用迭代法速解高考压轴题教学内容
2020版高考数学二轮复习第3部分策略3活用4招巧解压轴解答题教案文
策略3 活用4招巧解压轴解答题两类压轴大题是导数和圆锥曲线，难度大、综合性强，取得满分不容易，但要得到尽可能多的分数还是有方法可行的．高考是选拔性的考试，同时又是一场智者的竞争，真正的高考高手是坦然的，他们懂得有舍才有得的真正道理，面对高考大题，特别是压轴题，哪些应该勇于割舍，哪些应努力争取．本讲教你四招，让你在考试中尽可能多得分、巧得分.第1招 缺步解答——化繁为简，能解多少算多少如果遇到一个很困难的问题，确实啃不动，一个聪明的解题策略是，将它们分解为一系列的步骤，或者是一个个小问题，先解决问题的一部分，能解决多少就解决多少，能演算几步就写几步，尚未成功不等于失败．特别是那些解题层次明显的题目，或者是已经程序化了的方法，每进行一步得分点的演算都可以得分，最后结论虽然未得出，但分数却已过半，这叫“大题巧拿分”．【典例1】 (12分)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的两个焦点分别为F 1(－1,0)，F 2(1,0)，且椭圆C 经过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，13.(1)求椭圆C 的离心率；(2)设过点A (0,2)的直线l 与椭圆C 交于M ，N 两点，点Q 是线段MN 上的点，且2|AQ |2＝1|AM |2＋1|AN |2，求点Q 的轨迹方程．[规范解答] (1)由椭圆定义知，2a ＝|PF 1|＋|PF 2|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋⎝ ⎛⎭⎪⎫43－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝22，所以a ＝ 2.2分 又由已知，c ＝1， 所以椭圆C 的离心率e ＝ca＝12＝22.4分 (2)由(1)知，椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.设点Q 的坐标为(x ，y )，①当直线l 与x 轴垂直时，直线l 与椭圆C 交于(0,1)，(0，－1)两点，此时点Q 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫0，2－355.6分②当直线l 与x 轴不垂直时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋2.因为M ，N 在直线l 上，可设点M ，N 的坐标分别为(x 1，kx 1＋2)，(x 2，kx 2＋2)，则|AM |2＝(1＋k 2)x 21，|AN |2＝(1＋k 2)x 22. 又|AQ |2＝x 2＋(y －2)2＝(1＋k 2)x 2. 由2|AQ |2＝1|AM |2＋1|AN |2，得 2＋k 2x2＝1＋k2x 21＋1＋k2x 22，即2x 2＝1x 21＋1x 22＝x 1＋x 22－2x 1x 2x 21x 22.①8分 将y ＝kx ＋2代入x 22＋y 2＝1中，得(2k 2＋1)x 2＋8kx ＋6＝0.②由Δ＝(8k )2－4×(2k 2＋1)×6＞0，得k 2＞32.由②可知，x 1＋x 2＝－8k 2k 2＋1，x 1x 2＝62k 2＋1，代入①中并化简，得x 2＝1810k 2－3.③9分因为点Q 在直线y ＝kx ＋2上，所以k ＝y －2x，代入③中并化简， 得10(y －2)2－3x 2＝18.10分由③及k 2＞32，可知0＜x 2＜32，即x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－62，0∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，62.又⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2－355满足10(y －2)2－3x 2＝18，故x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－62，62. 由题意，Q (x ，y )在椭圆C 内，所以－1≤y ≤1，又由10(y －2)2＝18＋3x 2有(y －2)2∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫95，94且－1≤y ≤1，则y ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，2－355.所以点Q 的轨迹方程为10(y －2)2－3x 2＝18， 其中x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－62，62，y ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，2－355.12分(1)本题第(1)问为已知椭圆标准方程求椭圆的离心率问题，属于容易题．(2)本题的难点在于第(2)问中确定轨迹方程及方程中各变量的取值范围，本题有一定的难度，要想拿到全分很难，这就应该学会缺步解答．首先，解决直线与圆锥曲线的位置关系问题时，若需要设直线方程，应考虑直线的斜率是否存在，因此当直线l 的斜率不存在时，求出点Q 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2－355，这是每位考生都应该能做到的．其次联立直线方程与椭圆方程并设出M ，N ，Q 的坐标，通过2|AQ |2＝1|AM |2＋1|AN |2，得到2x 2＝1x 21＋1x 22＝x 1＋x 22－2x 1x 2x 21x 22，然后由x 1＋x 2及x 1x 2联想一元二次方程根与系数的关系，将问题解决到x 2＝1810k 2－3是完全可以做到的，到此已经可以得到9分．另外，考虑到点Q 在直线l 上，将点Q 坐标代入所设直线方程就能得到10(y －2)2－3x2＝18，到此便可以得到10分．到此不能继续往下解时，我们也已经得到绝大部分分数了．第2招 跳步解答——左右逢源，会做哪问做哪问解题过程中卡在某一过渡环节上是常见的．这时，我们可以先承认中间结论，往后推，看能否得到结论．若题目有两问，第(1)问想不出来，可把第(1)问当作“已知”，先做第(2)问，跳一步解答．【典例2】 (12分)设函数f n (x )＝x n＋bx ＋c (n ∈N *，b ，c ∈R )．(1)设n ≥2，b ＝1，c ＝－1，证明：f n (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内存在唯一零点； (2)设n ＝2，若对任意x 1，x 2∈[－1,1]，有|f 2(x 1)－f 2(x 2)|≤4，求b 的取值范围；(3)在(1)的条件下，设x n 是f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内的零点，判断数列x 2，x 3，…，x n ，…的增减性．[规范解答] (1)证明：b ＝1，c ＝－1，n ≥2时，f n (x )＝x n＋x －1.