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1、 高考递推数列分类类型1：渗透三角函数周期性数列与三角函数的结合是一类创新试题，利用三角函数的周期性体现数列的变化，利用三角不等式进行放缩是证明数列不等式的常见方法。例1（2008年湖南卷，18，满分12分）数列an满足a1=1，a2=2，求a3，a4,并求数列an的通项公式；本题分为两种情况，采取非常规的递推数列求通项的方法，利用三角函数的诱导公式寻找递推关系，体现三角函数的周期性，进而求出该数列的通项为一分段数列。例2（2009年江西，文，21，满分12分）数列an的通项，其前n项和为（1）求sn；（2）令，求数列bn的前n项和Tn例3（2009年江西，理8，5分）数列an的通项，其前n项
2、和为sn，则sn为（ ）A470B490C495D510类型2：an+1=an+f(n)解法思路：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4（2008，江西，理5）在数列an中，a1=2,an+1=an+ln,则an=A2+lnnB2+(n-1) lnnC2+nlnnD1+n+lnn例5（2009，全国I，理22）在数列an中，a1=1,an+1=（1）设，求数列an的通项公式；（2）求数列an的前n项和。 类型3：an+1=f(n)an解法思路：把原递推公式转化为，利用累乘法（逐商相乘法）求解例6（2004，全国I，理15）已知数列an，满足a1=1,an=
3、a1+2a2+3a3+(n1)an1(n2)，则an的通项an=_解：由已知，得an+1=a1+2a2+3a3+(n1)an1+nan，用此式减去已知式，得当n2时，an+1an=nan，即an+1=（n+1）an，又a2=a1类型4：an+1=pan+q（其中p、q均为常数，且pq(p1)0）解法思路：待定系数法，把原递推公式转化为an+1t=p(ant)，其中，再利用换元法转化为等比数列求解，或转化为二队循环数列来解（见后文），或直接用逐项迭代法求解。例7（2008年，安徽，文21）设数列an满足a1 =a,an +1=c an +1c,nN*，其中a、c为实数，且c0求数列an的通项公式
4、；解：方法一：因为an+11=c(an1)所以当a1时，an1是首项为a1，公比为c的等比数列所以an1=( an1)cn1即an=( an1)cn1+1当n=1时，an=1仍满足上式数列an的通项公式为an=( a1)cn1+1 (nN*)方法二：由题设得：n2时, an1=c( an11)=c2 (an21)= cn1(an1)= (a1)c n1所以an=( a1)=c n1+1n=1时，a1=a也满足上式所以an的通项公式为an=( a1)cn1+1 (nN*)类型4的变式：an+1=pan+f(n)解法思路：通过构造新数列bn，消去f(n)带来的差异，例如下面的类型5 ：an+1=p
5、an+qn（其中p、q均为常数，pq(p1)(q1)0）（或an+1=pan+rqn，其中p、q、r均为常数）解法思路：一般地，要先在原递推公式两边同除以qn+1，得，引入辅助数列bn（其中），得即可转化为类型3。或直接将原递推式变形为），（其中），则直接转化为等比数列例8（2006，全国I，理22，12分）设数列an的前n项的和求首项a1与通项an。例9（2009，全国II，理19）设数列an的前n项的和（1）设，证明数列bn是等比数列；（2）求数列an的通项公式。类型6：（其中p，q均为常熟）。解法一（待定系数法）：先把原递推公式转化为，其中s, t满足解法二（特征根法）：对于由递推公式,
6、=,=给出的数列an，方程,叫做数列的特征方程。若是特征方程的两个根，当时，数列an的通项为，其中A、B由=,=决定（即把和n=1,2,代入，得到关于A、B的方程组）；当时，数列的通项为，其中A、B由=,=决定（即把和n=1,2，代入，得到关于A、B的方程组）。例10（2006，福建，文22）已知数列an满足=1,=3，（）。（1）证明：数列是等比数列；（2）求数列an的通项公式；（3）若数列bn满足（），证明bn是等差数列。解：（1），=1,=3，（），是以=2为首项，2为公比的等比数列。（2）（），an =+ + + += + +2+1=-1（）类型7 递推公式为Sn与的关系式（或Sn）解
7、法思路：这种类型一般利用=或=消去进行求解。例11.（2009，湖北，理，19）已知数列an的前项和Sn= -+2（为正整数），令=，求证数列bn是等差数列，并求数列an的通项公式解：在Sn= +2中，令n=1，可得S1 = -+1=，当时，Sn-1= +2，=SnSn-1=+2=+，即=+1又=，=+1，即当时，-=1又=2=1数列bn是首项和公差均为1的等差数列，于是=n=,=.例12 （2008，全国II，理，20）设数列an的前n项和为Sn，已知=,=Sn+（）,（）设=-，求数列bn的通项公式；（）若（），求的取值范围。解（）依题意-=+，即=2+，由此得-=2（-），因此，所求通项
