高考数列递推公式题型归纳解析完整答案版

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高考数学专题59 由递推关系求数列的通项(解析版)

专题59 由递推关系求数列的通项一、题型选讲题型一、由连续两项之间的关系确定数列的通项利用数列的递推公式求解数列的通项公式的策略： 1、对于递推关系转化为〔常数〕或〔常数〕可利用等差、等比数列的通项公式求解； 2、对于递推关系式可转化为的数列，通常采用叠加法〔逐差相加法〕求其通项公式；3、对于递推关系式可转化为的数列，并且容易求数列前项积时，通常采用累乘法求其通项公式；4、对于递推关系式形如的数列，可采用构造法求解数列的通项公式.例1、数列{}n a 中，111,21(2)n n a a a n -==+≥，求数列{}n a 的通项公式。

【解析】解法一：121(2),n n a a n -=+≥112(1)n n a a -∴+=+ 又{}112,1n a a +=∴+是首项为2，公比为2的等比数列12n n a ∴+=，即21n n a =- 解法二：121(2),n n a a n -=+≥121n n a a +∴=+两式相减得112()(2)n n n n a a a a n +--=-≥，故数列{}1n n a a +-是首项为2，公比为2的等比数列，再用累加法的……例2、在数列{n a }中，1a =21，1121+++=n n n a a 求n a 【解析】：由递推式得：1121++=-n n n a a1n n a a d +-=1n na q a +=1()n n a a f n +-=1()n na f n a +={()}f n n 1n n a pa q +=+即： 21221=-a a 32321=-a a43421=-a a……………..)2(211≥=--n a a n n n 以上各式相加：nn a a 21.....2121321++++= =n 21.....21212132++++ =211)211(21--n =n 211- )2(≥n 当1=n 时 1a =1—21211= 所以n a =n 211-例3、n n a n n a a 2313,311+-==+ 求n a【解析】：由递推式得23131+-=+n n a a n n 即：21311312+⨯-⨯=a a =5222312323+⨯-⨯=a a =85 11823313334=+⨯-⨯=a a ………………………13432)1(31)1(31--=+-⨯--⨯=-n n n n a a n n )2(≥n以上各式相乘:1361321-=-=n a n a n )2(≥n 当1=n 时 1a =1136-⨯=3所以： 136-=n a n题型二、由连续三项确定数列的通项原递推式可化为211()() n n n n a a p a a λλλ++++=++的形式，比拟系数可求得λ，数列{}1n n a a λ++为等比数列。

2024年高考数学专项复习数列求和与递推综合归类 (解析版)

