｛an｝满足：a1＝

32

，且an＝

n?2，n?N）

2an－1＋n－1

3nan－1

?

（1） 求数列｛an｝的通项公式；

（2） 证明：对于一切正整数n，不等式a1?a2?……an?2?n！ 解：（1）将条件变为：1－为 1－

1a1

nan

＝1－

3

1n－1an－1

，因此｛1－）

nan

｝为一个等比数列，其首项

＝

13

，公比

13

，从而1－

nan

＝

13

n

，据此得an＝

n！

n?3

n

n

3－1

（n?1）…………1?

（2）证：据1?得，a1?a2?…an＝

（1－）?（1－2）…（1－n）

333

111

为证a1?a2?……an?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－（） k2k33331

（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

kk

）－＋

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，

11n1－（）〕

111111?1－（＋2＋…＋n）＝1－ （1－）?（1－2）…（1－n）

1333333

1－

3

11n111n1＝1－1－（）〕＝＋）?

232232故2?式成立，从而结论成立

类型10 an?1?

pan?qran?h

解法：如果数列{an}满足下列条件：已知a1的值且对于n?N，都有an?1?中p、q、r、h均为常数，且ph?qr,r?0,a1??

hr

pan?qran?h

（其

），那么，可作特征方程x?

px?qrx?h

,

?1?

当特征方程有且仅有一根x0时,则?x2?是等差数列;当特征方程有两个相异的根x1、

a?x0??n?a?x1?

时，则?n?是等比数列。

?an?x2?

例：已知数列{an}满足性质：对于n?N,an?1?

x?42x?3

an?42an?3

2

,且a1?3,求{an}的通项公式.

解: 数列{an}的特征方程为x?,变形得2x?2x?4?0,其根为?1?1,?2??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

cn?

a1??1a1??2

25(?

?(

15

p??1rp??2r

)

n?1

?

3?13?2

?(

1?1?21?2?2

)

n?1

,n?N.

∴cn?

)

n?1

,n?N.

∴an?

?2cn??1

cn?1

?2??

25

25(?

(?15)

15

)

n?1

?1

,n?N.

n?1

?1

即an?(?5)?42?(?5)nn,n?N.

例：已知数列{an}满足：对于n?N,都有an?1?13an?25an?3.

（1）若a1?5,求an;（2）若a1?3,求an;（3）若a1?6,求an;

（4）当a1取哪些值时，无穷数列{an}不存在？ 解：作特征方程x?13x?25

x?3.变形得x?10x?25?0, 2

特征方程有两个相同的特征根??5.依定理2的第（1）部分解答.

(1)∵a1?5,?a1??.?对于n?N,都有an???5;

(2)∵a1?3,?a1??. ∴bn?1a1??

1

3?5

1

2??(n?1)rp?r?1 ??(n?1)?n?1

8, 13?1?5 ??

令bn?0，得n?5.故数列{an}从第5项开始都不存在，

当n≤4，n?N时，an?1bn???5n?17n?5.

(3)∵a1?6,??5,∴a1??. ∴bn?1a1???(n?1)rp??r?1?n?18,n?N.

令bn?0,则n??7?n.∴对于n?N,bn?0. ∴an?1bn???1?1n?1

8?5?5n?43n?7,n?N.

(4)、显然当a1??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，

a1?5时，数列{an}是存在的，当a1???5时，则有

bn?

1a1??

?(n?1)

rp??r

?

1a1?5

?

n?18

,n?N.令bn?0,则得a1?

5n?13n?1

,n?N

且n≥2. ∴当a1?

5n?13n?1

（其中n?N且N≥2）时，数列{an}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{an}都不存

于是知：当a1在集合{?3或在.

变式:（2005，重庆,文,22,本小题满分12分）

数列{an}满足a1?1且8an?1an?16an?1?2an?5?0(n?1).记bn?（Ⅰ）求b1、b2、b3、b4的值；

（Ⅱ）求数列{bn}的通项公式及数列{anbn}的前n项和Sn.

解法一：由已知,得an?1?

2an?516?8an

1an?

12

(n?1).

,其特征方程为x?

2x?516?8x

解之得,x1?

12

或x2?

54

?an?1

)

5??,an?1??

216?8an416?8an

1

6(an?

1

)

12(an?

5

an?1?

?

1?1?524

n?1n

an?an?

1, ?

54

an?an?

1?54

a1?a1?

1

?(1)n?1??4

n

5224

an?1?

2

?an?

?5

2?4

解法二：

（I）a1?1,故b1?

7834

178

a3?

,故b3?

34

a4?

1320,故b4?

11?

12

83

?2;

a2?,故b2?

?1?203

1212.

?;

?4;

（II）因(b1?

(b2?

4)

2

43

)(b3?

43

)?

23

?

8

42

?()， 33

424442

?(),(b1?)(b3?)?(b2?) 33333

42

故猜想{bn?是首项为,公比q?2的等比数列.

33

因an?2，（否则将an?2代入递推公式会导致矛盾） 故an?1?因bn?1?

5?2a16?8an43?

1an?1?2an?

12

q?2的等比数列.

13?2

n

(n?1).

?43?

16?8an6an?3

?43?

20?16an6an?343

43,

12?

2(bn?

43

)?

83

?

20?16an6an?3

?bn?1?,b1?

?0,

故|bn?

因b1?

43

43

?

|确是公比为

23

43

,故bn?

?

, bn?

13

?2?

n

43

(n?1) 由b?

n

1an?

12

得anbn?

12

bn?1,

故Sn?a1b1?a2b2???anbn

1

?12

(b1?b2???bn)?n

?3

(1?2)1?2

1bn

n

?