∵f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12f n (1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －12×1＜0， ∴f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内存在零点.2分又∵当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1时，f ′n (x )＝nx n －1＋1＞0，∴f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上是单调递增的． ∴f n (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内存在唯一零点.4分 (2)当n ＝2时，f 2(x )＝x 2＋bx ＋c .对任意x 1，x 2∈[－1,1]都有|f 2(x 1)－f 2(x 2)|≤4. 等价于f 2(x )在[－1,1]上的最大值与最小值之差M ≤4. 据此分类讨论如下：5分 ①当⎪⎪⎪⎪⎪⎪b 2＞1，即|b |＞2时，M ＝|f 2(1)－f 2(－1)|＝2|b |＞4，与题设矛盾.6分②当－1≤－b2＜0，即0＜b ≤2时，M ＝f 2(1)－f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2＋12≤4恒成立.7分③当0≤－b2≤1，即－2≤b ≤0时， M ＝f 2(－1)－f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2－12≤4恒成立．综上可知，－2≤b ≤2.8分 故b 的取值范围为[－2,2]．(3)法一：设x n 是f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内的唯一零点(n ≥2)，f n (x n )＝x nn ＋x n －1＝0，f n ＋1(x n ＋1)＝x n ＋1n ＋1＋x n ＋1－1＝0，x n ＋1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，于是有f n (x n )＝0＝f n ＋1(x n ＋1)＝x n ＋1n ＋1＋x n ＋1－1＜x nn ＋1＋x n ＋1－1＝f n (x n ＋1)．又由(1)知f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上是单调递增的， 故x n ＜x n ＋1(n ≥2)，所以数列x 2，x 3，…，x n ，…是递增数列.12分法二：设x n 是f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内的唯一零点， f n ＋1(x n )f n ＋1(1)＝(x n ＋1n ＋x n －1)(1n ＋1＋1－1) ＝x n ＋1n ＋x n －1＜x nn ＋x n －1＝0， 则f n ＋1(x )的零点x n ＋1在(x n,1)内， 故x n ＜x n ＋1(n ≥2)，所以数列x 2，x 3，…，x n ，…是递增数列.12分第问可利用函数的单调性及零点存在性定理较简单解决，但第问较麻烦，很多同学不会做或耽误较长时间，从而延误了第问的解答.事实上，由题意可知，第问的解答与第问没有任何关系，但与第问是相关的，且非常容易解答，因此我们可跨过第问，先解决第问，从而增大了本题的得分率，这是解决此类题的上策之举.第3招 逆向解答——逆水行舟，往往也能解决问题对一个问题正面思考发生思维受阻时，用逆向思维的方法去探求新的解题途径，往往能得到突破性的进展．顺向推有困难就逆推，直接证有困难就反证．【典例3】 (12分)已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3. (1)求函数f (x )的最小值；(2)对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围； (3)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x ＞1e x －2e x 成立．[规范解答] (1)f ′(x )＝ln x ＋1，1分当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增； 所以f (x )的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e .3分(2)2x ln x ≥－x 2＋ax －3，则a ≤2ln x ＋x ＋3x，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x(x ＞0)，则h ′(x )＝x ＋x －x 2，4分①当x ∈(0,1)时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减； ②当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增，5分 所以h (x )min ＝h (1)＝4.因为对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立， 所以a ≤h (x )min ＝4，即a 的取值范围为(－∞，4].7分(3)证明：问题等价于证明x ln x ＞x e x －2e(x ∈(0，＋∞)).8分由(1)可知f (x )＝x ln x (x ∈(0，＋∞))的最小值是－1e ，当且仅当x ＝1e时取得.9分设m (x )＝x e x －2e (x ∈(0，＋∞))，则m ′(x )＝1－xex ，易知m (x )max ＝m (1)＝－1e .且两函数不会同时取得－1e.所以有x ln x ＞x e x －2e，11分从而对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x ＞1e x －2e x成立.12分．解答本题第问利用了逆向解答，把不等式ln x ＞1e x －2e x 巧妙地转化为x ln x ＞x e x －2e，不等式左边是f x ，右边看作一个新的函数m x ，只需说明f xmin>m xmax即可.第4招 退步解答——以退为进，列出相关内容也能得分“以退求进”是一个重要的解题策略．对于一个较一般的问题，如果你一时不能解决所提出的问题，那么，你可以从一般退到特殊，从抽象退到具体，从复杂退到简单，从整体退到部分，从参变量退到常量，从较强的结论退到较弱的结论．总之，退到一个你能够解决的问题，通过对“特殊”的思考与解决，启发思维，达到对“一般”的解决．【典例4】 (12分)如图，O 为坐标原点，双曲线C1：x 2a 21－y 2b 21＝1(a 1＞0，b 1＞0)和椭圆C 2：y 2a 22＋x 2b 22＝1(a 2＞b 2＞0)均过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫233，1，且以C 1的两个顶点和C 2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形．