高考遞推數列“總攻略”

數列問題是近年高考的熱點與難點之一，多放在高考壓軸題的位置，起著調控整套試卷難度和區(qū)分度的作用，能夠很好地考查學生的能力. 縱觀近年來全國各省市的高考數列問題可以發(fā)現，試題中普遍涉及了已知數列遞推關系式求解通項的問題. 此類問題的處理，多數都要利用“化歸”的思想，將遞推關系式轉化為新等差、等比數列等來解決，其間技巧性很強，學生很難掌握解決此類問題的通性通法. 因此，本文對其做一些總結，希望大家能夠有所收獲.

方法 ?累加法或逐差法：an-an-1=f（n-1），an-1-an-2=f（n-2），…，a2-a1=f（1），將以上各式相加得an=a1+f（1）+f（2）+…+f（n-1）. 這一過程實際上采用了逐差法：an=（an-an-1）+（an-1-an-2）+…+（a2-a1）+a1，即an=a1+f（1）+f（2）+…+ f（n-1）.

若數列{bn}滿足b1=1，bn+1=bn+2n，求證：bn·bn+2

解析 由bn+1=bn+2n，得bn+1-bn=2n，故bn=（bn-bn-1）+（bn-1-bn-2）+…+（b2-b1）+b1=2n-1+2n-2+…+2+1==2n-1.

因為bn ·bn+2-b=（2n-1）（2n+2-1）-（2n+1-1）2=（22n+2-2n+2-2n+1）-（22n+2-2·2n+1+1）=-2n<0，所以bn ·bn+2

方法 ？搖累積法：···…·=f（n-1）·f（n-2）·f（n-3）…f（1）（n=2，3，…）.

在數列{an}與{bn}中，a1=1，b1=4，數列{an}的前n項和Sn滿足nSn+1-（n+3）Sn=0，2an+1為bn與bn+1的等比中項，n∈N？鄢.

（1）求a2，b2的值;

（2）求數列{an}與{bn}的通項公式.

解析 （1）由nSn+1-（n+3）Sn=0，a1=1得a2=3. 又由4a=b2 b1 ，b1=4得b=9.

（2）由題設得nS=（n+3）S①，（n-1）S=（n+2）S②，由①-②整理得nan+1=（n+2）an，則=，故=···…·=··…=，所以數列{an}的通項公式為an=. 數列{bn}的通項公式的求法這里不作闡述.

方法？搖 可用待定系數法或相減法轉化為等比數列.

待定系數法：設a+λ=p（an+λ），即a=pan+（p-1）λ，與原式比較，得（p-1）·λ=q，即λ=，從而得數列an+是公比為p的等比數列.

相減法：由a=pan+q，得an=pa+q，兩式相減，得a-a=p（a-a）. 故數列a-a是首項為a-a，公比為p的等比數列，即a-a=（a-a）pn-1，再將其轉化為類型一，即可得an .

設數列{an}滿足a=a，a=ca+1-c，n∈N？鄢，其中a，c為實數，且c≠0，求數列{an}的通項公式.

解析？搖令an+1+λ=p（an+λ），與原式比較，得an+1-1=c（an-1）. 當a≠1時，知{an-1}是首項為a-1，公比為c的等比數列. an-1=（a-1）cn-1，即a=（a-1）cn-1+1;當a=1時，a=1仍滿足上式. 所以數列{an}的通項公式為an=（a-1）cn-1+1（n∈N？鄢）.

方法？搖 倒數法：對an=取倒數，得=·+，再將其轉化為等差數列或類型三.

已知數列{an}的首項a1=，an+1=，n=1，2，…，求數列{an}的通項公式.

解析 由a=，得=·+，轉化為類型三求解，得-1=-1，又-1=，則數列-1是以為首項，為公比的等比數列. 故-1=·=，即a=.

方法1？搖 可令an+1-g（n+1）=p[an-g（n）]（其中g（n）與f（n）是同類型函數），與原式相比較，可求出g（n），從而數列{a-g（n）}是公比為p的等比數列，于是可求得數列{a}的通項公式.

