2020高考热点解读--递推数列的解法

高考热点解读

谈谈近几年高考中的连续热考的的递推数列问题 山东省郓城第一中学 辛庆存 274700

数列一直是高考的重点内容，也是高考的热点内容，由于数列与高等数学密切相关，特别递推数列一直是高考的重点考查内容。本文结合近几年的高考试题来谈谈常见的几种数列的处理策略。

一、形如()1n n a a f n +-=型的递推数列

这种形式的递推数列，是等差数列的一种拓广，由差为常数变为函数。可以用累差法。通过求差的和来达到求解的目的，前提条件是数列

(){}f n 是可求和的数列。

112211)()()(a a a a a a a a n n n n n +-++-+-=---K

例1（2020年山东理22题 ）已知数列｛n a ｝中，111

22

n n a n a a +=-、点（、）

在直线y=x 上，其中n=1,2,3….

(Ⅰ)令{}是等比数列；求证数列n n n n b a a b ,31--=-

(Ⅱ)求数列{}的通项；n a

(Ⅲ)设分别为数列、n n T S {}

、n a {}n b 的前n 项和,是否存在实数λ，使得数列n n S T n λ+??

??

??

为等差数列？若存在，试求出λ.若不存在,则说明理由。

分析：点在直线上，点的坐标满足直线的方程，就能得到递推数列关系。 解答：（1）证明：由已知得111,2,2n n a a a n +=

=+2213313

,11.4424

a a a ∴=--=--=-又11

n n n b a a +=--，

1211n n n b a a +++∴=--()11211111

1122112

n n n n n n n n n n a n a n

b a a b a a a a +++++++++----∴===---- {}n b ∴是以34-为首项，以1

2

为公比的等比数列。

（2）解：由（1）知，1

3131

4222

n n n b -??

=-?=-? ?

??，131122n n n a a +--=-?

2131

122a a ∴--=-?

32231

122

a a --=-?

…

1131

122

n n n a a ----=-?

以上各式相加（即累差）得：

()121311112222n n a a n -??

---=-?+++ ???

L ，

()1111113131221111222212

n n n a a n n --??

- ?????∴=+--?=+--- ???-

=

()11313

1122222

n n n n -??+---=+- ??? 3

22n n

a n ∴=

+- （3）解：存在2λ=，使数列n n S T n λ+??

?

???

是等差数列。由（1）

（2）知，22n n a b n +=- ()

1222

n n n n S T n +∴+=

- ()

1223222n n

n n n n n n T T S T n T n n n λλλ+--+++-∴==+

又123113142112212n n n n T b b b ??

-- ?

????

=+++=

=-- ???-L =13322n +-+ 13233222n n n S T n n n λλ++--??

∴

=+-+ ???

所以当且仅当2λ=时，数列n n S T n λ+??

?

???

是等差数列。

例2（2020年全国高考试题）已知数列{}n a 满足()1

111,32.n n n a a a n --==+≥（Ⅰ）求

23

,a a （Ⅱ）证明：31

2

n n a -=

分析：由题意可以有1

13n n n a a ---=可以用累差法。

（Ⅰ）解：2

1231,314,3413a a a =∴=+==+=Q

（Ⅱ）证明：由已知

1

13n n n a a ---=故累差得

112211)()()(a a a a a a a a n n n n n +-++-+-=---K

=1

2

31

3

3

312

n n n ---++++=L

例3（2020年全国1高考试题 22题 ）

已知数列1}{1=a a n 中，且

a 2k =a 2k －1+(－1)K , a 2k+1=a 2k +3k , 其中k=1,2,3,……. （I ）求a 3, a 5； （II ）求{ a n }的通项公式

分析：本小题主要考查数列，等比数列的概念和基本知识，考查运算能力以及分析、归纳和

推理能力. 解：（I ）a 2=a 1+(－1)1=0, a 3=a 2+31=3. a 4=a 3+(－1)2=4, a 5=a 4+32=13, 所以，a 3=3,a 5=13. (II) a 2k+1=a 2k +3k

= a 2k －1+(－1)k +3k , 所以a 2k+1－a 2k －1=3k +(－1)k ,

同理a 2k －1－a 2k －3=3k －1+(－1)k －

1, ……

a 3－a 1=3+(－1).