8、公式为 =-=（-3），（）。 （）由（）知=+（-3），（），于是当时，=- =+（a-3）-（a-3） =2+(a-3) =4+(a-3) =,当时,09。又=+3综上，所求的的取值范围是。类型8 an+1=pan+an+b(p1,a0)解法思路：这种类型一般利用待定系数法构造等比数列， 即令，与已知递推式比较，解出，从而转化为是公比p为的等比数列。例13.（2006山东，文，22）已知数列an中，=，点在直线上，其中（）令，求证数列bn是等比数列；（）求数列an的通项。所以bn是以为首项，以为公比的等比数列类型9 （p0, 0）解法思路：这种类型一般是等式两边取对数后转化为，再利用待定系
9、数法求解。例14（2005，江西，理，21）已知数列an的各项都是正数，且满足：求数列的an通项公式例15（2006，山东，理，22）已知，点在函数的图像上，其中证明数列是等比数列类型10 解法思路：这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为。例17（2006，江西，理，22，本大题满分14分）已知数列满足： 求数列的通项公式；解：将条件变为：为一个等比例数，其首项为从而据此得类型11 解法思路：如果数列满足下列条件：已知的值且对于，都有（其中p、q、r、h均为常数，且phqr,r0, ），那么，可作特征方程，当特征方程有且仅有一根时，则是等差数列；当特征议程有两价目相异的根x1、x2时，则是等
10、比数列。例19(2009年,江西,理,22)各项均为正数的数列,且对满足的正整数都有m,n,p,q都有(1)当时,求通项；(2)证明:对任意a,存在与a有关的常数,使得对于每个正整数n,都有解：（1）由得将代入上式化简得所以故数列为等比数列，从而，即可验证，满足题设条件。（2）由题设的值仅与有关，记为则考察函数，则在定义域上有故对，注意到，解上式得取，即有类型12 数列中的数学归纳法数学归纳法是数学证明中的常用方法，适用于猜想证明和数列不等式的证明，在直接求解或者利用放缩法证明存在困难时，常可使用数学归纳法进行证明。例21（2008，天津，理，22）在数列中，数列的前n项和Sn满足为的等比中项
11、，（）求的值；（）求数列的通项公式；解：（）由题设有解得，由题设又有，解得。（）由题设，及，进一步可得，猜想先证当时，等式成立,当时用数学归纳法证明如下：（1）当 n=2时，即等式成立。（2）假设当n=k时等式成立，即由题设 的两边分别减去的两边，整理得，从而这就是说，当时等式也成立，根据（1）和（2）可知，等式对任何的成立。综上所述，等式对任何的都成立。再用数学归纳法证明，本题首先进行猜想，然后利用数学归纳法证明，先猜想再证明是求数列通项的常用手段，数学归纳法也是证明数列不等式的常用方法。 数列经典综合题等差数列与等比数列综合题例1 等比数列的前n 项和为，已知,成等差数列（1）求的公比q；
12、（2）求3，求 解：（）依题意有 由于 ，故 又，从而 （）由已知可得 故 从而 例2 在正项数列中,令.（）若是首项为25,公差为2的等差数列,求；（）若（为正常数）对正整数恒成立,求证为等差数列；（）解：由题意得,所以=（）证:令,则=1所以=（1）,=（2）,（2）（1）,得=,化简得（3）（4）,（4）（3）得 在（3）中令,得,从而为等差数列 例3 已知是公比为q的等比数列，且成等差数列.（1）求q的值；（2）设数列的前项和为，试判断是否成等差数列？说明理由. 解：（1）依题意，得2am+2 = am+1 + am2a1qm+1 = a1qm + a1qm 1在等比数列an中，a10
13、，q0，2q2 = q +1，解得q = 1或. （2）若q = 1， Sm + Sm+1 = ma1 + (m+1) a1=(2m+1) a1，Sm + 2 = (m+2) a1 a10，2Sm+2S m + Sm+1 若q =，Sm + 1 =Sm + Sm+1 = =2 Sm+2 = S m + Sm+1 故当q = 1时，Sm , Sm+2 , Sm+1不成等差数列；当q =时，Sm , Sm+2 , Sm+1成等差数列. 例4 已知数列an的首项（a是常数），（）（）是否可能是等差数列.若可能，求出的通项公式；若不可能，说明理由；（）设，（），为数列的前n项和，且是等比数列，求实数a、b满足的条件 解：（） 若是等差数列，则但由，得a=0,矛盾.不可能是等差数列 () (n2) 当a1时, 从第2项起是以2为公比的等比数列n2时,是等比数列, (n2)是常数 a-1时, b-2a-2=0 当a=-1时，（n3）,得（n2