数列求和与递推综合归类目录重难点题型归纳 1【题型一】等差与等比型累加法 1【题型二】换元型累加、累积法 3【题型三】周期数列型递推 4【题型四】二阶等比数列型递推 6【题型五】分式型求递推 7【题型六】前n 项积型递推 8【题型七】“和”定值型递推 9【题型八】分段型等差等比求和 11【题型九】函数中心型倒序求和 12【题型十】分组求和型 14【题型十一】错位相减型求和 16【题型十二】正负相间型求和 19【题型十三】无理根式型裂项相消求和 20【题型十四】指数型裂项相消 22【题型十五】等差指数混合型裂项 23【题型十六】裂和型裂项相消 26【题型十七】分离常数型裂项 27好题演练29重难点题型归纳重难点题型归纳题型一等差与等比型累加法【典例分析】1.(等差累加法)已知数列a n 中，已知a 1=2，a n +1-a n =2n ，则a 50等于()A.2451B.2452C.2449D.24502.(等比累加法)已知数列a n 满足a 1=2，a n +1-a n =2n ，则a 9=()A.510B.512C.1022D.10242024年高考数学专项复习数列求和与递推综合归类（解析版）【技法指引】对于递推公式为a n -a n -1=f n ，一般利用累加法求出数列的通项公式；累乘法：若在已知数列中相邻两项存在：a na n -1=g (n )(n ≥2)的关系，可用“累乘法”求通项.【变式演练】1.已知数列a n n ∈N * 是首项为1的正项等差数列，公差不为0，若a 1、数列a 2n 的第2项、数列a n 2 的第5项恰好构成等比数列，则数列a n 的通项公式为()A.a n =2n -1B.a n =2n +1C.a n =n -1D.a n =n +12.已知数列a n 中，a 1=1，前n 项和S n =n +23a n ，则a n 的通项公式为.题型二换元型累加、累积法【典例分析】1.已知数列a n 满足：a 1=13，(n +1)a n +1-na n =2n +1，n ∈N *，则下列说法正确的是()A.a n +1≥a nB.a n +1≤a nC.数列a n 的最小项为a 3和a 4D.数列a n 的最大项为a 3和a 4【变式演练】1.(换元对数累加法)在数列a n 中，a 1=2，a n +1n +1=a n n +ln 1+1n ，则a n =()A.a 8B.2+n -1 ln nC.1+n +ln nD.2n +n ln n2.已知数列a n 满足a 1=32，a n =n n -1a n -1-n2n .(1)求数列a n 的通项公式；(2)设数列a n 的前n 项和为S n ，求满足S n <12的所有正整数n 的取值集合.【典例分析】1.已知数列a n满足a1=2，a n+1=1+a n1-a n，(n∈N*)，则a1⋅a2⋅a3⋅⋯a2009⋅a2010=_________．【变式演练】1.数列{a n}中，a1=1，a2=3，a n+1=a n-a n-1(n≥2,n∈N*)，那么a2019=()A.1B.2C.3D.-32.数列a n的首项a1=3，且a n=2-2a n-1n≥2，则a2021=()A.3B.43C.12D.-2题型四【二阶等比数列型递推【典例分析】1.已知数列a n满足a1=2,且a n=2a n-1-1(n≥2,n∈N+)，则a n=______________【变式演练】1.已知数列a n中，a1=1，a n=3a n-1+4(n∈N∗且n≥2)，则数列a n通项公式a n为() A.3n-1 B.3n+1-2 C.3n-2 D.3n2.已知数列{a n}满足：a n+1=2a n-n+1(n∈N*)，a1=3.(1)证明数列b n=a n-n(n∈N*)是等比数列，并求数列{a n}的通项；(2)设c n=a n+1-a na n a n+1，数列{c n}的前n项和为{S n}，求证：S n<1.【典例分析】1.在数列{a n}中，a1=1，a n+1=2a na n+2(n∈N*)，则22019是这个数列的第________________项．【变式演练】1.已知数列a n满足a1=1,a n+1=2a na n+2.记C n=2na n，则数列Cn的前n项和C1+C2+...+Cn=．2.数列a n满足：a1=13，且na n=2a n-1+n-1a n-1(n∈N*,n≥2)，则数列a n的通项公式是a n=．题型六前n项积型递推【典例分析】1.设等比数列a n的公比为q，其前n项和为S n，前n项积为T n，并且满足条件a1>1，a7a8>1，a7-1a8-1<0.则下列结论正确的是(多选题)A.0<q<1B.a7a9<1C.T n的最大值为T7D.S n的最大值为S7【技法指引】类比前n项和求通项过程来求数列前n项积：1.n=1，得a12.n≥2时，a n=T n T n-1所以a n=T1，(n=1) T nT n-1,(n≥2)【变式演练】1.若数列a n满足a n+2=2⋅a n+1a n(n∈N*)，且a1=1,a2=2，则数列a n的前2016项之积为()A.22014B.22015C.22016D.220172.设等比数列a n的公比为q，其前n项和为S n，前n项积为T n，并满足条件a1>1，且a2020a2021> 1，a2020-1a2021-1<0，下列结论正确的是(多选题)A.S2020<S2021B.a2020a2022-1<0C.数列T n无最大值 D.T2020是数列T n中的最大值题型七“和”定值型递推【典例分析】1.若数列a n满足a n+2a n+1+a n+1a n=k(k为常数)，则称数列a n为等比和数列，k称为公比和，已知数列a n是以3为公比和的等比和数列，其中a1=1，a2=2，则a2019=______.【变式演练】1.已知数列{a n}满足a n+a n+1=12(n∈N*)，a2=2，S n是数列{a n}的前n项和，则S21为()A.5B.72C.92D.1322.知数列{a n}满足：a n+1+a n=4n-3(n∈N*)，且a1=2，则a n=．题型八分段型等差等比求和【典例分析】1.已知数列a n满足a1=2，a n+1=32a n,n为奇数2a n,n为偶数 .(1)记b n=a2n，写出b1，b2，并求数列b n的通项公式；(2)求a n的前12项和.【变式演练】1.已知数列a n满足a1=1,a n+1=a n+1,n=2k-1, a n,n=2k.(1)求a2,a5的值；(2)求a n的前50项和S50．题型九函数中心型倒序求和【典例分析】1.已知A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 是函数f (x )=2x 1-2x,x ≠12-1,x =12的图象上的任意两点(可以重合)，点M为AB 的中点，且M 在直线x =12上．(1)求x 1+x 2的值及y 1+y 2的值；(2)已知S 1=0，当n ≥2时，S n =f 1n +f 2n +f 3n +⋯+f n -1n，求S n ；(3)若在(2)的条件下，存在n 使得对任意的x ，不等式S n >-x 2+2x +t 成立，求t 的范围．【变式演练】2.已知a n 为等比数列，且a 1a 2021=1，若f x =21+x2，求f a 1 +f a 2 +f a 3 +⋯+f a 2021 的值．题型十分组求和型【典例分析】1.已知等比数列a n 的公比大于1，a 2=6，a 1+a 3=20.(1)求a n 的通项公式；(2)若b n =a n +1log 3a n +12log 3a n +22，求b n 的前n 项和T n .【技法指引】对于a n +b n 结构，利用分组求和法【变式演练】1.设S n 为数列a n 的前n 项和，已知a n >0，a 2n +2a n =4S n +3n ∈N *，若数列b n 满足b 1=2，b 2=4，b 2n +1=b n b n +2n ∈N *(1)求数列a n 和b n 的通项公式；(2)设c n =1S n,n =2k -1,k ∈N * b n,n =2k ,k ∈N *求数列c n 的前n 项的和T n .【典例分析】1.已知数列a n 满足a 1=2，且a n +1-3 ⋅a n +1 +4=0，n ∈N *.(1)求证：数列1a n -1是等差数列；(2)若数列b n 满足b n =2n +1a n -1，求b n 的前n 项和.【技法指引】对于a n b n 结构，其中a n 是等差数列，b n 是等比数列，用错位相减法求和；思维结构结构图示如下【变式演练】1.已知等比数列a n 的首项a 1=1，公比为q ，b n 是公差为d d >0 的等差数列，b 1=a 1，b 3=a 3，b 2是b 1与b 7的等比中项．(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n 的前n 项和为S n ，数列c n 满足nc n =a 2n S n ，求数列c n 的前n 项和T n ．【典例分析】1.已知数列a n各项均为正数，且a1=2，a n+12-2a n+1=a n2+2a n．(1)求a n的通项公式(2)设b n=-1n a n，求b1+b2+b1+⋯+b20．【变式演练】1.设等差数列a n的前n项和为S n，已知a3+a5=8,S3+S5=10. (1)求a n的通项公式；(2)令b n=(-1)n a n，求数列b n的前n项和T n.题型十三无理根式型裂项相消求和【典例分析】1.设数列a n的前n项和为S n，且满足2S n=3a n-3．(1)求数列a n的通项公式：(2)若b n=a n3,n为奇数1log3a n+log3a n+2,n为偶数，求数列和b n 的前10项的和．【变式演练】1.设数列a n的前n项和S n满足2S n=na n+n，n∈N+，a2=2，(1)证明：数列a n是等差数列，并求其通项公式﹔(2)设b n=1a n a n+1+a n+1a n，求证：T n=b1+b2+⋯+b n<1.题型十四指数型裂项相消【典例分析】1.已知数列a n 的前n 项和为S n ，且S n =2a n -1.(1)求a n ；(2)设b n =a n a n +1-1 ⋅a n +2-1 ，求数列b n 的前n 项和T n .【变式演练】1.数列a n 满足：a 1+2a 2+3a 3+⋅⋅⋅+n -1 a n -1=2+n -2 ⋅2n n ≥2 .(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =a n a n -1 a n +1-1，T n 为数列b n 的前n 项和，若T n <m 2-3m +3恒成立，求实数m 的取值范围.题型十五等差指数混合型裂项【典例分析】1.已知数列a n 满足S n =n a 1+a n 2，其中S n 是a n 的前n 项和.(1)求证：a n 是等差数列；(2)若a 1=1,a 2=2，求b n =2n 1-a n a n a n +1的前n 项和T n .【变式演练】2.已知等比数列a n 的各项均为正数，2a 5，a 4，4a 6成等差数列，且满足a 4=4a 23，数列S n 的前n 项之积为b n ，且1S n +2b n=1．(1)求数列a n 和b n 的通项公式；(2)设d n =b n +2⋅a n b n ⋅b n +1，若数列d n 的前n 项和M n ，证明：730≤M n <13．【典例分析】1.已知数列a n 的满足a 1=1，a m +n =a m +a n m ,n ∈N * .(1)求a n 的通项公式；(2)记b n =(-1)n ⋅2n +1a n a n +1，数列b n 的前2n 项和为T 2n ，证明：-1<T 2n ≤-23.【技法指引】正负相间型裂和，裂项公式思维供参考：-1 n ⋅pn +q kn +b k (n +1)+b=-1 n ⋅t 1kn +b +1k (n +1)+b【变式演练】1.记正项数列a n 的前n 项积为T n ，且1a n =1-2T n ．(1)证明：数列T n 是等差数列；(2)记b n =-1 n ⋅4n +4T n T n +1，求数列b n 的前2n 项和S 2n ．【典例分析】1.已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，若S 8=4a 4+20，且a 5+a 6=11.(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =n 2+n +1a n a n +1，求b n 的前n 项和T n .【变式演练】1.已知等差数列a n 的通项公式为a n =2n -c c <2 ，记数列a n 的前n 项和为S n n ∈N * ，且数列S n 为等差数列．(1)求数列a n 的通项公式；(2)设数列4S n a n a n +1的前n 项和为T n n ∈N * ，求T n 的通项公式．好题演练好题演练1.(山东省泰安市2023届高三二模数学试题)已知数列a n 的前n 项和为S n ，a 1=2，a n ≠0，a n a n +1=4S n .(1)求a n ；(2)设b n =-1 n ⋅3n -1 ，数列b n 的前n 项和为T n ，若∀k ∈N *，都有T 2k -1<λ<T 2k 成立，求实数λ的范围.2.(2023·全国·模拟预测)已知正项数列a n 满足a 1=1，a n +1a n =1+1n.(1)求证：数列a 2n 为等差数列；(2)设b n =1a 2n a n +1+a n a 2n +1，求数列b n 的前n 项和T n .3.(2023·全国·学军中学校联考二模)设数列a n 满足a n +1=3a n -2a n -1n ≥2 ,a 1=1,a 2=2.(1)求数列a n 的通项公式；(2)在数列a n 的任意a k 与a k +1项之间，都插入k k ∈N * 个相同的数(-1)k k ，组成数列b n ，记数列b n 的前n 项的和为T n ，求T 27的值.4.(2023·全国·长郡中学校联考二模)已知正项数列a n 的前n 项和为S n ，且a 1=1，a n =S n +S n -1(n ∈N *且n ≥2).(1)求数列a n 的通项公式；(2)设数列a n +22n a n a n +1 的前n 项和为T n ，求证：T n <1.5.(2023·四川攀枝花·统考三模)已知等差数列a n的公差为d d≠0，前n项和为S n，现给出下列三个条件：①S1,S2,S4成等比数列；②S4=32；③S6=3a6+2.请你从这三个条件中任选两个解答下列问题.(1)求数列a n的通项公式；(2)若b n-b n-1=2a n n≥2，且b1=3，设数列1b n的前n项和为Tn，求证：13≤T n<12.6.(2023春·江西抚州·高二金溪一中校联考期中)已知数列a n满足a1=2,a n+1= 2a n+2,n为奇数,1 2a n+1,n为偶数.(1)记b n=a2n，证明：数列b n为等差数列；(2)若把满足a m=a k的项a m,a k称为数列a n中的重复项，求数列a n的前100项中所有重复项的和.7.(河北省2023届高三下学期大数据应用调研联合测评(Ⅲ)数学试题)已知数列a n 满足：a 1=12，3a n +1a n =1+a n +11+a n.(1)求证：1a n +1 是等比数列，并求出数列a n 的通项公式；(2)设b n =3n ⋅a n a n +1，求数列b n 的前n 项和S n .8.(2023·全国·模拟预测)已知数列a n 的前n 项和S n 满足S n =n 2-1+a n .(1)求a 1及a n ；(2)令b n =4S n a n a n +1，求数列b n 的前n 项和T n .数列求和与递推综合归类目录重难点题型归纳 1【题型一】等差与等比型累加法 1【题型二】换元型累加、累积法 3【题型三】周期数列型递推 4【题型四】二阶等比数列型递推 6【题型五】分式型求递推 7【题型六】前n项积型递推 8【题型七】“和”定值型递推 9【题型八】分段型等差等比求和 11【题型九】函数中心型倒序求和 12【题型十】分组求和型 14【题型十一】错位相减型求和 16【题型十二】正负相间型求和 19【题型十三】无理根式型裂项相消求和 20【题型十四】指数型裂项相消 22【题型十五】等差指数混合型裂项 23【题型十六】裂和型裂项相消 26【题型十七】分离常数型裂项 27好题演练 29重难点题型归纳重难点题型归纳题型一等差与等比型累加法【典例分析】1.(等差累加法)已知数列a n中，已知a1=2，a n+1-a n=2n，则a50等于()A.2451B.2452C.2449D.2450【答案】B【详解】由a n+1-a n=2n得：a n-a n-1=2n-1，a n-1-a n-2=2n-2，⋯⋯，a3-a2=2×2，a2-a1=2×1，各式相加可得：a n-a1=2×1+2+⋅⋅⋅+n-1=2×n n-12=n n-1，又a1=2，∴a n=2+n n-1=n2-n+2，∴a50=2500-50+2=2452.故选：B.2.(等比累加法)已知数列a n满足a1=2，a n+1-a n=2n，则a9=()A.510B.512C.1022D.1024【答案】B【详解】由a1=2,a n+1-a n=2n得a2-a1=2，a3-a2=22，a4-a3=23，⋮a n -a n -1=2n -1，以上各式相加得，a n -a 1=2+22+⋯+2n -1=21-2n -11-2=2n -2，所以a n =2n -2+a 1=2n ，所以a 9=29=512.故选：B .【技法指引】对于递推公式为a n -a n -1=f n ，一般利用累加法求出数列的通项公式；累乘法：若在已知数列中相邻两项存在：a na n -1=g (n )(n ≥2)的关系，可用“累乘法”求通项.【变式演练】1.已知数列a n n ∈N * 是首项为1的正项等差数列，公差不为0，若a 1、数列a 2n 的第2项、数列a n 2 的第5项恰好构成等比数列，则数列a n 的通项公式为()A.a n =2n -1B.a n =2n +1C.a n =n -1D.a n =n +1【答案】A【分析】根据题意设a n =1+n -1 d ，所以a 2n =1+2n -1 d ，a n 2=1+n 2-1 d ，所以1，1+3d ，1+24d 构成等比数列，即1+3d 2=1×1+24d ，求出d 即可求解.【详解】设等差数列a n 的公差为d d >0 ，所以a n =1+n -1 d ，所以a 2n =1+2n -1 d ，a n 2=1+n 2-1 d ，又a 1、数列a 2n 的第2项、数列a n 2的第5项恰好构成等比数列，即1，1+3d ，1+24d 构成等比数列，所以1+3d 2=1×1+24d ，解得d =2，d =0(舍去)，所以a n =2n -1.故选：A .2.已知数列a n 中，a 1=1，前n 项和S n =n +23a n ，则a n 的通项公式为.【答案】a n =n n +12【分析】由S n =n +23a n ，变形可得则S n -1=n +13a n -1，两式相减变形可得a n a n -1=n +1n -1，又由a n =a n a n -1 ×a n -1a n -2 ×⋯⋯×a2a 1×a 1，计算可得a n =n (n +1)2，验证a 1即可得答案．【详解】根据题意，数列{a n }中，a 1=1，S n =n +23a n (n ∈N *)，S n =n +23a n ①，S n -1=n +13a n -1②，①-②可得：a n =(n +2)a n 3-(n +1)a n -13，变形可得：a n a n -1=n +1n -1，则a n =a n a n -1 ×a n -1a n -2 ×⋯⋯×a 2a 1×a 1=n +1n -1 ×n n -2 ×⋯⋯×31 ×1=n (n +1)2；n =1时，a 1=1符合a n =n (n +1)2；故答案为：a n =n (n +1)2．题型二换元型累加、累积法【典例分析】1.已知数列a n 满足：a 1=13，(n +1)a n +1-na n =2n +1，n ∈N *，则下列说法正确的是()A.a n +1≥a nB.a n +1≤a nC.数列a n 的最小项为a 3和a 4D.数列a n 的最大项为a 3和a 4【答案】C【详解】令b n =na n ，则b n +1-b n =2n +1，又a 1=13，所以b 1=13，b 2-b 1=3，b 3-b 2=5，⋯，b n -b n -1=2n -1，所以累加得b n =13+n -1 3+2n -1 2=n 2+12，所以a n =b n n =n 2+12n =n +12n，所以a n +1-a n =n +1 +12n +1-n +12n =n -3 n +4 n n +1，所以当n <3时，a n +1<a n ，当n =3时，a n +1=a n ，即a 3=a 4，当n >3时，a n +1>a n ，即a 1>a 2>a 3=a 4<a 5<⋯<a n ，所以数列a n 的最小项为a 3和a 4，故选：C .【变式演练】1.(换元对数累加法)在数列a n 中，a 1=2，a n +1n +1=a n n +ln 1+1n ，则a n =()A.a 8B.2+n -1 ln nC.1+n +ln nD.2n +n ln n【答案】D【详解】由题意得，a n +1n +1=a n n +ln n +1n ，则a n n =a n -1n -1+ln n n -1，a n -1n -1=a n -2n -2+lnn -1n -2⋯，a 22=a 11+ln 21，由累加法得，a n n =a 11+ln n n -1+ln n -1n -2⋯+ln 21，即a n n =a 1+ln n n -1⋅n -1n -2⋅⋯⋅21，则an n=2+ln n ，所以a n =2n +n ln n ，故选：D2.已知数列a n 满足a 1=32，a n =n n -1a n -1-n 2n .(1)求数列a n 的通项公式；(2)设数列a n 的前n 项和为S n ，求满足S n <12的所有正整数n 的取值集合.【答案】(1)a n =n +n2n ；(2)1,2,3,4 .【详解】(1)因为a n =n n -1a n -1-n 2n ，所以a n n -a n -1n -1=-12n .因为a 22-a 11=-122，a33-a 22=-123，⋯，a n n -a n -1n -1=-12n ，所以a n n -a 11=-122+123+⋯+12n=-1221-12 n -11-12=12n-12，于是a n=n+n 2n .当n=1时，a1=1+12=32，所以a n=n+n2n.(2)因为S n-S n-1=a n=n+n2n >0，所以S n是递增数列.因为a1=1+12=32，a2=2+24=52，a3=3+323=278，a4=4+424=174，a5=5+525=16532，所以S1=32，S2=4，S3=598，S4=938<12，S5=53732>12，于是所有正整数n的取值集合为1,2,3,4.题型三周期数列型递推【典例分析】1.已知数列a n满足a1=2，a n+1=1+a n1-a n，(n∈N*)，则a1⋅a2⋅a3⋅⋯a2009⋅a2010=_________．【答案】-6【解析】由已知有a2=1+a11-a1=-3,a3=1-31+3=-12,a4=1-121+12=13,a5=1+131-13=2，所以a5=a1=2，所以数列a n是周期数列，且周期为4，a1a2a3a4=a5a6a7a8=⋯=a2005a2006a2007a2008=1，而a2009a2010= a1a2=2×(-3)=-6，所以a1a2a3⋯a2010=-6。