所以(a 2k+1－a 2k －1)+(a 2k －1－a 2k －3)+…+(a 3－a 1)

=(3k +3k －1+…+3)+[(－1)k +(－1)k －

1+…+(－1)], 由此得a 2k+1－a 1=

23(3k －1)+2

1

[(－1)k －1], 于是a 2k+1=.1)1(2

1

231--++k k a 2k = a 2k －1+(－1)k

=

21

23+k (－1)k －1－1+(－1)k =

2

1

23+k (－1)k =1.

{a n }的通项公式为： 当n 为奇数时，a n =;12

1)

1(2

3

2

12

1-?

-+-+n n 当n 为偶数时，.12

1)1(2

322

-?-+=n

n n a

上述解法也是用的是累差法。 二、形如

()1

n n

a f n a +=型的递推数列 这种形式的递推数列，是等比数列的拓广，是后项与前项的比由常数变为函数，可以用累积法，就是连乘法，约去一部分因式，从而达到化简的目的。其中(){}

f n 是能求积的数列 。

1

1

2211a a a

a a a a a n n n n n ????=

---K

例4（2002年全国高考题）设{}n a 是首项为1的正项数列，且

0)1(12

21=?+-+++n n n n a a na a n （n=1,2,3…），求通项n a 。

分析与略解：则已知有0)]()1[(11=+-+++n n n n a a na a n 。

由{}n a 为正项数列，知01≠++n n a a ，故有0)1(1=-++n n na a n 。（*）

方法1（累积法）：由（*）有11+=

+n n

a a n

n 。 利用

1

1

2

32211a a a a a a a a a a n n n n n n n ???=

-----K

121

23121?--?--?-=

K n n n n n n ，

得

n a n 1=

方法2（累差法）：由（*）式，记n n na b =，则01=-+n n b b 。 利用10001)()()(123121=++++=-++-+-+=-K K n n n b b b b b b b b

得

n a n 1

=

。

方法3（常数列）：由（*）式有

n n na a n =++1)1(，可知{}n na 是常数列。

则 111=?=a na n ，得

n a n 1=

。

评析：有些数列不易直接化成等差或等比数列，但经推理可寻求特殊的关系转化为可 求通项的数列

三、形如()10,1n n a pa q p p +=+≠≠型的递推数列。

这类数列，有两种处理方法，一种是求其差数列，其差数列一定是以p 为公比的等比数列，求出差数列后，利用累差法来求原数列的通项公式。另一种处理的方法是这个数列的每一项加上一个常数后，一定是一个以p 为公比的等比数列，这个常数可以用待定系数法来求。 也就是说{}1n n a a +-与{}n a t +是以p 为公比的等比数列。

例5（2020年高考福建卷理工22题）已知数列｛a n ｝满足a 1=1,a 1+n =2a n +1(n ∈N *

) （Ⅰ）求数列｛a n ｝的通项公式；

（Ⅱ）若数列{b n }满足4k1-14k2-1…4k-1=(a n +1)km (n ∈N *),证明:{b n }是等差数列;

（Ⅲ）证明:

2

31213221n

a a a a a a n n n ＜＜++?++-(n ∈N *). 分析：本小题主要考查数列、不等式等基本知识，考查化归的数学思想方法，考

查综合解题能力。满分14分。

（I ）解：∵a n +1=2 a 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 +1=2n ，

既a n =2n －1(n ∈N)。

（II ）证法一：∵4b1－14 b2－2…4 b n －1=(a +1)bn ，

∵4k1+k2+…+kn =2nk ,

∴2[(b 1+b 2+…+b n )-n]=nb, ① 2[(b 1+b 2+…+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,

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=0, ∴b n-2-b n+1=b n (n ∈N *), ∴{b n }是等差数列. 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,得b 1=2.

(2)假设当n=k(k ≥2)时，b 1=2+(k-1)d,那么

b k+1=

.)1)1((21

2))1(2(1121d k k d k k k k b k k -++=---+-=--- 这就是说，当n=k+1时，等式也成立.

根据(1)和(2)，可知b n =2(n-1)d 对任何n ∈N *都成立. ∵b n+1-b n =d, ∴{b n }是等差数列.