53

n?

13

(2?5n?1)

n

解法三： （Ⅰ）由bn?

1an?

12?3bn

?0,即bn?1?2bn?83

得an?

?

12

,代入递推关系

8an?1an?16an?1?2an?5?0,

整理得

4bn?1bn

?

6bn?1

43

,

由a1?1,有b1?2,所以b2?,b3?4,b4?43

?2(bn?

43

203

.

43?23?0,

（Ⅱ）由bn?1?2bn?所以{bn?

43

13

43

}是首项为

43

,bn?1?23

),b1?

,公比q?2的等比数列,故

bn?

?

?2,即bn?

n

13

?2?

n

43

(n?1).

由bn?

1an?

12

得anbn?

12

bn?1,

故Sn?a1b1?a2b2???anbn?

12

(b1?b2???bn)?n

1?(1?2)1?2

?

n

53

n?

13

(2?5n?1).

n

解法四： （Ⅰ）同解法一 （Ⅱ）b2?b1?

23

,b3?b2?

43

,b4?b3?

82842,??() 3333

猜想{bn?1?bn}是首项为又因an?2,故an?1?

23

,公比q?2的等比数列,bn?1?bn?(n?1).因此

13

?2

n

5?2an16?8an

bn?1?bn?

1an?1?

12

?

1an?

12

?

15?2an16?8an

?12

?

22an?1

?

16?8an6an?3

1an?2?

?

66an?3

1an?1?

?

10?8an6an?3

;

bn?2?bn?1?

12

?

12

?

16?8an?16an?1?3

?

16?8an6an?3

?

23

36?24an6an?3

?

16?8an6an?3

?

20?16an6an?3

?2(bn?1?bn).

13

因b2?b1??0,{bn?1?bn}是公比q?2的等比数列,bn?1?bn?

?2,

n

从而bn?(bn?bn?1)?(bn?1?bn?2)???(b2?b1)?b1

?13(2

n?1

?2

n?2

???2)?2?

1

13

(2?2)?2?

n

13

?2?

n

43

(n?1).

由bn?

1an?

12

得anbn?

12

bn?1,

故Sn?a1b1?a2b2???anbn?

12

(b1?b2???bn)?n

1?(1?2)1?2

?

n

53

n?

13

(2?5n?1).

n

类型11 an?1?an?pn?q或an?1?an?pqn

解法：这种类型一般可转化为?a2n?1?与?a2n?是等差或等比数列求解。 例：（I）在数列{an}中，a1?1,an?1?6n?an，求an （II）在数列{an}中，a1?1,anan?1?3n，求an 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｛an｝的前n项和为Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根为Sn－1，n＝1，2，3，… （Ⅰ）求a1，a2； （Ⅱ）｛an｝的通项公式

2

提示:1 Sn?1,n?1,2,3,...为方程的根,代入方程可得(Sn?1)?an(Sn?1)?an?0

将n=1和n=2代入上式可得a1?

12

a2?1n(n?1)

16

2求出a1,a2,a3,a4等,可猜想an?

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an?

1n(n?1)

1?

1n(n?1)

分开为

an?

?

n

1

然后求和,中间项均抵消,只剩下首项和末项,可得Sn n?1

解：(Ⅰ)当n＝1时，x2－a1x－a1＝0有一根为S1－1＝a1－1， 于是(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，解得a1

1

当n＝2时，x2－a2x－a2＝0有一根为S2－1＝a2，

2121于是(a2－)－a2(a2－－a2＝0，解得a1

22(Ⅱ)由题设(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0， 即 Sn2－2Sn＋1－anSn＝

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，代入上式得 Sn－1Sn－2Sn＋1＝0 ①

111由(Ⅰ)知S1＝a1＝，S2＝a1＋a2

226由①可得S3

n

由此猜想Sn，n＝1，2，3，… ……8分

n＋1

下面用数学归纳法证明这个结论

(i)n＝1

k

(ii)假设n＝k时结论成立，即Sk

k＋1

k＋11

当n＝k＋1时，由①得Sk＋1Sk＋1＝，

2－Skk＋2故n＝k＋1

n

综上，由(i)、(ii)可知Snn ……10分

n＋1

n－1n1

于是当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－

n＋1nn(n＋1)11

又n＝1时，a1＝，所以

21×2

n

｛an｝的通项公式an＝，n＝1，2，3，… ……12分

n＋1

本题难度较大,不过计算较易,

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、化归等方法求解。 例：已知数列?an?中，a1?1；数列?bn?中，b1?0。当n?2时，

an?

13

(2an?1?bn?1),bn?

13

13

(an?1?2bn?1)，求an,bn.

13

(an?1?2bn?1)?an?1?bn?1

解：因an?bn?(2an?1?bn?1)?

所以an?bn?an?1?bn?1?an?2?bn?2?????a2?b2?a1?b1?1 即an?bn?1…………………………………………（1） 又因为an?bn?所以an?bn?

113

(2an?1?bn?1)?

13

(an?1?2bn?1)?

13

(an?1?bn?1)

121n?1

(an?1?bn?1)?()an?2?bn?2)?……?()(a1?b1)

333

1n?11n?1

?().即an?bn??()………………………（2） 33

1

1n?111n?1

[1?()]， bn?[1?()] 2323

由（1）、（2）得：an?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?an?满足an?11?2a,(0?a?)nn?6?2，若a1?，则a20的值为___________。 ??7?2a?1,(1?a?1)nn?2?变式:（2005，湖南,文，5） 已知数列{an}满足a1?0,an?1?an?3(n?N)，则a20= *（ ）

A．0

3an?1B．?3 C．3 D．32