(1)求C 1，C 2的方程；(2)是否存在直线l ，使得l 与C 1交于A ，B 两点，与C 2只有一个公共点，且|OA →＋OB →|＝|AB →|，证明你的结论．[规范解答] (1)设C 2的焦距为2c 2，由题意知，2c 2＝2,2a 1＝2. 从而a 1＝1，c 2＝1.因为点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫233，1在双曲线x 2－y 2b 21＝1上，所以⎝⎛⎭⎪⎫2332－1b 21＝1，故b 21＝3.2分由椭圆的定义知 2a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2332＋－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2332＋＋2＝2 3.于是a 2＝3，b 22＝a 22－c 22＝2. 故c 1，c 2的方程分别为x 2－y 23＝1，y 23＋x 22＝1.4分(2)不存在符合题设条件的直线.5分①若直线l 垂直于x 轴，因为l 与C 2只有一个公共点，所以直线l 的方程为x ＝2或x ＝－ 2.当x ＝2时，易知A (2，3)，B (2，－3)， 所以|OA →＋OB →|＝22，|AB →|＝2 3. 此时，|OA →＋OB →|≠|AB →|.当x ＝－2时，同理可知，|OA →＋OB →|≠|AB →|.7分 ②若直线l 不垂直于x 轴，设l 的方程为y ＝kx ＋m .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2－y 23＝1得(3－k 2)x 2－2kmx －m 2－3＝0.当l 与C 1相交于A ，B 两点时，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1，x 2是上述方程的两个实根，从而x 1＋x 2＝2km 3－k 2，x 1x 2＝m 2＋3k 2－3. 于是y 1y 2＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝3k 2－3m2k 2－3.9分由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，y 23＋x22＝1得(2k 2＋3)x 2＋4kmx ＋2m 2－6＝0.因为直线l 与C 2只有一个公共点，所以上述方程的判别式Δ＝16k 2m 2－8(2k 2＋3)(m 2－3)＝0.化简，得m 2＝2k 2＋3，10分 因此OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝m 2＋3k 2－3＋3k 2－3m 2k 2－3＝－k 2－3k 2－3≠0. 于是OA →2＋OB →2＋2OA →·OB →≠OA →2＋OB →2－2OA →·OB →， 即|OA →＋OB →|2≠|OA →－OB →|2， 故|OA →＋OB →|≠|AB →|.综合①②可知，不存在符合题设条件的直线.12分在求解第问时可采用退步解答，若不能正确判断其结论也应说明直线是否存在，同时应对直线垂直于x 轴时给予说明，这就是所谓的从一般到特殊.。
用迭代法速解高考压轴题教学内容
用迭代法速解高考压轴题高二数学专题讲座巧用迭代法速解高考压轴题高考是以知识为载体，方法为依托，能力为目标来进行考查的，命题时则是以能力为立意，以方法和知识为素材来进行命题设计的。
纵观这两年全国高考的新课程试卷中的压轴题—数列问题，背景新颖、能力要求高、内在联系密切、思维方法灵活，又由于新课程的改革中淡化了数学归纳法，无疑地迭代法成为解决这类问题的通法。
1. a n+i=pa+q（p、q为非零常数）型此类型的通项公式求法通常有两种迭代思路：一是构造新数列使其成等比数列，设原递推关系化为a n+1+ =p（a n+ ），其中为待定系数，于是有p=q，即=話，这样数列a n即为等比数列。
二是a n=pa n—i+q=p（pan—2+q）+q=p2an-2+pq+q=p2（pa n-p 13+q）+pq+q=p3a n—3+p2q+pq+q= ... =p n_1a i+p n_2q+ ....... +pq+q，它的实质下标递降，直至退至卩不同再退为止。
例1.设a>0如图，已知直线I :y=ax及曲线C:y=x2，C上的点Q i的横坐标为a i（0<a i<a），从C上的点Q n （n》1）作直线平行于x轴，交直线I于点P n+i，再从点P n+i作直线平行于y 轴，交曲线C于点Q n+i. Q n （n=1,2,3 ）的横坐标构成数列a n。
（I）试求a n+i与a n的关系，并求a n 的通项公式；（ll）、（III ）两题略。
分析：通过点Q n与P n+1的纵坐标关系，P n+1与Q n+1的横坐标的关系，建立a n+i与a n的递推关系，将n换成n—1，即为迭代，反复利用这种迭代的方法即可求出an o解：由点Q n在曲线C上，所以Q n的纵坐标为an2, 即卩Q n@n, a2 ）。
又由于Q n与P n+1的纵坐标相等，所以，P n+1的纵坐标为a；。
而点P n+1在直线I上，所以P n+1的与a n的递推关系。
陕西省西安电子科技大学附属中学高考数学研讨会 压轴题的解题思路与方法课件
零点存在 定理
数列放缩 不等式
多项式 函数
分类讨论 化归转化
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近5年来陕西卷压轴题试题特点
年份
设问 特点
涉及 知识点
函数模 型
e 2013 年
参数值 公共点个数
比较大小
导数几何意义 最值
x 型函 数
2014 年
函数表达式 参数范围 比较大小
最值，单调性 定积分 数列
含lnx的 函数
高考数学压轴题的解题思路和方法
关于“压轴题”的几点说明：
1.一题压的轴变为多题压轴； 2.解析几何题重点在于几何问题代数化的转化的
训练； 3.函数导数题重点体现创新能力的考查，有一定
难度； 4.和数列的结合往往增大了压轴题的难度; 5.我省与全国卷相比，压轴题比较稳，体现在考
查知识点、方法上稳中有进。
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（十三）不等式 2．一元二次不等式 （1）会从实际问题的情境中抽象出一元二次
不等式模型． （2）通过函数图像了解一元二次不等式与相
应的二次函数、一元二次方程的联系． （3）会解一元二次不等式，对给定的一元二
次不等式，会设计求解的程序框图．
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（一）考纲的角度
（文）（十六）导数及其应用 （4）能利用以下给出的基本初等函数的导数公式和
且在点 P 处有相同的切线 y 4x 2 （Ⅰ）求 a ， b ， c ， d 的值 （Ⅱ）若 x ≥－2 时， f (x) ≤ kg(x) ，求 k 的取值范围。
关键点：
设 函 数 F (x) = kg(x) f (x) = 2kex (x 1) x2 4x 2
（ x 2 ）， F(x) = 2kex (x 2) 2x 4 = 2(x 2)(kex 1) ，
用迭代思想方法突破高中算法教学难点
即精确度． 3.2 演示方法 选中 n ，同时按“shift”和“+”键或“-”键，使迭代 次数增加或减少，迭代数据表的行数也随着增加或 减少，图象中的细线段同时往里面画出，位置越来 ab 越接近方程的解(即观察表格中 的值)直到达到 2 要求的精确度为止．