(3)证明：∵

,,...,2,1,21

)

2

12(212121

211n k a a k k k k k k =--=--=++＜ ∴

.2

13221n

a a a a a a n n ＜++?++ ∵222·3121)12(21211212111-+-

=+-=--=+++k k k k k k k a a ≥3121-(k

21),k=1,2,…,n, 评注：本题的第一步可以设()()122n n a t a t n -+=+≥可化为

12n n a a t -=+与121n n a a -=+比较得1t =所以()1121n n a a -+=+以下略。

也可以121n n a a +=+与121n n a a -=+两式相减得

()112n n n n a a a a +--=-()2n ≥从而得出{}1n n a a +-是公比为2的等比数列。下略。

例6（2020年高考山东卷理21题）已知数列{}n a 的首项15,a =前n 项和为n S ，且

*15()n n S S n n N +=++∈

（I ）证明数列{}1n a +是等比数列；

（II ）令212()n

n f x a x a x a x =+++L ，求函数()f x 在点1x =处的导数(1)f '并比较

2(1)f '与22313n n -的大小.

分析：解：由已知*

15()n n S S n n N +=++∈可得12,24n n n S S n -≥=++两式相减得

()1121n n n n S S S S +--=-+即121n n a a +=+从而()1121n n a a ++=+当1n =时

21215S S =++所以21126a a a +=+又15a =所以211a =从而()21121a a +=+

故总有112(1)n n a a ++=+，*

n N ∈又115,10a a =+≠从而

11

21

n n a a ++=+即数列{}1n a +是等

比数列；

（II ）由（I ）知321n

n a =?-

因为212()n n f x a x a x a x =+++L 所以1

12()2n n f x a a x na x -'=+++L

从而12(1)2n f a a na '=+++L =()()

23212321(321)n n ?-+?-++?-L =()

232222n n +?++?L -()12n +++L =()1

(1)

312

62

n n n n ++-?-

+ 由上()

()22(1)23131212n f n n n '--=-?-()

21221n n --=

()()1212121(21)n n n n -?--+=12(1)2(21)n

n n ??--+??①

当1n =时，①式=0所以2

2(1)2313f n n '=-； 当2n =时，①式=-120<所以2

2(1)2313f n n '<-

当3n ≥时，10n ->又()0

1

1

211n

n

n n

n n n n C C C C -=+=++++L ≥2221n n +>+

所以()()12210n

n n ??--+>??

即①0>从而2(1)f '>22313n n - 练习（2020年重庆卷14题）在数列{}n a 中，若()111,231n n a a a n +==+≥，则数列的通项公式n a =

答案1

23n n a +=-

四、形如()1n n a pa f n +=+型 这类递推数列一般是两边除以1

n p

+得

()111n n n n n f n a a p p p +++=+然后令n

n n

a b p

=则有()

11

n n n f n b b p

++=+

从而转化为第一种类型。 例 7（2020年高考全国卷1理22）设数列{}n a 的前n 项的和

1412

2333

n n n S a +=-?+，1,2,3,n =g g g

（Ⅰ）求首项1a 与通项n a ；

（Ⅱ）设2n

n n T S =，1,2,3,n =g

g g ，证明：1

32n

i i T =<∑ 分析 消去n S 得出递推公式。 （1） 解：14122333n n n S a +=-?+得1111412

42333

a S a a ==-?+∴= 再由()11412

22333

n n n S a n --=

-?+≥两式相减得

142n n n a a -=+两边同除以4n 得

111442n n n n n a a --=+令4n n n a b =则有1

1

2n n n

b b --= 累差得112

n n

b =-

即有42n n

n a =- （2）证明：将42n n

n a =-代入14122333n n n S a +=

-?+得()()12

21213

n n n S +=?--所以有1231122121n n n n n T S +??==?- ?--??

所以11

131122121n

n i n n i i T +==??=- ?--??∑∑＝2333

2222n +-<-

五、形如

()112n n n a pa qa n +-=+≥型

当p+q=1时，将p ＝1－q 代入递推式得()11n n n n a a q a a +--=--。于是数列{}1n n a a +-是以21a a -为首项，-q 为公比的等比数列，从而()

()1

121n n n a a q a a -+-=--进而利用累差法

来求数列的通项公式。当1p q +≠时，假设存在,αβ

满足

()()112n n n n a a a a n αβα+--=-≥，现在用待定系数法来求,αβ。变形得 ()11n n n a a a αβαβ+-=+-与原式()112n n n a pa qa n +-=+≥比较得：

p q

αβαβ+=??