专题由递推关系求数列的通项公式(含答案)

.专题由递推关系求数列的通项公式一、目标要求通过具体的例题，掌握由递推关系求数列通项的常用方法：二、知识梳理求递推数列通项公式是数列知识的一个重点，也是一个难点，高考也往往通过考查递推数列来考查学生对知识的探索能力，求递推数列的通项公式一般是将递推公式变形，推得原数列是一种特殊的数列或原数列的项的某种组合是一种特殊数列，把一些较难处理的数列问题化为熟悉的等差或等比数列。

三、典例精析1、公式法：利用熟知的公式求通项公式的方法称为公式法。

常用的公式有 a nS 1 S nSn 1等差数列和等比数列的通项公式。

例 1已知数列 { a n } 中 a 1 2 ， s nn 2+2 ，求数列 { a n } 的通项公式n 1及n 2评注在运用 a n s n s n 1 时要注意条件 n 2 ，对 n=1 要验证。

2、累加法：利用恒等式 a n a 1 a 2 a 1 +......+ a n a n 1 求通项公式的方法叫累加法。

它是求型如an 1a n +f n 的递推数列的方法（其中数列 f n 的前 n 项和可求）。

例2已知数列{ a n } 中 a 1 1 a n +1 ，求数列 { a n } 的通项公式， a n 12 +3n2 n 2评注此类问题关键累加可消中间项，而f ( n ）可求和则易得 a n 3 、 . 累乘法：利用恒等式 a n a 1a 2a 3 a n a n 0 求通项公式的方法叫累乘法。

它是求型如a 1 a 2a n1an 1g n a n 的递推数列的方法数列 g n可求前 n 项积例 3已知数列{a n} 中s n 1 na n，求数列{ a n} 的通项公式评注此类问题关键是化a ng n ，且式子右边累乘时可求积，而左边中间项可消。

a n14、转化法：通过变换递推关系，将非等差（等比）数列转化为等差或等比有关的数列而求得通项公式的方法称为转化法。

高三数学备考冲刺140分问题20由复杂递推关系式求解数列的通项公式问题含解析

问题20 由复杂递推关系式求解数列的通项公式问题一、考情分析递推公式是给出数列的一种重要方法,常出现在客观题压轴题或解答题中，难度中等或中等以上.利用递推关系式求数列的通项时,通常将所给递推关系式进行适当的变形整理,如累加、累乘、待定系数等,构造或转化为等差数列或等比数列,然后求通项.二、经验分享(1) 已知S n，求a n的步骤当n＝1时，a1＝S1；当n≥2时，a n＝S n－S n－1；(3)对n＝1时的情况进行检验，若适合n≥2的通项则可以合并；若不适合则写成分段函数形式．整理得：，（叠乘法）因为，所以，，…，，相乘得，且当=1、2时，满足此式，所以.(三) 用构造法求数列的通项【例3】【江苏省泰州中学2018届高三12月月考2】已知数列满足：，，（），则数列的通项公式为__________．【分析】变形为,构造新数列求解.【答案】【解析】由得：，变形得：，所以是以2为公比的等比数列，所以，所以.【点评】数列是一种特殊的函数,通过递推公式写出数列的前几项再猜想数列的通项时,要验证通项的正确性. 易出现的错误是只考虑了前3项,就猜想出.用构造法求数列的通项,要仔细观察递推等式,选准要构造的新数列的形式,再确定系数.【小试牛刀】已知数列满足, , , ,则．【答案】．(四) 利用与的关系求数列的通项【例4】已知数列的前项和为,．（1）求的通项公式；（2）设,数列的前项和为,证明：．【分析】（1）已知和与项的关系,要求通项公式,可在已知（）基础上,用代（）,得,两式相减得（）的递推式,求得,注意的值与的表达式的关系；（2）由（1）是分段函数形式,时, ,考虑到证明和,因此可放缩以求和,从而得,可证得不等式．又由,于是故.【小试牛刀】已知数列{a n}前n项和为S n,满足S n=2a n-2n(n∈N*)．（I）证明：{a n+2}是等比数列,并求{a n}的通项公式；（Ⅱ）数列{b n}满足b n=log2(a n+2),T n为数列{}的前n项和,若对正整数a都成立,求a的取值范围．【答案】(Ⅰ)；（Ⅱ）.（Ⅱ）因为,所以,依题意得：五、迁移运用1．【安徽省2019届高三上学期第二次联考】设是数列的前项和，若，则（）A． B． C． D．【答案】A2.【福建省福州市2018届高三上学期期末质检】1．【2017学年辽宁东北育才学校段考】设各项均为正数的数列的前项和为,且满足．则数列的通项公式是（）A． B． C． D．【答案】A【解析】由满足．因式分解可得： ,∵数列的各项均为正数,∴,当时, ,解得．当时, ,当时,上式成立．∴．故选A．3．【福建省漳州市2019届高三第一次教学质量检查】已知数列和首项均为1，且，，数列的前项和为，且满足，则（）A．2019 B． C． D．【解析】由，可得：，即数列是常数列，又数列首项为1，所以，所以可化为，因为数列的前项和，所以，6．【湖北省鄂州市2019届高三上学期期中】已知数列的前项和为，首项，且，则（）A． B． C． D．【答案】A7.已知数列满足,则______.【答案】【解析】∵, ,∴,∵,∴,∴,又∵,∴．∴数列是以﹣2为首项,﹣1为公差的等差数列,∴,∴．则．故答案为：．8．若数列满足,则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】为等差数列, ,, ,.9．【福建省莆田市2018届高三下学期教学质量检测】已知数列满足，，则__________．【答案】10．【上海市长宁、嘉定区2018届高三第一次质量调研】已知数列的前项和为，且,（），若,则数列的前项和_______________.【答案】或11．【吉林省长春市普通高中2018届高三质量监测】在数列中，，且对任意，成等差数列，其公差为，则________.【解析】因为，且对任意，成等差数列，其公差为，所以当时,可得，当时，,所以,故答案为.由不等式恒成立,得恒成立,设,由,∴当时, ,当时, ,而, ,∴,15.已知数列的前项和,其中.（I）求的通项公式；（II）若,求的前项和.【答案】（I）（II）（II）由（I）可得,16.已知数列的各项都不为零,其前项为,且满足：．（1）若,求数列的通项公式；（2）是否存在满足题意的无穷数列,使得？若存在,求出这样的无穷数列的一个通项公式；若不存在,请说明理由．【答案】（1）；（2）详见解析.17.【山东省淄博市2018届高三3月模拟】已知是公差为3的等差数列，数列满足．（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和．【解析】（1）由已知且，得，∴是首项为4，公差为3的等差数列，∴通项公式为；（2）由（1）知，得：，，因此是首项为、公比为的等比数列，则．18．【河南省南阳市2018届高三上学期期末】已知数列的前项和为，且满足（）．（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和．（2）由（1）得，当为偶数时，，；当为奇数时，为偶数，．所以数列的前项和．。