方法2 an+1=pan+f（n）兩端同除以pn+1，得=+，從而轉化為類型一求取通項.

已知數列{a}和{bn}滿足：a1=λ，an+1=an+n-4，bn=（-1）n（an-3n+21），其中λ為實數，n為正整數.

（1）對任意實數λ，證明：數列{a}不是等比數列;

（2）試判斷數列{b}是否為等比數列，并證明你的結論.

解析 （1）令an+1+an+b=[an+a（n-1）+b]，與原式相比較，

得a=-3，b=18，故an+1-3n+18=[an-3（n-1）+18].

若λ≠-18，則數列[an-3（n-1）+18]是首項為λ+18，公比為的等比數列，故an-3（n-1）+18=（λ+18）·n-1，即a=（λ+18）·n-1+3（n-1）-18.

若λ=-18，則數列{an-3（n-1）+18}是首項為0的常數列，故an-3（n-1）+18=0，即an=3n-21，它是一個等差數列.

綜上所述，數列{an}不是等比數列.

（2）若λ≠-18，b=（-1）n（an-3n+21）=（-1）n（λ+18）·n-1，則數列{b}是以-（λ+18）為首項，-為公比的等比數列;若λ=-18，bn=（-1）n（an-3n+21）=0，則數列{b}是以0為首項的常數列.？搖

若在數列{a}中，a=1，an+1=2an+2n.

（1）設b=，證明：數列{b}是等差數列;

（2）求數列{a}的前n項和S.endprint

解析？搖（1）由an+1=2an+2n，得=+1，故bn+1=bn+1，則數列{b}是首項為1，公差為1的等差數列.

（2）由（1）得bn=n，故an=n2n-1，利用“錯位相減法”求和，得Sn=（n-1）2n+1.

方法 ?由Sn=f（an），得Sn-1=f（an-1），兩式相減得an=f（an）-f（an-1），從而轉化為前面幾種類型的問題求解.

設數列{an}的前n項和為Sn=2an-2n.

（1）證明：{an+1-2an}是等比數列;

（2）求{an}的通項公式.

解析 （1）由Sn=2an-2n①，得S=2a-2n+1②，②-①得a-2a=2n，所以{an+1-2an}是首項為2，公比為2的等比數列.

（2）由（1）得a=2a+2n，再將其轉化為類型五，即可得an .

方法 ?待定系數法：設an+2-san+1=t（an+1-san），即an+2=（s+t）an+1-stan，與原式比較，其待定常數s，t由s+t=p，st= -q求出，從而數列{an-san-1}是公比為t的等比數列，進而轉化為類型五求其通項.

設各項均為正數的數列{an}滿足a1=2，an=aa（n∈N？鄢）. 若a=，求a，a，并猜想a2008的值（不需證明）.

解析 利用待定系數法，可以求出數列{an}通項公式.

由a=aa，且a>0，得lga=lgan+1+lgan+2. 令bn=lgan，則bn+2= -bn+1+bn，利用待定系數法，得bn+2+2bn+1=（bn+1+2bn）.由a=2，a=得b=lg2，b=-2lg2.

故數列{bn+1+2bn}是以b2+2b1=0為首項的常數列，

即bn+1+2bn=0，從而數列{bn}是以lg2為首項，-2為公比的等比數列.

所以bn=lg2·（-2）n-1=lg2（-2）n-1，故a=2（-2）n-1（n∈N？鄢）.

所以a=24，a4=2-8，a2008=2（-2）2007.

評注 本小題只要求學生利用遞推數列，求出a，a，并從中發(fā)現規(guī)律，猜想得到數列{an}的通項公式.但是，利用變量代換與待定系數法，巧妙構造等比數列，卻可準確得到數列{an}的通項公式.endprint

解析？搖（1）由an+1=2an+2n，得=+1，故bn+1=bn+1，則數列{b}是首項為1，公差為1的等差數列.

（2）由（1）得bn=n，故an=n2n-1，利用“錯位相減法”求和，得Sn=（n-1）2n+1.

方法 ?由Sn=f（an），得Sn-1=f（an-1），兩式相減得an=f（an）-f（an-1），從而轉化為前面幾種類型的問題求解.