=-?可见,αβ是方程2

0x px q --=的两个实根，很容易求出,αβ的值。从而数列

{}1n n a a α+-是等比数列，有()1121n n n a a a a ααβ-+-=-或是

()1121n n n a a a a ββα-+-=-()111,231n n a a a n +==+≥进而转化为第四种形式，

求出通项公式。

例8（2020年四川理20）

已知数列{}n a ，其中11a =，23a =，112(2)n n n a a a n +-=+≥，记数列{}n a 的前n

项和为n S ，数列{ln }n a 的前n 项和为n U ． （I ）求n U ；

（II ）设22

()(0)2(!)

n U n

n e F x x x n n =>，'1()()k n n k T x F x ==?（其中'()k F x 为()k F x 的导函数），计算1()

lim ()

n n n T x T x +．

解：本小题主要考察等差数列、等比数列的基础知识，以及对数运算、导数运算和极

限运算的能力，同时考查分类讨论的思想方法，满分12分。

解：（Ⅰ）由题意，{}n a 是首项为1，公差为2的等差数列 前n 项和()211212

n n S n n ++-=

?=，2

ln ln 2ln n S n n ==

()()2ln1ln 2ln 2ln !n U n n =+++=L

（Ⅱ）()()

()()

2

2222

2

!22!2!n U n n

n

n n e x F x x

x n n n n n =

?=?= ()'21n n F x x -= ()()()

()()

()()22

'

21112210111111n n n

k n k k k n

x x x x T x F x x n x x x x x -==?-?<<-??====??-?

>?-?

∑∑ ()()()()()

222122

21lim 1011lim lim 11111lim 11n n n n n n n n n n x

x x T x n x T x n x x x x +→∞→∞→∞+→∞?

??-?=<

?===?+?

???

- ??

???>???- ?????

例9（2020年高考福建文22题）

已

知数列

{}

n a 满足

*12211,3,32().n n n a a a a a n N ++===-∈

（I ）证明：数列{}1n n a a +-是等比数列； （II ）求数列{}n a 的通项公式；

（II ）若数列{}n b 满足12111

*44

...4(1)(),n n b b b b n a n N ---=+∈证明{}n b 是等差数列。

分析：本小题主要考查数列、不等式等基本知识，考查化归的数学思想方法，考查综合解题

能力。满分14分。

（I ）证明：2132,n n n a a a ++=-Q

21112*21

12(),

1,3,2().

n n n n n n n n

a a a a a a a a n N a a ++++++∴-=-==-∴

=∈-Q

{}1n n a a +∴-是以21a a -2=为首项，2为公比的等比数列。

（II ）解：由（I ）得*

12(),n n n a a n N +-=∈

112211()()...()n n n n n a a a a a a a a ---∴=-+-++-+

12*

22...2121().

n n n n N --=++++=-∈

（III ）证明：12111

44

...4(1),n n b b b b n a ---=+Q

12(...)42,n n b b b nb +++∴=

122[(...)],n n b b b n nb ∴+++-= ① 12112[(...)(1)](1).n n n b b b b n n b ++++++-+=+ ②

②－①，得112(1)(1),n n n b n b nb ++-=+- 即1(1)20.n n n b nb +--+= ③ 21(1)20.n n nb n b ++-++= ④ ④－③，得2120,n n n nb nb nb ++-+= 即2120,n n n b b b ++-+=

*211(),n n n n b b b b n N +++∴-=-∈

{}n b ∴是等差数列。

六、形如()10,0q

n n n a pa p a +=>>型 当q=1时是等比数列。

当1q ≠时，对递推式两边取对数，得1lg lg lg n n a q a p +=+ 令lg n n b a = 1lg n n b qb p +=+ 则转化为第三种类型。

例如2020年山东省高考试卷22题就是这种类型的题目的一种简单形式。 例10在数列{}n a

中，1110,n a a +==

lg n n b a =

（1） 求数列{}n b 的通项公式 （2） 1

21

n

k k k b T b +=-=

∑

解：（1）由题意得111

1,n n b b b n

+==

。数列{}n b 的形式就是第二种形式。所以有 ()111111

12311!

n b b n n =?????=--L

（2）

()111

1111

122334*********

11223341n

k k k b T b n n n n n

+=-==++++???-=-+-+-++-=-

-∑

L L

七、利用归纳猜想

先求数列的前几项，归纳出数列的通项公式，然后用数学归纳法来证明。 例11（2020年高考北京理19题）设数列

???