人教版高二数学《数列的递推公式与前n项和》含答案解析

4．1 第二课时　数列的递推公式与前n 项和[A 级　基础巩固]1．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1，则a 5等于( )A ．15 B ．16C ．31D ．32解析：选C ∵数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1，∴a 2＝2×1＋1＝3，a 3＝2×3＋1＝7，a 4＝2×7＋1＝15，a 5＝2×15＋1＝31.2．若数列{a n }满足a n ＋1＝4a n ＋34(n ∈N *)，且a 1＝1，则a 17＝( )A ．13B ．14C ．15D ．16解析：选A 由a n ＋1＝4a n ＋34得a n ＋1－a n ＝34，a 17＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a 17－a 16)＝1＋34×16＝13，故选A.3．(多选)数列{a n }中，a n ＝－n 2＋11n ，则此数列最大项是( )A ．第4项 B ．第5项C ．第6项D ．第7项解析：选BC a n ＝－n 2＋11n ＝－(n －112)2＋1214，∵n ∈N ＋，∴当n ＝5或n ＝6时，a n 取最大值．故选B 、C.4．我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：第一步：构造数列1，12，13，14，…，1n.①第二步：将数列①的各项乘n ，得到数列(记为)a 1，a 2，a 3，…，a n .则n ≥2时，a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n －1a n ＝( )解析：因为OA1＝1，OA2＝2，OA3＝3＝n.911．已知数列{a n}的首项为2，且数列{a n}满足a n＋1＝a n－1a n＋1，数列{a n}的前n项的和为S n，则S1 008等于( )A．504 B．294 C．－294 D．－504解析：选C　∵a1＝2，a n＋1＝a n－1a n＋1，∴a2＝13，a3＝－12，a4＝－3，a5＝2，…，∴数列{a n}的周期为4，且a1＋a2＋a3＋a4＝－76，∴S1 008＝S4×252＝252×(－76)＝－294.12．(多选)数列{F n}：1,1,2,3,5,8,13,21,34，…称为斐波那契数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入的，故又称为“兔子数列”．该数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和．记数列{F n}的前n项和为S n，则下列结论正确的是( )A．S5＝F7－1 B．S5＝S6－1C．S2 019＝F2 021－1 D．S2 019＝F2 020－1解析：选AC　根据题意有F n＝F n－1＋F n－2(n≥3)，所以S3＝F1＋F2＋F3＝1＋F1＋F2＋F3－1＝F3＋F2＋F3－1＝F4＋F3－1＝F5－1，S4＝F4＋S3＝F4＋F5－1＝F6－1，S5＝F5＋S4＝F5＋F6－1＝F7－1，…，所以S2 019＝F2 021－1.故选A、C.13．已知数列{a n}满足a1＝1，a n＝a2n－1－1(n＞1)，则a2 021＝________，|a n＋a n＋1|＝________(n＞1)．解析：由a1＝1，a n＝a2n－1－1(n＞1)，得a2＝a21－1＝12－1＝0，a3＝a2－1＝02－1＝－1，a4＝a23－1＝(－1)2－1＝0，a5＝a24－1＝02－1＝－1，由此可猜想当n＞1，n为奇数时a n＝－1，n为偶数时a n＝0，∴a2 021＝－1，|a n＋a n＋1|＝1.答案：－1　114．已知数列{a n}满足a1＝12，a n a n－1＝a n－1－a n(n≥2)，求数列{a n}的通项公式．解：∵a n a n－1＝a n－1－a n，∴1a n－1a n－1＝1.∴1a n＝1a1＋(1a2－1a1)＋(1a3－1a2)＋…＋(1a n－1a n－1)＝2＋1＋1＋…＋1(n－1)个1＝n＋1.∴1a n＝n＋1，∴a n＝1n＋1(n≥2)．又∵n＝1时，a1＝12，符合上式，∴a n＝1n＋1.[C级　拓展探究]15．已知数列{a n}的通项公式为a n＝n22n(n∈N*)，则这个数列是否存在最大项？若存在，请求出最大项；若不存在，请说明理由．解：存在最大项．理由：a1＝12，a2＝2222＝1，a3＝3223＝98，a4＝4224＝1，a5＝5225＝2532，….∵当n≥3时，a n＋1a n＝(n＋1)22n＋1×2nn2＝(n＋1)22n2＝12(1＋1n)2<1，∴a n＋1<a n，即n≥3时，{a n}是递减数列．又∵a1<a3，a2<a3，∴a n≤a3＝9 8 .∴当n＝3时，a3＝98为这个数列的最大项．。

【2021】高三理数一轮复习集训：考点二 5.1数列递推公式及其应用

考点二数列递推公式及其应用命题点一:形如a n+1=a n f(n),求a n【典例2-1】在数列{a n }中,a 1=1,前n 项和S n =n+23a n .求数列{a n }的通项公式.【解析】由题设知,a 1=1.当n ≥2时,a n =S n -S n-1=n+23a n -n+13a n-1,所以a n a n -1=n+1n -1,所以a na n -1=n+1n -1,…,a 4a 3=53,a 3a 2=42,a 2a 1=3,以上n-1个式子的等号两端分别相乘,得到a n a 1=n (n+1)2.又因为a 1=1,所以a n =n (n+1)2.命题点二:形如a n+1=a n +f(n),求a n【典例2-2】(1)设数列{a n }满足a 1=1,且a n+1-a n =n+1(n ∈N *),求数列{1a n}前10项的和.(2)若数列{a n }满足:a 1=1,a n+1=a n +2n ,求数列{a n }的通项公式. 【解析】(1)由题意可得,a n =a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+…+(a n -a n-1)=1+2+3+…+n=n (n+1)2,则1a n =2n (n+1)=2(1n -1n+1),数列{1a n}的前10项的和为1a 1+1a 2+…+1a 10=21-12+12-13+…+110-111=2011.(2)由题意知a n+1-a n =2n ,a n =(a n -a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+(a 2-a 1)+a 1=2n-1+2n-2+…+2+1=1-2n 1-2=2n -1.命题点三:形如a n+1=Aa n +B(A ≠0且A ≠1),求a n【典例2-3】已知数列{a n }满足a 1=1,a n+1=3a n +2,求数列{a n }的通项公式. 【解析】因为a n+1=3a n +2,所以a n+1+1=3(a n +1),所以a n+1+1a n+1=3,所以数列{a n+1}为等比数列,公比q=3,又a1+1=2,所以a n+1=2·3n-1,所以a n=2·3n-1-1.命题点四:形如a n+1=Aa nBa n+C(A,B,C为常数),求a n【典例2-4】已知数列{a n}中,a1=1,a n+1=2a na n+2,求数列{a n}的通项公式.【解析】因为a n+1=2a na n+2,a1=1,所以a n≠0,所以1a n+1=1a n+12,即1a n+1-1a n=12,又a1=1,则1a1=1,所以{1a n }是以1为首项,12为公差的等差数列,所以1a n =1a1+(n-1)×12=n2+12,所以a n=2n+1(n∈N*). 由递推关系式求通项公式的常用方法(1)已知a1且a n-a n-1=f(n),可用“累加法”求a n.(2)已知a1且a na n-1=f(n),可用“累乘法”求a n.(3)已知a1且a n+1=qa n+b,则a n+1+k=q(a n+k)(其中k可由待定系数法确定),可转化为等比数列{a n+k}.(4)形如a n+1=Aa nBa n+C(A,B,C为常数)的数列,可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解.。

2022高考数学二轮复习数列中的复杂递推式问题(解析版)

