高考遞推數(shù)列“總攻略”

數(shù)列問(wèn)題是近年高考的熱點(diǎn)與難點(diǎn)之一，多放在高考?jí)狠S題的位置，起著調(diào)控整套試卷難度和區(qū)分度的作用，能夠很好地考查學(xué)生的能力. 縱觀近年來(lái)全國(guó)各省市的高考數(shù)列問(wèn)題可以發(fā)現(xiàn)，試題中普遍涉及了已知數(shù)列遞推關(guān)系式求解通項(xiàng)的問(wèn)題. 此類(lèi)問(wèn)題的處理，多數(shù)都要利用“化歸”的思想，將遞推關(guān)系式轉(zhuǎn)化為新等差、等比數(shù)列等來(lái)解決，其間技巧性很強(qiáng)，學(xué)生很難掌握解決此類(lèi)問(wèn)題的通性通法. 因此，本文對(duì)其做一些總結(jié)，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(guò)程實(shí)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(shù)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?yàn)閎n ·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(shù)列{an}與{bn}中，a1=1，b1=4，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿足nSn+1-（n+3）Sn=0，2an+1為bn與bn+1的等比中項(xiàng)，n∈N？鄢.

（1）求a2，b2的值;

（2）求數(shù)列{an}與{bn}的通項(xiàng)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(shè)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(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=. 數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式的求法這里不作闡述.

方法？搖 可用待定系數(shù)法或相減法轉(zhuǎn)化為等比數(shù)列.

待定系數(shù)法：設(shè)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(shù)列an+是公比為p的等比數(shù)列.

相減法：由a=pan+q，得an=pa+q，兩式相減，得a-a=p（a-a）. 故數(shù)列a-a是首項(xiàng)為a-a，公比為p的等比數(shù)列，即a-a=（a-a）pn-1，再將其轉(zhuǎn)化為類(lèi)型一，即可得an .

設(shè)數(shù)列{an}滿足a=a，a=ca+1-c，n∈N？鄢，其中a，c為實(shí)數(shù)，且c≠0，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)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(dāng)a≠1時(shí)，知{an-1}是首項(xiàng)為a-1，公比為c的等比數(shù)列. an-1=（a-1）cn-1，即a=（a-1）cn-1+1;當(dāng)a=1時(shí)，a=1仍滿足上式. 所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=（a-1）cn-1+1（n∈N？鄢）.

方法？搖 倒數(shù)法：對(duì)an=取倒數(shù)，得=·+，再將其轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列或類(lèi)型三.

已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1=，an+1=，n=1，2，…，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式.

解析 由a=，得=·+，轉(zhuǎn)化為類(lèi)型三求解，得-1=-1，又-1=，則數(shù)列-1是以為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列. 故-1=·=，即a=.

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

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

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

（1）對(duì)任意實(shí)數(shù)λ，證明：數(shù)列{a}不是等比數(shù)列;

（2）試判斷數(shù)列是否為等比數(shù)列，并證明你的結(jié)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(shù)列[an-3（n-1）+18]是首項(xiàng)為λ+18，公比為的等比數(shù)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(shù)列{an-3（n-1）+18}是首項(xiàng)為0的常數(shù)列，故an-3（n-1）+18=0，即an=3n-21，它是一個(gè)等差數(shù)列.

綜上所述，數(shù)列{an}不是等比數(shù)列.

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

若在數(shù)列{a}中，a=1，an+1=2an+2n.

（1）設(shè)b=，證明：數(shù)列是等差數(shù)列;

（2）求數(shù)列{a}的前n項(xiàng)和S.endprint

解析？搖（1）由an+1=2an+2n，得=+1，故bn+1=bn+1，則數(shù)列是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列.

（2）由（1）得bn=n，故an=n2n-1，利用“錯(cuò)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(zhuǎn)化為前面幾種類(lèi)型的問(wèn)題求解.

設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn=2an-2n.

（1）證明：{an+1-2an}是等比數(shù)列;

（2）求{an}的通項(xiàng)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(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列.

（2）由（1）得a=2a+2n，再將其轉(zhuǎn)化為類(lèi)型五，即可得an .