???

?+=≠=+.

,41,

,21,4

1

}{1

1为奇数为偶数且的首项n a n a a a a a n n

n n

记.,3,2,1,4112Λ=-=-n a b n n

（Ⅰ）求a 2，a 3；

（Ⅱ）判断数列}{n b 是否为等比数列，并证明你的结论； （Ⅲ）求).(lim 21n n b b b +++∞

→Λ

分析：先求出前几项，猜出通项公式，用数学归纳法证明。

解：（Ⅰ）.812121,41412312+==+=+

=a a a a a a （Ⅱ）因为.163

4121,8321414534+==+=+=a a a a a a 所以

所以).4

1

(4141),41(2141,0414*******-=-=-=-=≠-=-=a a b a a b a a b

猜想：}{n b 是公比为2

1

的等比数列.

证明如下： 因为)4

1

(2141)41(2141214112122121-=-+=-=-=--++n n n n n a a a a b

)(,2

1

*∈=N n b n 所以}{n b 是首项为2

1

,41公比为-a 的等比数列.

（Ⅲ）).4

1(22

11211)

211(lim

)(lim 1121-=-=--=+++∞→∞→a b b b b b n n n n Λ

八、利用转化思想化为等差等比数列求解

等差和等比数列是数列中最常见的两种重要数列，解题中若能把递推数列化归为等差 或等比数列求解，则比较简捷。 例12（2020年江西理22题） 已知数列｛a n ｝满足：a 1＝

3

2

，且a n ＝n 1n 13na n 2n N 2a 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 ！ 分析：将递推公式变形，转化为等差或等比数列来求。 解：将条件变为：1－

n n a ＝n 11n 113a －－（－），因此｛1－n

n

a ｝为一个等比数列，其首项为 1－11a ＝13，公比13

，从而1－n n a ＝n 1

3，据此得a n ＝n n n 331?－（n ≥1）…………1?

（1） 证：据1?得，a 1?a 2?…a n ＝

2n n 111111333

?！

（－）（－）…（－）

为证a 1?a 2?……a n <2?n ！ 只要证n ∈N *时有2n 1

11111333?（－）（－

）…（－）

>12

…………2? 显然，左端每个因式都是正数，先证明，对每个n ∈N *，有

2n 111

111333?（－）（－）…（－）

≥1－（2n 111333

＋＋…＋）…………3? 用数学归纳法证明3?式： （i ） n ＝1时，3?式显然成立， （ii ） 设n ＝k 时，3?式成立， 即2k 1

11111333?（－）（－

）…（－）≥1－（2k

111

333＋＋…＋

） 则当n ＝k ＋1时，

2k k 1111111113333???＋（－）（－）…（－）（－）

≥〔1－（2k 111333＋＋…＋）〕?（k 11

13＋－） ＝1－（2k 111333＋＋…＋）－k 113＋＋k 11

3＋（2k 111333＋＋…＋）

≥1－（2k 111333＋＋…＋＋k 11

3

＋）即当n ＝k ＋1时，3?式也成立。

故对一切n ∈N *，3?式都成立。

利用3?得，2n 111111333?（－）（－）…（－）≥1－（2n 111333＋＋…＋）＝1－n

11133113

〔－（）〕

－

＝1－n n 11111123223〔－（）〕＝＋（）>12

故2?式成立，从而结论成立。

例13（天津、江西、山西2002年高考题）已知{}n a 是由非负整数组成的数列，满足

01=a ，32=a ，)2)(2(211++=?--+n n n n a a a a （n=3，4，5…）。

（1）求3a ；

（2）证明22+=-n n a a （n=3，4，5…）； （3）求{}n a 的通项公式及前n 项的和。

分析与略解：（1）由条件知1043=?a a 且3a 、4a 均为非负数，故3a 可能值为1、2、

5、10。对其逐一讨论，并保证n a 均为非负整数，知23=a 。

（2）用数学归纳法证明： 易知n=3时，213+=a a ，等式成立。

假设n=k(k ≥3)时等式成立，即

22+=-k k a a 。

由条件)2)(2(211++=?--+k k k k a a a a 。而022≠+=-k k a a ，则上式化为

211+=-+k k a a ，

即n=k+1时等式也成立。

综合上述，对n ≥3时，有211+=-+n n a a 成立。 （3），由（2）知23212+=--k k a a ，01=a ，

则)1(212-=-k a k （k=1，2，3…）；

3,22222=+=-a a a k k ，

从而n

n n a )1(-+=（n=1，2，3…）

可求得??????