微专题06 数列中的复杂递推式问题秒杀总结1．叠加法：+-=1()n n a a f n ； 2．叠乘法：+=1()n na f n a ；3．构造法（等差，等比）：①形如+=+1n n a pa q (其中,p q 均为常数-≠(1)0pq p )的递推公式，()+-=-1n n a t p a t ，其中=-1qt p，构造+-=-1n n a t p a t ，即{}-n a t 是以-1a t 为首项，p 为公比的等比数列． ②形如+=+1n n n a pa q (其中,p q 均为常数，-≠()0pq q p )，可以在递推公式两边同除以+1n q ，转化为+=+1n n b mb t 型． ③形如++=-11n n n n a a d a a ，可通过取倒数转化为等差数列求通项．4．取对数法：+=1t n n a a ． 5．由n S 和n a 的关系求数列通项（1）利用-⎧=⎪⎨≥⎪⎩，-，111=2n n n S n a S S n ，化n S 为n a ．（2）当n a 不易消去，或消去n S 后n a 不易求，可先求n S ，再由-⎧=⎪⎨≥⎪⎩，-，111=2n n n S n a S S n 求n a ．6．数列求和：（1）错位相减法：适用于一个等差数列和一个等比数列(公比不等于1)对应项相乘构成的数列求和=⋅n n n c a b 型（2）倒序相加法（3）裂项相消法典型例题例1．已知数列{}n a 满足14a =且121n n a a a a +++⋯+=，设2log n n b a =，则122320172018111b b b b b b ++⋯+的值是( ) A ．20174038B ．30254036C ．20172018D ．20162017【解答】解：数列{}n a 满足14a =且121n n a a a a +++⋯+=，① 可得214a a ==，当2n 时，可得121n n a a a a -++⋯+=，② ①-②可得1n n n a a a +=-，即12n n a a +=，则2422n n n a -==，2n ，可得2log (2)n n b a n n ==，则122320172018111111122233420172018b b b b b b ++⋯+=+++⋯+⨯⨯⨯⨯ 11111113130254233420172018420184036=+-+-+⋯+-=-=，故选：B ．例2．已知数列{}n a 的通项公式为*)n a n N =∈，其前n 项和为n S ，则在数列1S ，2S ，⋯，2019S 中，有理数项的项数为( ) A ．42B ．43C ．44D ．45【解答】解：由题意，可知：n a ====． 12n n S a a a ∴=++⋯+1=1= 3S ∴，8S ，15S ⋯为有理项，又下标3，8，15，⋯的通项公式为21(2)n b n n =-， 212019n ∴-，且2n ，解得：244n ，∴有理项的项数为44143-=．故选：B ．例3．对于*n N ∈，2314121122232(1)2n n n n +⨯+⨯+⋯+⨯=⨯⨯+ 11(1)2nn -+ ．【解答】解：由已知中的等式： 1311112222⨯=-⨯⨯； 2231411112223232⨯+⨯=-⨯⨯⨯； 2333141511112223234242⨯+⨯+⨯=-⋯⨯⨯⨯⨯ 由以上等式我们可以推出一个一般结论：对于*n N ∈，231412111122232(1)2(1)2n nn n n n +⨯+⨯+⋯+⨯=-⨯⨯++．故答案为：231412111122232(1)2(1)2n nn n n n +⨯+⨯+⋯+⨯=-⨯⨯++．例4．设曲线1()n y x n N ++=∈在点(1,1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为n x ，则201712017220172016log log log x x x ++⋯+的值为．【解答】解：由1n y x +=，得(1)n y n x '=+，1|1x y n =∴'=+，∴曲线1*()n y x n N +=∈在(1,1)处的切线方程为1(1)(1)y n x -=+-，取0y =，得1111n nx n n =-=++， 12201612201612320172017x x x ∴⋯=⨯⨯⋯⨯=，则2017120172201720162017122016log log log log ()x x x x x x ++⋯+=⋯ 20171log 12017==-．故答案为：1-．例5．在数1和2之间插入n 个正数，使得这2n +个数构成递增等比数列，将这2n +个数的乘积记为n A ，令2log n n a A =，*n N ∈．（1）数列{}n a 的通项公式为n a = ；（2）2446222tan tan tan tan tan tan n n n T a a a a a a +=⋅+⋅+⋯+⋅= ．【解答】解：（1）设在数1和2之间插入n 个正数，使得这2n +个数构成递增等比数列为{}n b ，则11b =，1221n n b q ++==⨯，即12n q +=，q 为此等比数列的公比． (1)(2)22231123(1)12221()2n n n n n n n n A q q q qqqq++++++++⋯+++∴=⋅⋅⋅⋯====，22log 2n n n a A +∴==，故答案为：22n +．（2）由（1）可得22log 2n n n a A +==，又tan(1)tan tan1tan[(1)1]1tan(1)tan n n n n n +-=+-=++，tan(1)tan tan(1)tan 1tan1n nn n +-∴+=-，222tan(2)tan(1)tan tan tan(1)tan(2)1tan1n n n n a a n n ++-+∴⋅=++=-，*n N ∈．2446222tan3tan 2tan 4tan3tan5tan 4tan(2)tan(1)tan tan tan tan tan tan (1)(1)(1)(1)tan1tan1tan1tan1n n n n n T a a a a a a +---+-+=⋅+⋅+⋯+⋅=-+-+-+⋯+- tan(2)tan 2tan1n n +-=-，*n N ∈，故答案为：tan(2)tan 2tan1n n +--．例6．数列{}n a 中，*111,()2(1)(1)n n n na a a n N n na +==∈++，若不等式2310n ta n n++恒成立，则实数t 的取值范围是．【解答】解：*1()(1)(1)nn n na a n N n na +=∈++，∴1(1)(1)11(1)n n n nn na n n n a na na +++++==++，即1111(1)n nn a na +-=+，又1121a =， ∴数列1{}nna 是以2为首项，1为公差的等差数列， ∴12(1)1nn n na =+-=+， 1(1)n a n n ∴=+．不等式2310nta n n ++化为：3(4)t n n-++． 334244n n n n ++⨯+=+，当且仅当3n n=时取等号，由*n N ∈，则当2n =时，34n n ++取最小，最小值为152152t ∴-，故答案为：15[2-，)+∞．过关测试一．选择题（共23小题）1．设数列{}n a 为正项数列，数列{}n a 满足12a =，22112(2)0n n n n na a a n a ++--+=，若[]x 表示不超过x 的最大整数，（例如[1.6]1=，[ 1.6]2)-=-则222122019232020[][][](a a a ++⋯⋯+= ) A ．2018B ．2019C ．2020D ．2021【解答】解：数列{}n a 满足12a =，22112(2)0n n n n na a a n a ++--+=，整理得11[(2)]()0n n n n na n a a a ++-++=，由于数列为正项数列，所以1(2)n n na n a +=+，整理得12n n a n a n ++=，111n n a n a n -+=-，122n n a na n --=⋯-，422143,21a a a a ==，各式相乘得到1(1)12n a n n a ⨯+=⨯，所以(1)n a n n =+．则2(1)1n n n a n ++=，2(1)1[][]1n n n a n++== 所以222122019232020[][][]220182020a a a ++⋯⋯+=+=．故选：C ．2．已知数列{}n a 满足11a =，*11()(1)n n n n a a a a n N n n ++-=∈+，则n na 的最小值是( )A ．0B ．12C ．1D ．2【解答】解：*11()(1)n n n n a a a a n N n n ++-=∈+，两边同时除以1n n a a +，得 111111(1)1n n a a n n n n +-==-++， 111111111112121232n a n n n n n =-+-+⋯+-+-+=----，故221121(1)1n n na n n==---+，故最小值为1n =时，n na 的最小值是1，故选：C ．3．已知数列{}n a 满足：*2121(,2)2n n n n n a a a n N n a a ----=∈>-，若1231,7a a ==，2019(a = )A ．38075B ．36054C ．56058D ．54036【解答】解：由题意数列{}n a 满足：*2121(,2)2n n n n n a a a n N n a a ----=∈>-，可得21112n n n a a a --+=，所以数列1{}na 是等差数列， 211174133d a a =-=-=，所以14411(1)33n n n a -=+-=，2019334201918075a ==⨯-．故选：A ．4．已知数列{}n a 满足11a =-，212a =，1122(21)(21)n n n n a a a a ++-=--，2n ，*n N ∈，记数列{}n a 前n 项和为n S ，则( ) A ．202178S <<B ．202189S <<C ．2021910S <<D ．20211011S <<【解答】解：由112?2(2?1)(2?1)n n n n a a a a ++=可得11(2?1)?(2?1)(2?1)(2?1)n n n n a a a a ++=．化简得?1111(2)2?12?1n na a n =，累加求和得211?22?12?1n a a n =，化简得1212111?22?1n a n =+=++，(0,1)∈，所以112(1,1)1n a n n∈+++，即2221log log ,21n n n a n n n++<<+． 122222214522log log log log log 23416n n n n S a a a n ++=+++>++++=+， 122222213411log log log log log 2234n n n n S a a a n ++=+++<++++=， 12222134log log log 223n n S a a a =+++<+++，所以892220212220231011log 2log log log 262S <<<<，即202189S <<．故选：B ．5．已知数列{}n a 的首项10a =，11n n a a +=+，则20(a = ) A ．99B ．101C ．399D ．401【解答】解：数列{}n a 的首项10a =，11n na a +=+，则：1111n n a a ++=++，整理得：221)=， 1=， 1=（常数），所以数列1=为首项，1为公差的等差数列．1(1)n n =+-=，整理得：21n a n =-（首项符合通项），则：21n a n =-，所以：204001399a =-=．故选：C ．6．若以2为公比的等比数列{}n b 满足2221log log 23n n b b n n +-=+，则数列{}n b 的首项为() A ．12B ．1C ．2D ．4或18【解答】解：2221log log 23n n b b n n +-=+，公比为2，222log (log 1)23n n b b n n ∴+-=+， 1n =时，22121log log 24b b +-=，解得：21log 3b =-或2．14b ∴=或18．故选：D ．7．已知数列{}n a 的首项1a a =，其前n 项和为n S ，且满足21324(2)n n S S n n n -+=++，若对任意的*n N ∈，1n n a a +<恒成立，则正整数a 的值是( ) A ．5B ．6C ．7D ．8【解答】解：依题意2121220S S a a +=+=， 1a a =为整数，故2202a a =-为偶数又12a a a =<， 320a ∴<，即203a <，又2213220a a a >+=，∴2203a >，又323212237S S a a a +=++=， 322172a a a ∴+=>，∴2172a <， ∴2201732a <<， 28a ∴=，16a a ∴==故选：B ．8．已知函数1()2sin()2f x x x =+-，则122018()()()201920192019f f f ++⋯+的值等于( )A ．2019B ．2018C ．20192D ．1009【解答】解：函数1()2sin()2f x x x =+-，11()(1)2sin()12sin()122f x f x x x x x ∴+-=+-+-+-=，∴122018()()()201920192019f f f ++⋯+ 1201812=⨯⨯ 1009=．故选：D ． 9．已知函数()cos x f x x lnxππ=+-，若22018()()()1009()(0201920192019f f f a b ln a ππππ++⋯+=+>，0)b >，则222a b a ++的最小值为( ) A ．