設數列{an}的前n項和為Sn=2an-2n.

（1）證明：{an+1-2an}是等比數列;

（2）求{an}的通項公式.

解析 （1）由Sn=2an-2n①，得S=2a-2n+1②，②-①得a-2a=2n，所以{an+1-2an}是首項為2，公比為2的等比數列.

（2）由（1）得a=2a+2n，再將其轉化為類型五，即可得an .

方法 ?待定系數法：設an+2-san+1=t（an+1-san），即an+2=（s+t）an+1-stan，與原式比較，其待定常數s，t由s+t=p，st= -q求出，從而數列{an-san-1}是公比為t的等比數列，進而轉化為類型五求其通項.

設各項均為正數的數列{an}滿足a1=2，an=aa（n∈N？鄢）. 若a=，求a，a，并猜想a2008的值（不需證明）.

解析 利用待定系數法，可以求出數列{an}通項公式.

由a=aa，且a>0，得lga=lgan+1+lgan+2. 令bn=lgan，則bn+2= -bn+1+bn，利用待定系數法，得bn+2+2bn+1=（bn+1+2bn）.由a=2，a=得b=lg2，b=-2lg2.

故數列{bn+1+2bn}是以b2+2b1=0為首項的常數列，

即bn+1+2bn=0，從而數列{bn}是以lg2為首項，-2為公比的等比數列.

所以bn=lg2·（-2）n-1=lg2（-2）n-1，故a=2（-2）n-1（n∈N？鄢）.

所以a=24，a4=2-8，a2008=2（-2）2007.

評注 本小題只要求學生利用遞推數列，求出a，a，并從中發(fā)現規(guī)律，猜想得到數列{an}的通項公式.但是，利用變量代換與待定系數法，巧妙構造等比數列，卻可準確得到數列{an}的通項公式.endprint

解析？搖（1）由an+1=2an+2n，得=+1，故bn+1=bn+1，則數列{b}是首項為1，公差為1的等差數列.

（2）由（1）得bn=n，故an=n2n-1，利用“錯位相減法”求和，得Sn=（n-1）2n+1.

方法 ?由Sn=f（an），得Sn-1=f（an-1），兩式相減得an=f（an）-f（an-1），從而轉化為前面幾種類型的問題求解.

設數列{an}的前n項和為Sn=2an-2n.

（1）證明：{an+1-2an}是等比數列;

（2）求{an}的通項公式.

解析 （1）由Sn=2an-2n①，得S=2a-2n+1②，②-①得a-2a=2n，所以{an+1-2an}是首項為2，公比為2的等比數列.

（2）由（1）得a=2a+2n，再將其轉化為類型五，即可得an .

方法 ?待定系數法：設an+2-san+1=t（an+1-san），即an+2=（s+t）an+1-stan，與原式比較，其待定常數s，t由s+t=p，st= -q求出，從而數列{an-san-1}是公比為t的等比數列，進而轉化為類型五求其通項.

設各項均為正數的數列{an}滿足a1=2，an=aa（n∈N？鄢）. 若a=，求a，a，并猜想a2008的值（不需證明）.

解析 利用待定系數法，可以求出數列{an}通項公式.

由a=aa，且a>0，得lga=lgan+1+lgan+2. 令bn=lgan，則bn+2= -bn+1+bn，利用待定系數法，得bn+2+2bn+1=（bn+1+2bn）.由a=2，a=得b=lg2，b=-2lg2.

故數列{bn+1+2bn}是以b2+2b1=0為首項的常數列，

即bn+1+2bn=0，從而數列{bn}是以lg2為首項，-2為公比的等比數列.

所以bn=lg2·（-2）n-1=lg2（-2）n-1，故a=2（-2）n-1（n∈N？鄢）.

所以a=24，a4=2-8，a2008=2（-2）2007.

評注 本小題只要求學生利用遞推數列，求出a，a，并從中發(fā)現規(guī)律，猜想得到數列{an}的通項公式.但是，利用變量代換與待定系數法，巧妙構造等比數列，卻可準確得到數列{an}的通項公式.endprint