方法 ?待定系數(shù)法：設(shè)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(shù)s，t由s+t=p，st= -q求出，從而數(shù)列{an-san-1}是公比為t的等比數(shù)列，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為類(lèi)型五求其通項(xiàng).

設(shè)各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)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(shù)法，可以求出數(shù)列{an}通項(xiàng)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(shù)法，得bn+2+2bn+1=（bn+1+2bn）.由a=2，a=得b=lg2，b=-2lg2.

故數(shù)列{bn+1+2bn}是以b2+2b1=0為首項(xiàng)的常數(shù)列，

即bn+1+2bn=0，從而數(shù)列{bn}是以lg2為首項(xiàng)，-2為公比的等比數(shù)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(píng)注 本小題只要求學(xué)生利用遞推數(shù)列，求出a，a，并從中發(fā)現(xiàn)規(guī)律，猜想得到數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式.但是，利用變量代換與待定系數(shù)法，巧妙構(gòu)造等比數(shù)列，卻可準(zhǔn)確得到數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式.endprint

解析？搖（1）由an+1=2an+2n，得=+1，故bn+1=bn+1，則數(shù)列是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列.

（2）由（1）得bn=n，故an=n2n-1，利用“錯(cuò)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(zhuǎn)化為前面幾種類(lèi)型的問(wèn)題求解.

設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn=2an-2n.

（1）證明：{an+1-2an}是等比數(shù)列;

（2）求{an}的通項(xiàng)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(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列.

（2）由（1）得a=2a+2n，再將其轉(zhuǎn)化為類(lèi)型五，即可得an .

方法 ?待定系數(shù)法：設(shè)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(shù)s，t由s+t=p，st= -q求出，從而數(shù)列{an-san-1}是公比為t的等比數(shù)列，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為類(lèi)型五求其通項(xiàng).

設(shè)各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)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(shù)法，可以求出數(shù)列{an}通項(xiàng)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(shù)法，得bn+2+2bn+1=（bn+1+2bn）.由a=2，a=得b=lg2，b=-2lg2.

故數(shù)列{bn+1+2bn}是以b2+2b1=0為首項(xiàng)的常數(shù)列，

即bn+1+2bn=0，從而數(shù)列{bn}是以lg2為首項(xiàng)，-2為公比的等比數(shù)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(píng)注 本小題只要求學(xué)生利用遞推數(shù)列，求出a，a，并從中發(fā)現(xiàn)規(guī)律，猜想得到數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式.但是，利用變量代換與待定系數(shù)法，巧妙構(gòu)造等比數(shù)列，卻可準(zhǔn)確得到數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式.endprint

解析？搖（1）由an+1=2an+2n，得=+1，故bn+1=bn+1，則數(shù)列是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列.

（2）由（1）得bn=n，故an=n2n-1，利用“錯(cuò)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(zhuǎn)化為前面幾種類(lèi)型的問(wèn)題求解.

設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn=2an-2n.

（1）證明：{an+1-2an}是等比數(shù)列;

（2）求{an}的通項(xiàng)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(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列.

（2）由（1）得a=2a+2n，再將其轉(zhuǎn)化為類(lèi)型五，即可得an .

方法 ?待定系數(shù)法：設(shè)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(shù)s，t由s+t=p，st= -q求出，從而數(shù)列{an-san-1}是公比為t的等比數(shù)列，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為類(lèi)型五求其通項(xiàng).

設(shè)各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)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(shù)法，可以求出數(shù)列{an}通項(xiàng)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(shù)法，得bn+2+2bn+1=（bn+1+2bn）.由a=2，a=得b=lg2，b=-2lg2.

故數(shù)列{bn+1+2bn}是以b2+2b1=0為首項(xiàng)的常數(shù)列，

即bn+1+2bn=0，從而數(shù)列{bn}是以lg2為首項(xiàng)，-2為公比的等比數(shù)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(píng)注 本小題只要求學(xué)生利用遞推數(shù)列，求出a，a，并從中發(fā)現(xiàn)規(guī)律，猜想得到數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式.但是，利用變量代換與待定系數(shù)法，巧妙構(gòu)造等比數(shù)列，卻可準(zhǔn)確得到數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式.endprint