72B ．3C ．6D ．7【解答】解：因为当n N ∈，12018n 时，22220192019201920192019()()cos cos 2019201920192019201920192019n n n n n n f f ln lnn n ππππππππππππ---+=+++--- 2019cos()cos()201920192019n n n n ln lnn n ππππππ-=+-++- 2cos()cos()20192019n n ln πππ=-+ 2ln π=，所以220182018()()()220182019201920192f f f ln ln πππππ++⋯+==， 1009()2018a b ln ln ππ+=，(0,0)a b >>，所以2a b +=，即2a b =-，(02)b <<，2222222372(2)2(2)2682(3)82()22a b a b b b b b b b b ++=-++-=-+=-+=-+，所以当32b =时，222a b a ++最小值为72．故选：A ．10．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}n b 的前n 项和为n T ，已知511a =，10120S =，11n n n b a a +=⋅，若17k T =，则正整数k 的值为( )A ．9B ．8C ．7D ．6【解答】解；设等差数列{}n a 的公差为d ，由51011120a S =⎧⎨=⎩，得114111045120a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得132a d =⎧⎨=⎩，所以32(1)21n a n n =+-=+，则111111()(21)(23)22123n n n b a a n n n n +===-++++，所以1111111111()()2355721232323n T n n n =-+-+⋯+-=-+++，令1111()33237k T k =-=+，得2321k +=，解得9k =．故选：A ．11．已知数列满足11a =，121n n a a +=+，设数列2{log (1)}n a +的前n 项和为n S ，若12111n nT S S S =+⋯+，则与9T 最接近的整数是( ) A ．5 B ．4 C ．2 D ．1【解答】解：数列满足11a =，121n n a a +=+，即有112(1)n n a a ++=+，即1121n n a a ++=+，可得111(1)22n n n a a -+=+=； 22log (1)log 2n a +=n n =，1(1)2n S n n =+，12112()(1)1n S n n n n ==-++，则12111111112(1)2231n n T S S S n n =+⋯+=-+-+⋯+-+ 12(1)1n =-+， 9992105T =⨯=，则与9T 最接近的整数是2．故选：C ．12．已知数列{}n a 是首项为1，公差为2的等差数列，数列{}n b 满足关系：312123112n n n a a a a b b b b +++⋯+=-，数列{}n b 的前n 项和为n S ，则5S 的值为( ) A ．454 B ．450 C ．446 D ．442【解答】解：由题意可得：12(1)21n a n n =+-=-．312123112n n n a a a a b b b b +++⋯+=-， 2n ∴时，311211231112n n n a a a a b b b b ---+++⋯⋯+=-，相减可得：12n n n a b =，可得(21)2n n b n =-． 1n =时，11112a b =-，可得12b =．则23455232527292454S =+⨯+⨯+⨯+⨯=．故选：A ．13．已知数列{}n a 满足：当0n a ≠时，2112n n na a a +-=；当0n a =时，10n a +=；对于任意实数1a ，则集合{|0n n a ，1n =，2，3，}的元素个数为( ) A ．0个 B ．有限个C ．无数个D ．不能确定，与1a 的取值有关【解答】解：当10a =时，根据题意，则2340a a a ===⋯=，则集合的元素有无数个；当11a =±时，则20a =，根据题意，则340a a ==⋯=，则集合的元素有无数个；当11a ≠±且10a ≠时，111()2n n na a a +=⨯-，若1n a >，则10n a +>；若01n a <<，则10n a +<；若10n a -<<，则10n a +>；若1n a <-，则10n a +<．而11111()()22n n n n n n na a a a a a a +-=⨯--=-+，则0n a >时，数列递减且无下限（※）；0n a >时，数列递增且无上限(*)．（1）若11a >，则10n n a a +->，根据（※）可知，在求解1a ，2a ，⋯的迭代过程中，终有一项会首次小于0，不妨设为(1,)k a k K Z >∈；（2）若1k a <-，则10k a +<；①若11k a +<-，则20k a +<，接下来进入（2）或（3）；②若110k a +-<<，接下来进入（3）；（3）若10k a -<<，则10k a +>，接下来进入（1）或（4）；（4）若01k a <<，则10k a +<，接下来进入（2）或（3）．若101a <<，则进入（4）．若110a -<<，则进入②．若11a <-，则进入①．如此会无限循环下去，会出现无限个负数项．综上：集合{|0n n a ，1n =，2，3，}⋯的元素个数为无数个．故选：C ．14．已知数列{}n a 和{}n b 首项均为1，且1(2)n n a a n -，1n n a a +，数列{}n b 的前n 项和为n S ，且满足1120n n n n S S a b +++=，则2019(S = ) A ．2019B ．12019C ．4037D ．14037【解答】解：1(2)n n a a n -，1n n a a +， 1n n n a a a +∴， 1n n a a +∴=，另外：121a a a ，可得211a a ==， 1n a ∴=．1120n n n n S S a b +++=，1120n n n S S b ++∴+=，1120n n n n S S S S ++∴+-=，∴1112n nS S +-=． ∴数列1{}nS 是等差数列，首项为1，公差为2． ∴112(1)21nn n S =+-=-， 121n S n ∴=-． 201914037S ∴=．故选：D ．15．已知数列{}n a 满足11(1)(1)3()n n n n a a a a ++--=-，152a =，设22()4n n n a c n λ=-+，若数列{}n c 是单调递减数列，则实数λ的取值范围是( )A ．1(6，)+∞B ．1(3，)+∞C ．1(2，)+∞D ．(1,)+∞【解答】解：由11(1)(1)3()n n n n a a a a ++--=-得：11(1)(1)3[(1)(1)]n n n n a a a a ++--=---，∴11(1)(1)1(1)(1)3n n n n a a a a ++---=--，即1111113n n a a +-=--，∴数列1{}1n a -是首项为11213a =-，公差为13的等差数列， ∴12111(1)13333n n n a =+-=+-， ∴311n a n -=+，即41n n a n +=+， 42212()2()41n n n n n c n n λλ+⋅+∴=-=-++，数列{}n c 是单调递减数列，∴对于*n N ∀∈，1n n c c +<，即1222()2()21n n n n λλ+-<-++，即4221n n λ>-++，∴只需42()21max n n λ>-++，令42()(1)21f x x x x =-++，222222222422(2)4(1)42()(2)(1)(2)(1)(2)(1)x x x f x x x x x x x +-+-'∴=-+===++++++， ()f x ∴在上单调递增，在，)+∞上单调递减，又f （1）13=，f （2）13=，∴当*n N ∈时，()f n 的最大值为f （1）f =（2）13=，即421()213max n n -=++， ∴13λ>，即实数λ的取值范围是1(3，)+∞，故选：B ．16．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉，用其名字命名的“高斯函数”：设x R =用[]x 表示不超过x 的最大整数，则[]y x =称为高斯函数，也称取整函数．在数列{}n a 中，记[]n a 为不超过n a 的最大整数，则称数列{[]}n a 为{}n a 的取整数列，设数列{}n a 满足11a =，12[]1[]3n n a a ++=，记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则数列21211n n S S -+⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前1010项和为( ) A ．5042021B ．5052021C ．10102021D ．5042022【解答】解：根据题意，易知1n a =，则2121n S n +=+，则212111111()(21)(21)22121n n S S n n n n -+==--+-+，所以数列21211n n S S -+⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前1010项和为133557201920211111111111111010(1)()()232352201920212021S S S S S S S S ++++=-+-++-=，故选：C ．17．记数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知113a =，12111(1)n n n S a S +++=-．令11n n b S =-，则5(b = ) A ．112-B ．92-C ．72-D ．911【解答】解：依题意，得2111(1)n n n a S S +++=-，则2111()(1)n n n n S S S S +++-=-，即22111121n n n n n S S S S S ++++-=-+，所以1121n n n S S S ++=-，所以11(1)1n n n S S S ++-=-，易知10n S -≠，所以11111111111111n n n n n n S S S S S S +++++-+===+----，所以111111n n S S +-=---，所以{}n b 是首项为32-，公差为1-的等差数列，所以12n b n =--，所以5112b =-，故选：A ．18．已知数列{}n a 的前n 项的和为n S ，且11a =-，22a =，37a =．又已知当2n >时，112332n n n n S S S S +--=-++恒成立．则使得12111722()11155k k a a a -++⋯++++成立的正整数k的取值集合为( )A ．{|9k k ，}k N ∈B ．{|10k k ，}k N ∈C ．{|11k k ，}k N ∈D ．{|12k k ，}k N ∈【解答】解：当2n >时，112332n n n n S S S S +--=-++恒成立，∴当1n >时，211332n n n n S S S S ++-=-++恒成立，相减可得：21133n n n n a a a a ++-=-+，化为：2111()2()n n n n n n a a a a a a ++-+-+-=-，∴数列1{}n n a a +-是等差数列，11a =-，22a =，37a =．4321333732114a a a a ∴=-+=⨯-⨯-=，213a a ∴-=，325a a -=，437a a -=，∴公差532=-=．132(1)21n n a a n n +∴-=+-=+．2(1)(321)122n n n a n -+-∴=-+=-．∴211111()11211n a n n n ==-+--+． 1211111111111111112()1111112313131212121k k a a a k k k k k k k k -∴++⋯+=-+-+-+⋯⋯+-+-=+--+++-+----+-++． 12111722()11155k k a a a -++⋯++++成立， ∴1117212155k k +--+成立，化为：2121(1)110k k k ++，解得10k ．∴使得12111722()11155k k a a a -++⋯++++成立的正整数k 的取值集合为{|10k k ，}k N ∈．故选：B ．19．已知数列{}n a 满足11a =，*12()n n n a a n N +=∈，n S 是数列{}n a 的前n 项和，则( ) A ．201920202a = B ．202020202a = C ．1011202023S =-D ．101020203(21)S =-【解答】解：由11a =，12n n n a a +=，得22a =，且1122n n n a a +++=，两式作比可得：22n na a +=． ∴数列{}n a 的奇数项构成以1为首项，以2为公比的等比数列，偶数项构成以2为首项，以2为公比的等比数列．则当n 为奇数时，1112222n n n a +--==；当n 为偶数时，122222n n n a -==．∴101020202a =，2020012100912322020(2222)(2222)S =+++⋯+++++⋯+1009101010102(12)1223(21)12-=++=--．