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丹阳市教育局教研室 王先进

数列大题目在高考中出现常常有两类：一类是作为简单题或中档题出现的，往往是紧扣等差数列等比数列及求和问题，用的最多的是等差，等比数列的基本公式，方程的思想（基本量）和常用的求和技巧。另一类则是压轴题，常常与函数，不等式，解析几何等综合，而且总与数列的递推关系有关。

给定首项和递推关系是给出数列的一种方法，就是说这样这个数列就是确定的了。这类问题是近年来高考中的热点问题。通过研究我们得到如下的一些认识：

1．递推关系的形成：直接给出，函数给出，解析几何给出，应用问题给出，方程给出。 2．给出递推关系求通项，有时可以用归纳，猜想，证明的思路； 而证明型的问题用数学归纳法往往是一种比较简单的方法；

而给出铺垫（转化后的数列）的问题常常可以用证明（变换，待定系数法等）处理，一

般难度不大。

3．给定首项和递推关系往往可以用演绎（推导）的方法求出它的通项公式，其最主要的思想方法是生成，转化，叠代。

4．给定首项和递推关系，有时不一定能求出通项，却也可以研究它的其他性质。（如取值范围，比较大小，其他等价关系等，无非等与不等两类），这类问题往往有一定的难度。 本文主要研究的是3中提出的问题。这类问题是高考中常见的，又是明显超出课本要求的，那么这类问题到底有几种常见的类型，需要掌握到什么程度，又有哪些重要的思想方法？下面分五点加以说明。

一．由等差，等比演化而来的“差型”，“商型”递推关系

①等差数列：an1and

生成：a2a1d，a3a2d，„an1an2d，anan1d 累加：an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1 =(n1)da1 由此推广成差型递推关系：anan1f(n)

累加：an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1 =

f(n)a ，于是只要f(n)可以求和就行。

12n②等比数列：an1anq

生成：a2a1q，a3a2q，„an1an2q，anan1q 累乘：ananan1a2a1=qn1a1 an1an2a1由此推广成商型递推关系：

ang(n) an1nanan1a2累乘：ana1g(n)a1

an1an2a12例题1。已知数列an满足：a12,an2(2n1)an1,(n2) nn求证：①anC2《数学通讯》2004年17期P44） n ②an是偶数 （

证明：由已知可得：

an2(2n1) an1nanan1a22n35(2n1)又an a1=

n!an1an2a1而Cn2n(2n)!246(2n2)2n135(2n1)2n35(2n1)= n!n!n!n!n!nnn所以anC2n，而anC2n2C2n1为偶数

例题2。已知数列{an}中a11，且a2ka2k1(1)k, a2k1a2k3k 其中k=1,2,3,„„.

（I）求a3,a5（II）求{ an}的通项公式. (全国高考（一）22题) （Ⅰ）a33,a513

(II) a2k1a2k3ka2k1(1)k3k

所以a2k1 故a2k1a2k13k(1)k ，为差型

(a2k1a2k1)(a2k1a2k3)(a3a1)a1

(3k3k13)(1)k(1)k1(1)1

3k11(1)k1 =22 a2k3k13k1k1ka2k1(1)(1)(1)1(1)k1 －

2222kn22所以{an}的通项公式为： 当n为奇数时，an32(1)n1211 231(1)21 当n为偶数时， an22二．由差型，商型类比出来的和型，积型：即anan1f(n),和anan1g(n)

例题3：数列an中相邻两项an，an1是方程x23nxbn0的两根，已知a1017 求b51的值。

分析：由题意：an+an13n------------------------①

生成： an1+an23(n1)-----------------② ②—①：an2an3

所以该数列的所有的奇数项成等差，所有的偶数项也成等差

其基本思路是，生成，相减；与“差型”的生成，相加的思路刚好相呼应。 到这里本题的解决就不在话下了。 特别的，若an+an1c，则an2an

即该数列的所有的奇数项均相等，所有的偶数项也相等。 若 anan12n------------------------------① 则 an1an22n1---------------------------② ②÷①：

n2nan22 an所以该数列的所有的奇数项成等比，所有的偶数项也成等比。

其基本思路是，生成，相除；与“商型”的生成，相乘的思路刚好相呼应。 特别地，若anan1c，则an2an

即该数列的所有的奇数项均相等，所有的偶数项也相等。

三．可以一次变形后转化为差型，商型的

1．anpan1f(n)

例题4：设a0是常数，且an2an13证明：an(2)n1n1，nN

*3n(1)n12na0（2003年新课程理科，22题）

5分析：这道题目是证明型的，最简单的方法当然要数数学归纳法，现在我们考虑用推导的方法来处理an2an13n1的三种方法

方法（1）：构造公比为—2的等比数列an3n，用待定系数法可知1 5an方法（2）：构造差型数列，即两边同时除以(2)n 得：n(2)anan113n()，从而可以用累加的方法处理。 nn132(2)(2)方法（3）：直接用叠代的方法处理：

an2an13n12(2an23n2)3n1(2)2an2(2)3n23n1 (2)2(2an33n3)(2)23n23n1 (2)3an3(2)23n3(2)3n23n1