程中的思维障碍或困惑，并能从不同的角度和侧面 展开思考探究的问题，以及解法有争议的地方等． （3）教师的作用在于促进者学生的学习，具体 可从以下四个方面进行：①围绕主要知识和核心概 念组织设计教学材料；②运用元认知引导学生监控 和调节自己的思维，让学生学会思考、学会探究； ③点面结合，因材施教，根据不同学生的学习差异 性和特点，运用多种多重表征形式表征学习内容， 如语言、符号、图形、一题多解等；④设计一些难 度适中的学习任务，让学生尽可多地获得成功的体 验，充分调动其学习的主动性、积极性．
用迭代思想方法突破高中算法教学难点
王清华 1，2 1 福建省莆田第十中学（351146） 2 福建省莆田秀屿区实验中学（351146） 1 问题提出 笔者在经过两届算法教学和潜心研究后发现， 高中数学必修 3 中算法部分的教学困难在：①算法 概念的理解；②算法思想方法的领会．具体到如课 程标准所分析的学生在学习中或教学中可能遇到的 困难，“①对含有循环结构的算法，怎样通过算法 步骤或程序框图表达出来；②提炼出算法中的循环 结构，并用程序框图和算法语句表示出来等等．”所 以算法的困难在于循环结构，又循环结构中一定包 含着条件结构，而任何算法必然包含顺序结构，尤 为重要的是循环结构蕴涵着深刻的算法思想，体现 算法的重要性．所以难点突破内容目标为循环结构， 而循环结构的核心要注意两个变量，一个是计数变 量，用来记录循环体循环次数和控制循环终止；一 个是累加（乘）变量，用来计算并输出结果． 2 分析解决 在高中数学中，显然这两个变量在循环赋值中 都具有迭代方法特征，顾名思义迭代的“迭”为交 换，轮流的意思，“代”为替换，交替，代替的意 思．所以迭代的意思是：重复替换变化的循环．所 以个人认为迭代是循环的一种策略方法． 事实上迭代算法是用计算机解决问题的 一 种 基 本 方 法 ．它 利 用 计 算 机 运 算 速 度 快 、适 合 做 重 复 性 操 作 的 特 点 ， 让 计 算 机 对 “一 个 需 重 复 的 计 算 公 式 ”（ 一 组 指 令 或 一 定 步 骤 ， 在 中 学 数 学 中 即 为 循 环 体 ，主 要 是 累 加（ 乘 ）变 量 的 赋 值 公 式 ）进 行 重 复 执 行 ，在 每 次 执 行 这 组 指 令（ 或 这 些 步 骤 ）时 ，都 从 变 量 的 原 值 推 出 它 的 一 个 新 值 ， 如计数变量 i i 1 ，秦九韶算 法中的 v vx ai 等等．而且课件制作软件《几何画 板》有强大的迭代功能，在如二分法求一个函数的 近似零点教学中大有作为，它可以非常直观地帮助 学生参与探究设计问题解决的算法过程，建构对算 法的理解，体会算法思想及其重要性．下文以二分 法求一个函数的近似零点为例做点浅析． 3 案例 人教版普通高中课程标准实验教科书数学必修 3 第 4 页例 2： 写出用“二分法”求方程 x 2 2 0( x 0) 的近似解的算法． （1）算法分析 令 f ( x) x 2 2 ，则方程 x 2 2 0( x 0) 的解就 是函数 f ( x) 的零点． “二分法”基本思想是：把函数 f ( x) 的零点所在 的区间 [a ， b] （满足 f (a) f (b) 0 ）“一分为二”，得
2020届全国卷1理科数学高考“压轴题题型解法”大纲(李老师编)
3.线性回归和类线性回归（大数据整体计算型）
难
4.极坐标与参数方程的几何意义法（求长度、长度之积/和）
难
5.新定义、新材料阅读理解题
难
6.类比推理和演绎推理
难
难
3.不规则锥体的外接球（万能公式，见于杂志）
难
4.1向量的四心问题（性质秒杀）
难
4.2角平分线定理
难
5.向量的奔驰定理（公式秒杀）
难
6.解三角形（共边型、共角型、整体法型）
难
7.解三角形求动态参数（数形结合法、基本不等式法、三角函数法）
难
8.三角函数高难度化简与变换（函数求参数题（构建法+分类讨论法）
难
3.2构建函数的恒成立、存在性问题（单边构建、双边构建）
难
4.极值点偏移题（左偏移、右偏移、拉格朗日中值定理）
难
5.零点、交点、根的存在性问题（判断、个数、分布）
难
6.恒成立、存在性问题（特殊点型、隐零点型、虚假点型）
难
7.函数模型与缩放题（指数、对数：直接，裂项，并项，加强）
难
模块
2020全国卷1卷压轴考点和题型明细
难度
数列
1.数学归纳法
难
2.数列放缩类型和数列不等式的证明
难
3.数列递推
难
4.探索数列中的存在性（最大最小整数型、数列函数交汇型）
难
模块
2020全国卷1卷压轴考点和题型明细
难度
其他
1.可行域问题（生活应用综合型、动态型）
难
2.排列组合题（综合型、至少至多型）
2020全国卷1卷压轴考点和题型明细
难度
圆锥曲线
1.对称性问题
高考数学题型全归纳：叠加、叠乘、迭代递推、代数转化(含问题详解)
叠加、 叠乘、迭代递推、代数转化数列的递推关系式求数列的通项公式的方法大约分为两类：一类是根据前几项的特点归纳猜测出a n 的表达式,然后用数学归纳法证明；另一类是将递推关系,用代数法、迭代法、换元法,或是转化为根本数列〔等差或等比〕的方法求通项．第一类方法要求学生有一定的观察能力以与足够的结构经验,才能顺利完成,对学生要求高．第二类方法有一定的规律性,只需遵循其特有规律方可顺利求解．在教学中,我针对一些数列特有的规律总结了一些求递推数列的通项公式的解题方法．一、叠加相消．类型一：形如a 1+n ＝a n + f <n>, 其中f <n> 为关于n 的多项式或指数形式〔a n〕或可裂项成差的分式形式．——可移项后叠加相消．例1：数列｛a n ｝,a 1＝0,n ∈N +,a 1+n ＝a n ＋〔2n －1〕,求通项公式a n ． 解：∵a 1+n =a n ＋〔2n －1〕∴a 1+n =a n ＋〔2n －1〕 ∴a 2－a 1 =1 、a 3－a 2=3 、…… a n －a 1-n =2n －3 ∴a n = a 1＋<a 2－a 1>＋<a 3－a 2>＋…＋<a n －a 1-n >=0＋1＋3＋5＋…＋<2n －3> =21[1＋<2n －3>]< n －1>=< n －1>2n ∈N + 练习1：⑴.数列｛a n ｝,a 1=1, n ∈N +,a 1+n =a n ＋3 n, 求通项公式a n ．⑵.数列｛a n ｝满足a 1＝3,)1(21+=-+n n a a n n ,n ∈N +,求a n ．二、叠乘相约．类型二：形如)(1n f a a n n =+.其中f <n> =p pc mn b mn )()(++ 〔p ≠0,m ≠0,b –c = km,k ∈Z 〕或 n n a a 1+=kn 〔k ≠0〕或nn a a 1+= km n< k ≠ 0, 0＜m 且m ≠ 1>． 例2：数列｛a n ｝, a 1=1,a n ＞0,< n ＋1> a 1+n 2－n a n 2＋a 1+n a n =0,求a n ． 解：∵< n ＋1> a 1+n 2－n a n 2＋a 1+n a n =0 ∴ [<n ＋1> a 1+n －na n ]<a 1+n ＋a n >= 0∵ a n ＞0 ∴ a 1+n ＋a n ＞0 ∴ <n ＋1> a 1+n －na n =0 ∴11+=+n n a a n n ∴nn n n n nn a a a a a a a a a a n n n n n n n 11212312111232211=⨯⨯⨯--⨯--⨯-=⨯⨯⨯⨯⨯=-----练习2：⑴数列｛a n ｝满足S n =2na n < n ∈N *>, S n 是{ a n }的前n 项和,a 2=1,求a n ． ⑵.