故选：D ．20．已知数列{}n a 的前n 项和2n S n n =-，数列{}n b 满足1sin2n n n b a π+=，记数列{}n b 的前n 项和为n T ，则2017(T = )A ．2016B ．2017C ．2018D ．2019【解答】解：由数列{}n a 的前n 项和为2n S n n =-，当1n =时，11110a S ==-=；当2n 时，221[(1)(1)]22n n n a S S n n n n n -=-=-----=-，上式对1n =时也成立， 22n a n ∴=-，∴cos2(1)cos22n n n n b a n ππ==-，函数cos2n y π=的周期242T ππ==， 2017152013262143720154820162017()()()()T b b b b b b b b b b b b b ∴=++⋯++++⋯++++⋯++++⋯++201702(152013)02(372015)4032cos450420162π=-++⋯+++++⋯++=⨯=．故选：A ．21．已知数列{}n a 满足12a =，111n na a +=-，则2021(a = ) A ．0.5B ．2C ．0.5-D ．1.5【解答】解：12a =，111n na a +=-，211122a ∴=-=，3121a =-=-，41121a =-=-，⋯⋯， 3n n a a +∴=．则202167332212a a a ⨯+===，故选：A ．22．设等差数列{}n a 的公差不为0，其前n 项和为n S ，若333(2)sin(2)2020a a -+-=，320182018(2)sin(2)2020a a -+-=-，则2020(S = ) A ．0B ．2020-C ．2020D ．4040【解答】解：等差数列{}n a 的公差不为0，且333(2)sin(2)2020a a -+-=，320182018(2)sin(2)2020a a -+-=-，令3()sin f x x x =+，则()()f x f x -=-即()()0f x f x -+=，333(2)sin(2)2020a a -+-=，320182018(2)sin(2)2020a a -+-=-，两式相加可得，333320182018(2)sin(2)(2)sin(2)0a a a a -+-+-+-=， 32018(2)(2)0a a ∴-+-=， 320184a a ∴+=，则120202020320182020()1010()40402a a S a a +==+=．故选：D ．23．设等差数列{}n a 的公差不为0，其前n 项和为n S ，若322(1)(1)2019a a -+-=，320182018(1)(1)2019a a -+-=-，则2019(S = ) A ．0B ．2C ．2019D ．4038【解答】解：因为322(1)(1)2019a a -+-=①，320182018(1)(1)2019a a -+-=-②，两式相加化简得：22220182220182018(2)[(1)(1)(1)(1)1]0a a a a a a +-----+-+=，又因为2222222018201822018201813(1)(1)(1)(1)1[(1)(1)](1)1024a a a a a a a ----+-+=---+-+>．所以2201820a a +-=，即220182a a +=，所以12019220182a a a a +=+=，则120192019201920192a a S +=⨯=，故选：C ．二．填空题（共9小题）24．已知数列{}n b 是公比2q =的等比数列，数列{}n a 满足：11a =，212a =，1121211(2n n n n b b b b n a a a a +-+++=+且)n N +∈，则数列n n b a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S = ．【解答】解：11a =，212a =，1121211(2n n n n b b b b n a a a a +-+++=+且)n N +∈，① 当2n =时，3121211b b b a a a +=+，即12321b b b +=+，数列{}n b 是公比2q =的等比数列， 111441b b b ∴+=+，解得11b =，∴12n n b -=，当3n =时，312412321b b b b a a a a ++=+，即34122821a +⨯+=⨯+，解得313a =，又11212121(3,)n n n n b b b b n n N a a a a -+--++⋅⋅⋅+=+∈，② ①-②可得，112n n n n n n b b b a a a +--=-，即1112222n n n n n n a a a ----=-，化为21112n n n a a a --+=，又1321124a a a +==， ∴1{}na 为等差数列，且公差21111d a a =-=，则111(1)n n n a a =+-=， ∴1n a n=， 112121211(1)2111n n n n n n n b b b bS n a a a a n +-∴=+++=+=+=-⋅+-．故答案为：(1)21n n -+．25．已知数列{}n a 满足11a =，213a =，若1111(2)3(2,*)n n n n n a a a a a n n N -+-++=∈，则数列{}n a 的通项n a = ．【解答】解：111123(2,)n n n n n n a a a a a a n n N +-+-++=∈，∴1111112()n n n n a a a a +--=-，2111312a a -=-=．∴数列111{}n na a +-是等比数列，首项与公比都为2， ∴1112n n na a +-=． 2n ∴时，1212122212121n n n n n a ---=++⋯⋯++==--．则数列{}n a 的通项121n n a =-， ∴则数列{}n a 的通项121n n a =-．故答案为：121n -． 26．已知数列{}n a ，{}n b 满足1 1.1a =，10.2b =，11112,233n n n n n n b a a b a b ++++==+，n N ∈，令n n n c a b =-，则数列{}n c 的通项公式为．【解答】解：由题可得：111111111211()()22223323n n n n n n n n n n n n b a a b b b a a b a a b ++++++-=-=-+=-++=-，又1110.9c a b =-=，故{}n c 是首项为0.9，公比为13的等比数列，故110.93n n c -=⨯．故答案为：110.93n n c -=⨯． 27．已知数列{}n a 满足11a =，21211n n n a n a a +++=+，那么2019a = ．【解答】解：数列{}n a 满足11a =，21211n n n a n a a +++=+，可得22a =，33a =，44a =，⋅⋅⋅，猜想n a n =，下面用数学归纳法证明． ①当1n =时，显然满足猜想；②设n k =，k N ⋅∈时猜想成立，即k a k =，那么1n k =+时，212111k k k a k k +++==++，这就是说，1n k =+时，猜想正确；所以20192019a =．故答案为：2019． 28．已知数列{}n b 满足112b =，11(*)2n n b n N b +=∈-，若2*12332()2n nb b b b m m m N ⋯-+∈，则m = ．【解答】解：由112b =，112n n b b +=-，得2111212322b b ===--， 3211322423b b ===--，4311432524b b ===--，...，归纳猜测1n nb n =+．下面利用数学归纳法证明：当1n =时，112b =适合上式；假设当n k =时结论成立，即1k kb k =+，那么，当1n k =+时，111121121k k k b k b k k ++===-++-+，即当1n k =+时，结论成立．综上，1n nb n =+．2*12332()2n nb b b b m m m N ⋯-+∈，2123...223112n n n m m n n ∴⋅⋅⋅⋅=-+++对于任意*m N ∈恒成立，112n n +，∴231222m m -+，即2210m m -+，得1m =．故答案为：1．29．已知数列{}n a 满足11a =，*11||(),2n n n a a n N +-=∈，21{}n a -是递增数列，2{}n a 是递减数列，则数列{}n a 的通项公式为．【解答】解：21{}n a -是递增数列， 21210n n a a +-∴->，2122210n n n n a a a a +-∴-+->，①21221||2n n n a a +-=，221211||2n n n a a ---=，又2211122n n -<， 212221||||n n n n a a a a +-∴-<-，②观察①②可知2210n n a a -->，∴221221211(1)()22n n n n n a a -----==，③2{}n a 是递减数列，同理可得，2220n n a a +-<，21221221(1)()22n n n n n a a ++-∴-=-=，④ 由③④归并可得，11(1)2n n n na a ++--=，11213212122111(1)(1)12222n nn n n n n n n a a a a a a a a a a --------∴=+-+-+⋅⋅⋅+-+-=+-+⋅⋅⋅++，1111()141(1)211233212n n n -----=+⨯=+⋅+，故答案为：141(1)332nn --+⋅．30．已知数列{}n a 与{}n b 前n 项和分别为n S ，n T ，且0n a >，22n nn S a a =+，*n N ∈，1121(2)(2)n n n n n n b a a +++=++，则6T = ．【解答】解：22n nn S a a =+， ∴当2n 时，21112n n n S a a ---=+，两式作差可得，22112n n n n n a a a a a --=+--，整理得，11(1)()0n n n n a a a a ----+=，由0n a >知，10n n a a -+≠，从而110n n a a ---=，即当2n 时，11n n a a --=，当1n =时，21112a a a =+，解得11a =或10a =（舍)．则{}n a 是首项为1，公差为1的等差数列，则1(1)1n a n n =+-⨯=，∴112111(2)(21)221n n n n n n b n n n n +++==-++++++．则121111111 (36611221)n n n n T b b b n n +=+++=-+-++-+++． ∴6711443261135T =-=++．故答案为：44135． 31．已知数列{}n a 与{}n b 前n 项和分别为n S ，n T ，且0n a >，22n nn S a a =+，*n N ∈，11231(3)(3)n n n n n n b a a ++⋅+=++，则n T 的取值范围是．【解答】解：数列{}n a 前n 项和分别为n S ，且0n a >，22n nn S a a =+，①，当1n =时，解得11(0a =舍去），当2n 时，21112n n n S a a ---=+，②，①-②得：11(1)()0n n n n a a a a ----+=，故11n n a a --=（常数），所以：数列{}n a 是以1为首项，1为公差的等差数列；则n a n =．故111123123111(3)(3)(3)(31)331n n n n n n n n n n n b a a n n n n ++++⋅+⋅+===-++++++++，所以：11111111111 (41111303314314)n n n n T n n n ++=-+-++-=-<+++++, 由于1110331n n n b n n +=->+++，所以1211113132111331n n n nnn bn n b n n ++++-++++=>-+++，故数列{}n b 单调递增；所以1744n T T =．故n T 的取值范围是：71[,)444．故答案为：71[,)444． 32．已知数列{}n a 与{}n b 前n 项和分别为n S ，n T ，且0n a >，22n nn S a a =+，1121(2)(2)n n n n n n b a a +++=++，对任意的*n N ∈，n k T >恒成立，则k 的最小值是．【解答】解：因为22n nn S a a =+，当2n 时，有21112n n n S a a ---=+，两式相减可得，22112n n n n n a a a a a --=+--，整理可得11(1)()0n n n n a a a a ----+=，由0n a >可知，10n n a a -+≠，从而110n n a a ---=，即当2n 时，11n n a a --=，当1n =时，21112a a a =+，解得11a =或0（舍)，则数列{}n a 是首项为1，公差为1的等差数列，则n a n =，所以1111212111(2)(2)(2)(21)221n n n n n n n n n n n b a a n n n n ++++++===-++++++++，则1211111111366112213n n n n T b b b n n +=++⋯+=-+-+⋯+-<+++，所以13k，则k 的最小值为13．故答案为：13．。