(2)na0(2)n130(2)n231(2)n332(2)23n3(2)3n23n13n(1)n12n(2)a0

5n说明：①当f(n)c或f(n)anb时，上述三种方法都可以用；

②当f(n)n时，若用方法1，构造的等比数列应该是anpn2qnr 而用其他两种方法做则都比较难。

③用叠代法关键是找出规律，除含a1外的其他式子，常常是一个等比数列的求和问题。 2．anp(an1)q型 例题5。已知an21(an1)2，首项为a1，求an。（2003年江苏卷22题改编） a方法1：两断取常用对数，得lgan2lgan1lga， 令bnlgan，则bn2bn1lga，转化如上面类型的。 特别的，a=1，则转化为一个等比数列。 方法2：直接用叠代法：

an12112211222an1(an)()a 2aaaan2n1an11()122a12a(1)2 aa四．f(Sn,an)0型的

利用anSnSn1,(n2)转化为g(an,an1)0型，或h(Sn,Sn1)0型 即混合型的转化为纯粹型的

例题6． 已知数列an的前n项和Sn满足Sn2an(1)n,n1. (Ⅰ)写出数列an的前3项a1,a2,a3; (Ⅱ)求数列an的通项公式;

分析：Sn2an(1)n,n1.---------------① 由a1S12a11,得a11.----------------②

由n2得，a1a22a21，得a20--------------③ 由n3得，a1a2a32a31，得a32---------④ 用n1代n得 Sn12an1(1)n1-----------⑤ ①—⑤：anSnSn12an2an12(1)n 即an2an12(1)n----------------------------⑥

an2an12(1)n22an22(1)n12(1)n22an222(1)n12(1)n2n1a12n1(1)2n2(1)22(1)n

2n22(1)n1---------------------------⑦ 3例题7。数列{an}的前n项和记为Sn，已知a11,an1数列{n2Sn(n1,2,3).证明： nSn}是等比数列；（全国卷（二）理科19题） nn2Sn, n方法1∵an1Sn1Sn,an1∴ (n2)Snn(Sn1Sn), 整理得 nSn12(n1)Sn, 所以

Sn1SS2n. 故{n}是以2为公比 的等比数列. n1nn方法2：事实上，我们也可以转化为

Sn2n，为一个商型的递推关系， Sn1n1由snsnsn1snn1n22a1na12n1 2s1=2n1n1n2n31sn1sn2s1当然，还有一些转化的方法和技巧，如基本的式的变换，象因式分解，取倒数等还是

要求掌握的。

五．生成与叠代是递推关系的最重要特征

递推关系一般说来，是对任意自然数或大于等于2的自然数总成立的一个等式，自然数n可以取1，2，3„n，n+1等等，这样就可以衍生出很多的等式。这就是所谓的生成性。对于生成出来的等式，我们往往选一些有用的进行处理。比如相加，相减，相乘，相除等，但用的最多的还是由后往前一次又一次的代入，直到已知项。这种方法就叫叠代。上面的很多例题都可以体现这一点。如例题6，由①可以生成②③④⑤，①⑤相减，又可以生成⑥，用⑥进行叠代可得⑦。这种很朴素的思想，对于相关的其他数列问题也是非常有效的。

例题8。已知数列{an}，满足a1=1，an=a1+2a2+3a3+„+(n－1)an－1(n≥2)，则{an}的通项 1, n=1, an= ,n≥2.

分析：由ana12a23a3(n1)an1 生成

an1a12a23a3(n2)an2

两式相减得：anan1(n1)an1，即

ann an1为商型的，用累乘法可得ananan1a2a1n! an1an2a1例题9：如图，ΔOBC的在个顶点坐标分别为（0,0）、（1,0）、（0,2）,设P为线段BC的中

点,P2为线段CO的中点,P3为线段OP1的中点,对于每一个正整数n,Pn+3为线段PnPn+1的中点,令Pn的坐标为(xn,yn), an（Ⅰ）求a1,a2,a3及an; （Ⅱ）证明yn411ynyn1yn2. 2yn,nN; 4 (Ⅲ)若记bny4n4y4n,nN,证明bn是等比数列.（浙江理科22题）

解：(Ⅰ)因为y1y2y41,y313,y5， 24所以a1a2a32，又由题意可知yn3∴an1ynyn1 21yn1yn2yn3 2 =

yy1yn1yn2nn1 221ynyn1yn2an, 2 =

∴an为常数列. ∴ana12,nN. (Ⅱ) 由yn3由

ynyn1yy生成yn4n1n2 2211ynyn1yn22得：yn1yn22yn代入上式得： 22yn41yn. 4yn.生成得： 4（Ⅲ）由yn41y4n8111y4n4，y4n41y4n，代入得44bn1y4n8y4n4(1 y4n4y)(14n) 4411(y4n4y4n) bn, 441 又∵b1y3y40,

41∴bn是公比为的等比数列.

4练习题：

1．定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和。 已知数列{an}是等和数列，且a12，公和为5，那么a18的值为______________，这

个数列的前n项和Sn的计算公式为_______________ 2．已知数列an的前n项和为Sn12(2n2n),①求an的通项公式

n1②若bnsinansinan1sinan2，求证：bn(1)

2 83．已知定义在R上的函数f(x)和数列{an}满足下列条件：

a1a,anf(an1)(n2,3,4,...),a2a1，

f(an)f(an1)k(anan1)(n2,3,4,...)，其中a为常数，k为非零常数。

（1）令bnan1an(nN*)，证明数列{bn}是等比数列； （2）求数列{an}的通项公式；

4．已知数列an的前n项和为Sn,Sn （Ⅰ）求a1,a2；

（Ⅱ）求证数列an是等比数列。

5．已知数列{an},其中a11, an3n1an1(n2,nN),

1(an1)(nN). 3数列{bn}的前n项的和Snlog3((1) 求数列{an}的通项公式； （2）求数列{bn}的通项公式； （3）求数列{|bn|}的前n项和Tn

an)(nN) n96．已知数列an满足(3an1)(6an)18,a11，求an