数列｛a n ｝满足a 1+n = 3 na n < n ∈N *>,且a 1=1,求a n ． 三、逐层迭代递推．类型三：形如a 1+n = f <a n >,其中f <a n >是关于a n 的函数.——需逐层迭代、细心寻找其中规律．例3：数列｛a n ｝,a 1=1, n ∈N +,a 1+n = 2a n ＋3 n,求通项公式a n ． 解： ∵a 1+n = 2 a n ＋3 n∴ a n =2 a 1-n ＋3 n-1=2<2 a 2-n ＋3n-2>＋3n-1= 22<2 a 3-n ＋3n-3>＋2·3n-2＋3n-1=……=2 n-2<2 a 1＋3>＋2 n-3·3 2＋2n-4·3 3＋2n-5·3 4＋…＋22·3 n-3＋2·3 n-2＋3n-1=2n-1＋2n-2·3＋2n-3·3 2＋2n-4·3 3＋…＋22·3n-3＋2·3n-2＋3n-1练习3:⑴.假如数列｛a n ｝中,a 1=3,且a 1+n =a 2n 〔n ∈N +〕,求通项a n .⑵.数列｛a n ｝的前n 项和S n 满足S n =2a n +()n1-,n ∈N +,求通项a n ． 四、运用代数方法变形,转化为根本数列求解．类型四：形如1+n n a a = 1++n n qa pa ,〔pq ≠ 0〕．且0≠n a 的数列,——可通过倒数变形为根本数列问题．当p = －q 时,如此有：pa a n n 1111=-+ 转化为等差数列； 当p ≠ －q 时,如此有：ppa q a n n 111+-=+．同类型五转化为等比数列． 例4：假如数列｛a n ｝中,a 1=1,a 1+n =22+n na a n ∈N +,求通项a n ． 解： ∵221+=+n n n a a a又,011>=a ∴0>n a ,∴n n a a 12111+=+∴21111=-+n n a a ∵111=a∴数列{ a n }是首项为1,公差为21的等差数列． ∴na 1=1＋()121-n ∴a n =12+n n ∈N +练习4：f <n> =x x +32,数列{ a n }满足 a 1=1,a n =23f <a 1-n >,求a n ． 类型五：形如a 1+n ＝pa n + q ,pq ≠0 ,p 、q 为常数． 当p ＝1时,为等差数列；当p ≠1时,可在两边同时加上同一个数x,即a 1+n + x = pa n + q + x⇒a 1+n + x = p<a n +p x q +>, 令x =p x q +∴x =1-p q时,有a 1+n + x = p<a n + x >, 从而转化为等比数列 {a n +1-p q} 求解． 例5：数列{a n }中,a 1=1,a n =21a 1-n + 1,n= 1、2、3、…,求通项a n ． 解：∵ a n = 21a 1-n + 1 ⇒ a n －2 =21<a 1-n －2>又∵a 1－2 = -1≠0 ∴数列{ a n －2}首项为-1,公比为21的等比数列．∴ a n －2 = -11)21(-⨯n 即 a n = 2 －2n-1 n ∈N +练习5：⑴. a 1=1,a n = 2 a 1-n + 3 <n = 2、3、4…> ,求数列{a n }的通项．⑵. 数列｛a n ｝满足a 1=21,a 1+n =12+n n a a ,求a n ．类型六：形如a 1+n ＝pa n + f <n>,p ≠0且 p 为常数,f <n>为关于n 的函数． 当p ＝1时,如此 a 1+n ＝a n + f <n> 即类型一．当p ≠1时,f <n>为关于n 的多项式或指数形式〔a n〕或指数和多项式的混合形式． ⑴假如f <n>为关于n 的多项式〔f <n> = kn + b 或kn 2+ bn + c,k 、b 、c 为常数〕,——可用待定系数法转化为等比数列．例6：数列{ a n }满足a 1=1,a 1+n = 2a n ＋n 2,n ∈N +求a n ． 解：令a 1+n + x[a<n+1>2+ b<n+1> + c] = 2<a n + an 2+ bn + c>即 a 1+n = 2 a n + <2a –ax>n 2+ <2b -2ax – bx>n +2c –ax –bx – cx 比拟系数得：⎪⎩⎪⎨⎧=---=--=-0202212cx bx ax c bx ax b ax a ⇒⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧-+=-=-=x bx ax c x ax b x a 22221⇒ 令x = 1,得：⎪⎩⎪⎨⎧===321c b a ∴ a 1+n + <n+1>2+2<n+1> + 3 = 2<a n + n 2+2n + 3> ∵ a 1+1+2×1+3 = 7令b n = a n + n 2+2n + 3 如此 b 1+n = 2b n b 1= 7 ∴数列{ b n }为首项为7,公比为2德等比数列∴ b n = 7× 21-n 即 a n + n 2+2n + 3 = 7× 21-n ∴ a n = 7× 21-n －< n 2+2n + 3 > n∈N +⑵假如f <n>为关于n 的指数形式〔a n〕． ①当p 不等于底数a 时,可转化为等比数列； ②当p 等于底数a 时,可转化为等差数列． 例7：〔同例3〕假如a 1=1,a n = 2 a 1-n + 31-n ,<n = 2、3、4…> ,求数列{a n }的通项a n ．解: ∵ a n = 2 a 1-n + 31-n ∴ 令a n + x ×3n= 2<a 1-n +x ×31-n > 得 a n = 2 a 1-n －x ×31-n令-x ×3n= 3n⇒x = -1 ∴ a n －3n= 2<a 1-n －31-n > 又 ∵ a 1－3 = - 2∴数列{n n a 3-}是首项为-2,公比为2的等比数列． ∴n n a 3-=-2·21-n 即a n = 3n -2nn ∈N +例8：数列{ a n }中,a 1=5且a n =3a 1-n + 3n-1 <n = 2、3、4…> 试求通项a n ．解： a n =3a 1-n + 3n -1 ⇒ a n +-=--)21(3211n a 3n⇒132132111+-=---n n n n a a ⇒{n n a 321-}是公差为1的等差数列．⇒nn a 321-=3211-a +<1-n > = 3215-+<1-n > = n +21 ⇒a n = <213)21+⨯+n n n ∈N +⑶假如f <n>为关于n 的多项式和指数形式〔a n 〕的混合式,如此先转换多项式形式在转换指数形式．例如上面的例8．练习6:⑴.数列{a n }中a 1= 1,a 1+n = 3 a n + n ,+∈N n ; 求{a n }的通项．⑵设a 0为常数,且a n = 31-n －2 a 1-n <n ∈N +且n ≥ 2 >．证明：对任意n ≥ 1,a n =51[3n + <-1>1-n 2n ] +<-1>n 2na 0． 类型七：形如a 2+n = p a 1+n + q a n < pq ≠ 0, p 、q 为常数且p 2+ 4q > 0 >,——可用待定系数法转化为等比数列．