?-++=).(1)1(21),)(1(2

1

为奇数时为常数时n n n n n n S n

九、用,n n a S 的关系求通项公式：

11,1,2

n n n S n a S S n -=?=?-≥?

例14（2020年高考山东理21）

已知数列,5}{1=a a n 的首项前n 项和为S n ，且S n+1=2S n +n+5（n ∈N*）。 （Ⅰ）证明数列}1{+n a 是等比数列；

（Ⅱ）令)1(1)(,)(221f x x f x a x a x a x f n

n '=+++=处的导数在点求函数Λ，并比

较n n f 1323)1(22

-'与的大小。

解：解：（Ⅰ）由已知,521++=+n S S n n ∴,42,21++=≥-n S S n n n 时 两式相减，得 ,1)(211+-=--+n n n n S S S S 即 ,121+=+n n a a 从而).1(211+=++n n a a

当n=1时，S 2=2S 1+1+5， ∴62121+=+a a a 又,11,521=∴=a a 从而 ).1(2112+=+a a 故总有 .*),1(211N n a a n n ∈+=++ 又∵ ,01,51≠+∴=n a a

从而

.21

1

1=+++n n a a

即61}1{1=++a a n 是以为首项，2为公比的等比数列.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知.123-?=n

n a n n x a x a x a x f +++=ΛΘ221)(

1212)(-+++='∴n n x na x a a x f Λ.

从而n na a a f +++='Λ212)1(

)123()123(2)123(2-?++-?+-?=n n Λ

)21()2222(32

n n n

+++-?++?+=ΛΛ

2

)

1()]22(2

[31

+-

++-?=+n n n n n Λ 2

)1(]222[31

1+-+-?=++n n n n n

.62

)1(2)1(31

++-

?-=+n n n n 由上 )12(122)1(12)1323()1(22

2---?-=--'n n n n n f n

)].12(2)[1(12)12)(1(122)1(12+--=+--?-=n n n n n n

n （*） 当n=1时，（*）式=0， n n f 1323)1(22

-='∴； 当n=2时，（*）式,012<-= n n f 1323)1(22

-<'∴；

当,1222)11(2,01,31102+>+≥++++=+=>-≥-n n C C C C n n n

n n n n n n Λ又时

.0)(,0)]12(2)[1(>*>+--∴即n n n 从而.1323)1(22n n f ->'

（或用数学归纳法：3≥n 时，猜想 .1323)1(22

n n f ->' 由于.122,01+>>-n n n

只要证明 事实上. 1* 当n=3时，.13223

+?> 不等式成立 2* 设122),3(+>≥=k k k n k 有时， 则).12(1)1(224)12(22

1

-+++=+=+>+k k k k k

,012,3>-∴≥k k Θ

从而 .1)1(2)12(1)1(22

1

++>-+++>+k k k k

即.122,1+>+=n k n n

亦有时 综上1*、2*知，*

∈≥+>N n n n n

,3122对都成立.

.1323)1(2,32n n f n ->'≥∴有时

综上n n f n 1323)1(2,12

-='=时； n n f n 1323)1(2,22

-<'=时；

.1323)1(2,32n n f n ->'≥时

例15 已知数列{}n a 的首项11=a ，前n 项和为n S ，且)(24*

1N n a S n n ∈+=+，求{}n a

的通项公式。

分析与略解：当n ≥2时，241+=+n n a S ，241+=-n n a S 。两式相减，得

11144-++-=-=n n n n n a a S S a ， )2(2211-+-=-n n n n a a a a 。

可见{}n n a a 21-+是公比为2的等比数列。

又 241221+==+a S a a ，11=a ， 得 52=a ， 则 3212=-a a 。

因此 1

1232-+?=-n n n a a 。

两边同除以1

2

+n ，得

43221

1=-++n n n n a a （常数），

可见??????n n a 2是首项为212

1=

a ，公差为43

的等差数列。因此

从而2

2)13(--=n n n a 。

评析：本例通过两次化归，第一次把数列化归为等比数列，第二次把数列化归为等差

数列，随着化归的进行。问题降低了难度。