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最新高考数列递推公式题型归纳解析完整答案版类型1)(1n f a a n n +=+解法：把原递推公式转化为)(1n f a a n n =-+，利用累加法(逐差相加法)求解。

变式1.1:（2004，全国I ，个理22．本小题满分14分）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.解：Θk k k a a )1(122-+=-，kk k a a 3212+=+∴k k k k k k a a a 3)1(312212+-+=+=-+，即k k k k a a )1(31212-+=--+∴)1(313-+=-a a ，2235)1(3-+=-a a …… ……k k k k a a )1(31212-+=--+将以上k 个式子相加，得]1)1[(21)13(23])1()1()1[()333(22112--+-=-+⋅⋅⋅+-+-++⋅⋅⋅++=-+k k k k k a a将11=a 代入，得1)1(21321112--+⋅=++kk k a ，1)1(21321)1(122--+⋅=-+=-k k k k k a a 。

例3:已知31=a ，n n a n n a 23131+-=+ )1(≥n ，求n a 。

解：123132231232)2(31)2(32)1(31)1(3a n n n n a n +-•+⨯-⨯•⋅⋅⋅•+---•+---=3437526331348531n n n n n --=⋅⋅⋅⋅=---L 。

变式2.1:（2004，全国I,理15）已知数列{a n }，满足a 1=1，1321)1(32--+⋅⋅⋅+++=n n a n a a a a (n ≥2)，则{a n }的通项1___n a ⎧=⎨⎩ 12n n =≥解：由已知，得n n n na a n a a a a +-+⋅⋅⋅+++=-+13211)1(32，用此式减去已知式，得当2≥n 时，n n n na a a =-+1，即n n a n a )1(1+=+，又112==a a ，n a a a a a a a a a n n =⋅⋅⋅====∴-13423121,,4,3,1,1，将以上n 个式子相乘，得2!n a n =)2(≥n 类型3 q pa a n n +=+1（其中p ，q 均为常数，)0)1((≠-p pq ）。

解法（待定系数法）：把原递推公式转化为：)(1t a p t a n n -=-+，其中pqt -=1，再利用换元法转化为等比数列求解。

变式3.1:（2006，重庆,文,14）在数列{}n a 中，若111,23(1)n n a a a n +==+≥，则该数列的通项n a =___________ 321-=+n n a 变式3.2:（2006. 福建.理22.本小题满分14分）已知数列{}n a 满足*111,21().n n a a a n N +==+∈（I ）求数列{}n a 的通项公式；（II ）若数列{b n }滿足12111*444(1)(),n n b b b b n a n N ---=+∈L 证明：数列{b n }是等差数列；（Ⅲ）证明：*122311...().232n n a a a n nn N a a a +-<+++<∈ （I ）解：*121(),n n a a n N +=+∈Q 112(1),n n a a +∴+=+ {}1n a ∴+是以112a +=为首项，2为公比的等比数列 12.nn a ∴+=即 *21().n n a n N =-∈（II ）证法一：1211144...4(1).n n k k k k n a ---=+Q 12(...)42.n n k k k n nk +++-∴=122[(...)],n n b b b n nb ∴+++-= ①12112[(...)(1)](1).n n n b b b b n n b ++++++-+=+ ②②－①，得112(1)(1),n n n b n b nb ++-=+-即1(1)20,n n n b nb +--+= 21(1)20.n n nb n b ++-++=③－④，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 ∴是等差数列证法二：同证法一，得 1(1)20n n n b nb +--+= 令1,n =得1 2.b = 设22(),b d d R =+∈下面用数学归纳法证明 2(1).n b n d =+-（1）当1,2n =时，等式成立（2）假设当(2)n k k =≥时，2(1),k b k d =+-那么122[2(1)]2[(1)1].1111k k k k b b k d k d k k k k +=-=+--=++----- 这就是说，当1n k =+时，等式也成立根据（1）和（2），可知2(1)n b n d =+-对任何*n N ∈都成立{}1,n n n b b d b +-=∴Q 是等差数列（III ）证明：Q1121211,1,2,...,,12122(2)2k k k k k k a k n a ++--==<=-- 12231....2n n a a a n a a a +∴+++<111211111111.,1,2,...,,2122(21)2 3.222232k k k k k k kk a k n a +++-==-=-≥-=--+-Q1222311111111...(...)(1),2322223223n n n n a a a n n n a a a +∴+++≥-+++=-->-*122311...().232n n a a a n nn N a a a +∴-<+++<∈ 变式3.3:递推式：()n f pa a n n +=+1。

解法：只需构造数列{}n b ，消去()n f 带来的差异．类型4 n n n q pa a +=+1（其中p ，q 均为常数，)0)1)(1((≠--q p pq ）。

（或1n n n a pa rq +=+,其中p ，q, r 均为常数）。

解法：一般地，要先在原递推公式两边同除以1+n q，得：q q a q p qa n n n n 111+•=++引入辅助数列{}n b （其中nn n q a b =），得：q b q p b nn 11+=+再待定系数法解决。

变式4.1:（2006，全国I,理22,本小题满分12分）设数列{}n a 的前n 项的和14122333n n n S a +=-⨯+，1,2,3,n =g g g （Ⅰ）求首项1a 与通项n a ；（Ⅱ）设2nn n T S =，1,2,3,n =g g g ，证明：132ni i T =<∑解：（I ）当1=n 时，323434111+-==a S a 21=⇒a ；当2≥n 时，)3223134(3223134111+⨯--+⨯-=-=-+-n n n n n n n a a S S a ，即n n n a a 241+=-，利用n n n q pa a +=+1（其中p ，q 均为常数，)0)1)(1((≠--q p pq ）。

（或1n n n a pa rq +=+,其中p ，q, r 均为常数）的方法，解之得：nn n a 24-=(Ⅱ)将nn n a 24-=代入①得S n = 43×(4n －2n )－13×2n+1 + 23 = 13×(2n+1－1)(2n+1－2) = 23×(2n+1－1)(2n －1)T n = 2n S n = 32×2n (2n+1－1)(2n －1) = 32×(12n －1 － 12n+1－1)所以,1ni i T =∑= 321(ni =∑12i－1 － 12i+1－1) = 32×(121－1 － 12i+1－1) < 32类型5 递推公式为n n n qa pa a+=++12（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)(112n n n n sa a t sa a -=-+++其中s ，t 满足⎩⎨⎧-==+qst pt s解法二(特征根法)：对于由递推公式n n n qa pa a +=++12，βα==21,a a 给出的数列{}n a ，方程02=--q px x ，叫做数列{}n a 的特征方程。

若21,x x 是特征方程的两个根，当21x x ≠时，数列{}n a 的通项为1211--+=n n n Bx Ax a ，其中A ，B 由βα==21,a a 决定（即把2121,,,x x a a 和2,1=n ，代入1211--+=n n n Bx Ax a ，得到关于A 、B 的方程组）；当21x x =时，数列{}n a 的通项为11)(-+=n n x Bn A a ，其中A ，B 由βα==21,a a 决定（即把2121,,,x x a a 和2,1=n ，代入11)(-+=n n x Bn A a ，得到关于A 、B 的方程组）。

解法一（待定系数——迭加法）例4，:数列{}n a ：),0(025312N n n a a a n n n ∈≥=+-++， b a a a ==21,，求数列{}n a 的通项公式。

由025312=+-++n n n a a a ，得)(32112n n n n a a a a -=-+++，且a b a a -=-12。

则数列{}n n a a -+1是以a b -为首项，32为公比的等比数列，于是11)32)((-+-=-n n n a b a a 。

把n n ,,3,2,1⋅⋅⋅=代入，得a b a a -=-12，)32()(23⋅-=-a b a a ，234)32()(⋅-=-a b a a ，•••21)32)((---=-n n n a b a a 。