例9: 数列{a n }中a 1= 1, a 2= 2且n n n a a a 212+=++ ,+∈N n ; 求{a n }的通项． 解:令a 2+n +x a 1+n = <1+x> a 1+n + 2 a n ⇒ a 2+n +x a 1+n = <1+x>< a 1+n + x+12a n >令x =x+12⇒x 2+ x – 2 = 0 ⇒x = 1或 -2当x = 1时,a 2+n + a 1+n =2<a 1+n + a n > 从而a 2+ a 1= 1 + 2 = 3 ∴数列{ a 1+n + a n }是首项为3且公比为2的等比数列. ∴ a 1+n + a n = 312-⨯n …………①当x = - 2时, a 2+n - 2a 1+n = - <a 1+n -2a n > , 而 a 2- 2a 1= 0 ∴ a 1+n - 2a n = 0 …………② 由①、②得:a n = 21-n , +∈N n练习7：⑴: a 1= 2, a 2= 35, n n n a a a 323512-=++ ,<n = 1、2、3、……>,求数列{ a n }的通项．⑵数列：1、1、2、3、5、8、13、……,根据规律求出该数列的通项． 五、数列的简单应用.例10:设棋子在正四面体ABCD 的外表从一个顶点移向另外三个顶点时等可能的.现抛掷骰子,根据其点数决定棋子是否移动,假如投出的点数是奇数,如此棋子不动；假如投出的点数是偶数,棋子移动到另外一个顶点.假如棋子初始位置在顶点A,如此:⑴投了三次骰子,棋子恰巧在顶点B 的概率是多少? ⑵投了四次骰子,棋子都不在顶点B 的概率是多少? ⑶投了四次骰子,棋子才到达顶点B 的概率是多少？ 分析：考虑最后一次投骰子分为两种情况①最后一次棋子动；②最后一次棋子不动． 解：∵ 事件投一次骰子棋子不动的概率为21；事件投一次骰子棋子动且到达顶点B 的概率为3121⨯ =61． ⑴．投了三次骰子,棋子恰巧在顶点B 分为两种情况①.最后一次棋子不动,即前一次棋子恰在顶点B ；②.最后一次棋子动,且棋子移动到B 点．设投了i 次骰子,棋子恰好在顶点B 的概率为p i ,如此棋子不在顶点B 的概率为<1- p i >．所以,投了i+1次骰子,棋子恰好在顶点B 的概率：p 1+i = p i ×21+ <1- p i >×61i = 1、2、3、4、…… ∴ p 1+i = 61 + 31×p i ∵ p 1= 3121⨯=61∴ p 2=92∴ p 3=5413⑵．投了四次骰子,棋子都不在顶点B,说明前几次棋子都不在B 点,应分为两种情况①最后一次棋子不动；②最后一次棋子动,且不到B 点．设投了i 次骰子,棋子都不在顶点B 的概率为i p ',如此投了i+1次骰子,棋子都不在顶点B 的概率为：1+'i p = i p '×21+ i p '×21×<1﹣31> i = 1、2、3、4、…… 即：1+'i p = 65i p ' 又∵1p '= 21+21×<1﹣31> = 65∴4p ' = <65>4 ⑶．投了四次骰子,棋子才到达顶点B ；说明前三次棋子都不在B 点,最后一次棋子动且 到达顶点B ．设其概率为P 如此： P =3121⨯×3p ' = 61×<65>3= 1296125答：〔略〕．例11：用砖砌墙,第一层〔底层〕用去了全部砖块的一半多一块；第二层用去了剩下的一半多一块,…,依次类推,每层都用去了上层剩下的一半多一块.如果第九层恰好砖块用完,那么一共用了多少块砖？分析：此题围绕两个量即每层的砖块数ai 和剩下的砖块数bi,关键是找出ai和bi的关系式,通过方程<组>求解．解：设第i层所用的砖块数为ai ,剩下的砖块数为bi<i = 1、2、3、4、…… >如此b9=0,且设b为全部的砖块数,依题意,得a 1=21b+ 1,a2=21b1+ 1,…… ai=21b1-i+ 1 …………①又 b1-i = ai+ bi……………②联立①②得 b1-i -bi=21b1-i+ 1 即bi=21b1-i- 1∴ bi + 2 =21<b1-i+ 2> ∴ b9+2 = <21>9<b+ 2 > ∴ b+2 = 2×29∴ b= 1022练习8：⑴十级台阶,可以一步上一级,也可以一步上两级；问上完十级台阶有多少种不同走法？⑵. 三角形内有n个点,由这n个点和三角形的三个顶点,这n + 3个点可以组成多少个不重叠<任意两个三角形无重叠局部>的三角形？⑶．甲、乙、丙、丁四人传球,球从一人手中传向另外三个人是等可能的.假如开始时球在甲的手中．假如传了n次球,球在甲手中的概率为an ；球在乙手中的概率为bn.<n = 1、2、3、4、…… >.①问传了五次球,球恰巧传到甲手中的概率a5和乙手中的概率b5分别是多少？②假如传了n次球,试比拟球在甲手中的概率an 与球在乙手中的概率bn的大小.③传球次数无限多时,球在谁手中的概率大？参考答案练习1：⑴. an =21<3 n-1> ⑵. an=nn2+练习2：⑴. an= n -1 ⑵. an= 32)1(-n n练习3：⑴. an = 321-n <提示：可两边取对数> ⑵. a n=32[22-n+ <-1>1-n]练习4：an =23+n练习5：⑴ an= 21+n-3 ⑵ an=12211+--nn练习6：⑴可得a1+n +21<n+1>+41= 3<an+21n +41> 从而an=47×31-n-<21n +41> ⑵ <略>练习7：⑴an = 3 -132-nn, ⑵由得a2+n= a1+n+ an⇒ an=55[<251+>n-<251->n]练习8：⑴∵a2+n = a1+n+ an, a1= 1,a2= 2,∴a10= 89 ⑵∵a1+n= an+ 2 ,a1= 3 ∴an= 2n+1⑶①∵a1+n =31<1 - an> b1+n=31<1 - bn> a1= 0 b1=31∴a5=8120； b5=24361.②可解得an =41-41×1)31(--n bn=41+121×1)31(--n∴当n为奇数时, an <41<bn；当n为偶数时,an>41>bn③当n →∞时,an →41,bn→41故球在各人手中的概率一样大．。
高考数学-递推法(迭代法)求数列通项
1 高考数学-递推法（迭代法）求数列通项例1、设数列{}n a 是首项为1的正项数列，且()()22*11n+10n n n n a na a a n N ++-+=∈，求数列的通项公式.解：由题意知11,0n a a =>，将条件变形，得()()1110n n n n a a n a na ++++-=⎡⎤⎣⎦，又0n a >，得10n n a a ++≠，所以11n n n a a n +=+，即11n n a n a n +=+，到此可采用: 法一（递推法）：121112121112n n n n n n n n a a a a n n n n n -------==⋅==⋅⋅⋅--L L ，从而1n a n =. 法二（叠成法）：12121121,12n n n n a a a n n a a a n n -----⋅⋅⋅=⋅⋅⋅-L L 所以1n a n= . 法三（构造法）：由11n n a n a n +=+，得()1n+11n na na +=，故{}n na 是常数列，1111,n n na a a n =⨯=∴=. 点拨：解法一是迭代法，这是通法；解法二是叠乘法，适合由条件()1n n a f n a -=求通项的题型；解法三是构造法（简单+经典），根据条件特点构造特殊数列求通项，技巧性较强，体现了转化思想.例2、已知数列}a {n 满足3a 132a 3a 1n n 1n =+⋅+=+，，求数列}a {n 的通项公式．解：由已知，得（两边除以1n 3+），得1n n n 1n 1n 31323a 3a +++++=，即1n n n 1n 1n 31323a 3a ++++=-， 故11221122111()()()333333n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a ------=-+-++-+L 122121213()()()3333333n n -=+++++++L 1)3131313131(3)1n (222n 1n n n +++++++-=--Λ， ∴n 1n n n n 321213n 2131)31(313)1n (23a ⋅-+=+--⋅+-=-，即213213n 32a n n n -⋅+⋅⋅= 练习：已知数列{}n a 中，111,n n a a a n +=-=，求通项公式n a .（尝试叠加法）解：由已知，得()()()12112n n n a a n a n n --=+-=+-+-()()()21n n-1n n+2121122a n n -==+-+-++=+=L L ．。
高三数学累积、迭代法证明不等式(2019)
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越、楚则有三俗 正月 乐毅因归赵 亟以少割收魏 ” 乐间、乐乘怨燕不听其计 赵何攻魏 可立也” 以为人主天下之仪表也 朕既不敏 道远 是邪非邪 天若遗朕士而大通焉 而子弟为匹夫 方争下士 善骑射 ”谒居病卧闾里主人 奔扬会 徙蜀惩谤 阳气之动者也 楚相孙叔敖持廉至死 本曰
黄金二十馀万斤 问少君 政自季氏久矣 财物赂遗闽越、西瓯、骆 陈皇后挟妇人媚道 且又同姓 赐任王后 心惛然 原君即以遂备员而行矣 乃誓 五德转移 田豹与之车 迎年祀日 其後将霸 使行礼 多盗贼 燕王刘泽者 相忠言之士 继绝宠勤 北渡河 想见其为人 赵若许而约四国攻之 馀好
宫苑 十馀县 硃虚侯年二十 十二 ”轸曰：“非独仪知之也 公令师曹教宫妾鼓琴 以为郦生卖己 女二十有二人 犬死；问其故 ”张耳乃佩其印 问上 佩青緺出宫门 子昭王瑕立 礧石相击 不可信 其帛絮细布千钧 深者四十馀丈 天狗 康王卒 广川人也 揜草蔽地 取我蔺、离石 贤弟子
新垣衍曰：“先生独不见夫仆乎 皆至泰山然后去 是称阖闾 赵发兵击秦 乃可使通言於神人 ”行猎鸟兽 则秦不王矣 秦拔我襄城 適见于天 孝景前五年 绛侯与我戏 欲立魏後故甯陵君咎为魏王 从巴蜀筰关入 留岁馀 涉流沙； 其明日 射杀一鱼 王虐而不忌 武王之弟 国除 而夺之权
庸知其盗买县官器 ”卓王孙不得已 朔而又朔 孟公绰 上乃遣望气佐候其气云 我布衣 外国归义 汉三年 ”广曰：“吾尝为陇西守 四年 其过不更 窃闻大王以爵事有適 拜为中大夫 於是楚为扞关以距之 孙叔敖者 使信王之救己也 遂无言 常附吕后 未至 在今後嗣王纣 驰入赵壁 尝事
乃对元王曰：“今昔壬子 为人子可不慎乎 使者三反 而听从人之甘言好辞 ”令中尉亚夫为车骑将军 夫民虑之於心而宣之於口 当今人臣之位无居臣上者 上曰：“此非庙垣 成侯四年 吹律听声 燕人曰：“子不听 泾阳君封宛 罢车马之用 病甚 乃从狱中上书曰：臣闻忠无不报 不听 蔽
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用迭代法速解高考压轴题高 三 数 学专题讲座 巧用迭代法速解高考压轴题高考是以知识为载体，方法为依托，能力为目标来进行考查的，命题时则是以能力为立意，以方法和知识为素材来进行命题设计的。
纵观这两年全国高考的新课程试卷中的压轴题—数列问题，背景新颖、能力要求高、内在联系密切、思维方法灵活，又由于新课程的改革中淡化了数学归纳法，无疑地迭代法成为解决这类问题的通法。
1．a n+1=pa n +q(p 、q 为非零常数)型此类型的通项公式求法通常有两种迭代思路：一是构造新数列使其成等比数列，设原递推关系化为a n+1+λ=p(a n +λ)，其中λ为待定系数，于是有p λ－λ=q ，即λ=1-p q，这样数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+1p q a n 即为等比数列。
二是a n =pa n －1+q=p(pa n －2+q)+q=p 2a n －2+pq+q=p 2(pa n －3+q)+pq+q=p3a n －3+p 2q+pq+q=……=p n －1a 1+p n －2q+……+pq+q ，它的实质下标递降，直至退到不同再退为止。
例1．设a>0如图，已知直线l :y=ax 及曲线C:y=x 2，C 上的点Q 1的横坐标为a 1(0<a 1<a)，从C 上的点Q n （n ≥1）作直线平行于x 轴，交直线l 于点P n+1，再从点P n+1作直线平行于y 轴，交曲线C 于点Q n+1. Q n （n=1,2,3……）的横坐标构成数列{}n a 。
（I ）试求a n+1与a n 的关系，并求{}n a 的通项公式；（II ）、（III ）两题略。
分析：通过点Q n 与P n+1的纵坐标关系，P n+1与Q n+1的横坐标的关系，建立a n+1与a n 的递推关系，将n 换成n －1，即为迭代，反复利用这种迭代的方法即可求出a n 。
解：由点Q n 在曲线C 上，所以Q n 的纵坐标为a n 2，即Q n (a n ，a 2n )。
又由于Q n 与P n+1的纵坐标相等，所以，P n+1的纵坐标为a 2n 。
而点P n+1在直线l 上，所以P n+1的横坐标为a a n 2，即P n+1（n n a a a ,2）。
又因为P n+1与Q n+1的横坐标相同，所以a n+1=aa n2即为a n+1与a n 的递推关系。
下用迭代法求数列{}n a 的通项公式。
迭代法一（构造新数列迭代）：对a n+1=aa n2两边同时取对数得：lga n+1=2lga n －lga ，所以lga n+1－lga=2(lga n －lga)，反复迭代得：lga n －lga=(lga n －1－lga)=2·2(lga n －2－lga)=22(lga n －2－lga)=……=2n －1(lga 1－lga)=lg(a a 1)21-n ，所以lg a a n =lg(a a 1)21-n ，即a n =a·(aa 1)21-n 。
迭代法二（直接变形迭代）：∵a n+1=a a n 2，∴221aa a a nn =+ ∴22121])[()(a a a a a a n n n -+===221221)()(a a a a n n -⨯-==[（a a n 2-）2]22=(a a n 2-)32=……=naa 21)(. ∴a n+1=a·(a a 1)2n ，即a n =a·(aa 1)21-n . [解题回顾]解决本小题的关键有两步，一是灵活运用P n+1与Q n 、Q n+1间的纵横坐标间的关系正确而迅速建立a n+1与a n 的关系式；二是巧妙运用待定系数法或同除以a 对递推关系进行变形，使递推关系进一步具体化、特征化，然后再反复迭代。
实质上，等差等比数列的通项公式就是利用这种迭代法而推导出来的。
迭代法二是变形成结构相同的式，然后进行下标递降；迭代法一也先是对递推关系式变形，化成a n+1=pa n +q 这种形式，利用待定系数法求解，也可以在此基础上直接迭代，如lga n =2lga n －1－lga=22lga n －2－2.lga －lga= (2)－1lga 1－(2n －2+2n －3+……+2+1)lga=2n －1lga 1－(2n －1－1)lga ，所以a n =122111---n n a a =a·121)(-n aa 。
从高考阅卷中可以看出，不少学生得出递推关系式后，望而却步，这足以说明学生在数学思想方法上没有受到良好的训练，平时的学习都是被动的接受，而很少有主动建构的过程。
2．a n+1=pa n +f(n)（p为常数，p ≠1，p ≠0）型。
此类型的通项公式求法常见有两种迭代方法：一是构造新数列代，即a n+1－λg(n+1)=p[a n －λg(n)],比较系数有：λg(n+1)－p λg(n)=f(n)对一切n ∈N +都成立，求出λ，则数列{})(n g a n λ-是等比数列；二是下标递降迭代，即a n →a n －1→a n －2→…→a 2→a 1.也就是a n =pa n －1+f(n －1)=p[pa n －2+f(n －2)]+f(n －1)=P 2a n －2+Pf(n －2)+f(n －1)=P 3a n －3+P 2f(n －3)+Pf(n －2)+f(n －1)=…=P n －1a 1+P n －2f(1)+…+Pf(n －2)+f(n －1)，再利用求和法求出a n 。
例2．设a 0为常数，且a n =3n －1－2a n －1·(n ∈N +)。
（I ）证明对任意n ≥1，a n =012)1(]2)1(3[51a n n n n n -+-+-;（II ）假设对任意n ≥1有a n ＞a n －1，求a 0的取值范围。
分析：本题的递推关系式中3n －1是一个变量，于是我们在利用待定系数法构造新数列时要注意与类型1的区别，思路一可以设a n+1－λ·3n =－2（a n －λ·3n －1），由比较系数得λ的值，再迭代；思路二对递推关系进行等价变形，即两边同除以3n 转化为类型1的问题求解；思路三直接利用关系式迭代转化为求和问题。
解：（I ）迭代法一（构造等比数列迭代）∵a n =3n －1－2a n －1, ∴nn a 3=3133211+⋅---n n a ,设可化为)3(32311k a k a n n n n -⋅-=---，展开比较系数得k=).513(32513a :,5111n n --=---n n a 即化为反复迭代有：)513()32()513(3251322211--=--=-----n n n n n na a a =…=（32-）n·(51300-a ). ∴nn n n a a )32(51)32(5130-⋅-⋅-=-, 即a n =(－2)n ·a 0+]2)1(3[51)2(])2(3[5110n n n n n n a ⋅-++⋅-=---.迭代法二.原式化为：a n －)3(2311--⋅--=⋅n n n a λλ，比较系数求得2.0-=λ，∴a n +)351(235111--⋅+-=⋅n n n a 。
反复迭代有a n +=+⋅-=+⋅-=+⋅-=⋅------)53()2()53()2()53(235133322211n n n n n n n a a a …= (－2)n·(a 5300+),即a n =(－2)n ·a 0+]2)1(3[511n n n ⋅-+-.迭代法三（下标递降）∵a n =3n －1－2a n －1=－2a n －1+3n －1=(－2)·(－2a n －2+3n －3)+(－2)·3n －2+3n －1=(－2)2·a n －2+(－2)·3n －2+3n －1=(－2)2·(－2a n －3+3n －3)+(－2)·3n －2+3n －1=(－2)3a n －3+(－2)2·3n －3+（－2）·3n －2+3n －1=…=(－2)n ·a 0+(－2)n －1·30+(－2)n －2·3+…+(－2)·3n －2+3n －1=(－2)n ·a o +3n －1[(－32)n －1+(－32)n －2+……+1]=(－2)n ·a 0+3n －1.n n)2(321)32(1-=+--·a 0+]2)1(3[511n n n ⋅-+-第（II ）题（略）[解题回顾]（1）本题的第（I ）题是以数列背景，考查学生灵活运用数列知识，解决数列通项公式的常规方法来解问题，这无疑对学生的能力有较高的要求，也体现高考以能力为立意的命题思想，所以在平时的教学过程中要加强数学思想方法的教学和训练，只有这样学生才能实现在真正意义上的会解题，即创造性地解题。
（2）从迭代法一、二可以看出：通过适当的变形可化为a n+1=pa n +q(p 、q 为常数，P ≠0)类型问题，所以类型1是基础问题。
3．a n+2=pa n+1+qa n (p,q ≠0,p,q 为常数)型。
此类型问题关键是转化为a n+1与a n 的关系，即a n+1=ra n +s(r,s 为非零常数)，于是转化为类型1问题。
例3．已知点的序列A n （x n ,0）,n ∈N +，其中x 1=0,x 2=a(a>0),A 3是线段A 1A 2的中点，A 4是线段A 2A 3的中点，…，A n 是线段A n －2A n －1的中点，…，求{}n x 的通项公式。
分析：充分利用“A n 是线段A n －2A n －1的中点”这一重要信息来揭示x n 与x n －1、x n －2的递推关系，然后利用迭代法先将相邻三项递推关系转化为相邻两项的关系，即x n 与x n －1的关系，再用类型一或类型二的迭代法求解x n . 解：由A n 是线段A n －2A n －1的中点得：x n =221--+n n x x ,即2x n =x n －1+x n －2(n ≥3). 迭代法一：∵2x n =x n －1+x n －2, ∴2x n +x n －1=2x n －1+x n －2. 反复迭代有：2x n +x n －1=2x n －1+x n －2=2x n －2+x n －3=…=2x 2+x 1=2a. ∴2x n +x n －1=2a ，即x n =－a x n +-121.∴再次反复迭代得： ].)21(1[32]1)21()21[()21()21()21()21()21()21()21()21()21()21()21()21(212113211233322221-----------=+-+⋅⋅⋅+-=+-+⋅⋅⋅+-+-=⋅⋅⋅=+-+-+-=+-++--=+-+-=+--=+-=n n n n n n n n n n a a a a a x a a a x a a a x aa x a x a x x迭代法二：∵2x n =x n －1+x n －2, ∴2x n －2x n －1=－(x n －1－x n －2), 即x n －x n －1=－a x x x x x x n n n n n n ⋅-=--=⋅⋅⋅=--=-------21223221)21()()21())(21()(21. ∴x n =(x n －x n －1)+(x n －1－x n －2)+…+(x 2－x 1)+x 1=a[1+(－21)+(－21)2+…+(－21)n －2]= ])21(1[321---n a . ∴数列{}n x 的通项公式为x n =])21(1[321---n a 。