高考数列常考题型归纳总结

1、高考数列常考题型归纳总结类型 1 an 1 an f (n)解法：把原递推公式转化为an 1 anf (n),利用累加法(逐差相加法)求解。11例：已知数列 an 满足 a1- , an 1an-，求an。2n n解：由条件知:1111an 1 an-2 n n n(n 1) n n 1分另ij令n 1,2,3,(n 1),代入上式得(n 1)个等式累加之，即(a2 a1) (a3 a2) (a4a3)(anan 1)(11) n所以ana1a1类型2 an 1 f(n)an解法:把原递推公式转化为an 1f(n),利用累乘法(逐商相乘法)求解。例：已知数列an满足a1解：由条件知an 1之，

2、即生？包？亘？a1a2a3anan1,2,3,(n1),ana1代入上式得(n 1)个等式累乘又a1an3n.下载可编辑例：已知o3n 1a1 3, an1 an (n 1),求 an。3n 2解：an3(n1)1 .3(n2)1 _Q3 21_31?a13(n1)2 3(n2)23 22 323n 4 3n 7 L 5 2 363n 1 3n 48 5 3n 1 o变式：(2004,全国I,理15.)已知数列an,满足a1=1, ana1 2a2 3a3(n 1)an 1(n2),贝Uan的通项 an解：由已知，得an 1 a1 2a2 3a3(n 1)an 1 nan,用此式减去已知式，得

3、当 n 2时，an 1 an nan，即 an 1(n 1)an,又 a2 a11,a1a2aa41,-1 1, 3,4aa2a3也an 132 .所以bn an 3bn是以b14为首项，2为公比的等比数列，则bn 4 2n1 2n 1,所以 an2n 13.,. 一 - n! -n ,将以上n个式子相乘，得an - (n 2)2类型3 an 1 pan q (其中p, q均为常数，(pq(p 1) 0)。解法(待定系数法)：把原递推公式转化为：an 1 t p(an t),其中t -q,再利用1 p换元法转化为等比数列求解。例：已知数列 an中，a1 1, an 1 2an 3,求an.解：

4、设递推公式an 1 2an 3可以转化为an 1 t 2(an t)即an1 2an t t 3.故递推公式为an1 3 2(an 3),令bn an 3 ,则b1 a1 3 4 ,且变式:(2006,重庆,文,14 )在数列an中，若-i 1,an2an3(n 1),则该数列的通项an.下载可编辑(key: an2n 1 3)变式：(2006.福建.理22.本小题满分14分)已知数列 an满足a1 1,an12an 1(n N ).(I)求数列 an的通项公式;(II )若数列bn满足4b114b21L4bn1(an1)bn(nN*),证明：数列bn是等差数歹U；n 1aa?ann *、(出

5、)证明： 一一 一 一 .(n N ).2 3a2 a3 an 12*(I )解：Q an 12an 1(n N ),an1 1 2( an 1),an 1是以a1 1 2为首项，2为公比的等比数列. TOC o 1-5 h z an 1 2n. n*即an2n 1(n N ).(II )证法一：Q 4k114k2 1.4kn 1 (an 1)kn.4(k1 k2 . kn)n 2nkn2(b1 b2 . bn) nnbn,2(b1 b2 . bn bn1) (n 1) (n 1)bn 1.，得 2(bn 1 1) (n 1)bn 1 nbn,即(n 1)bn1 nbn 2 0,nbn 2 (

6、n 1)bn1 2 0.一，得nbn 2 2nbn 1nbn 0,即bn 2 2bn 1 bn0,* .bn 2 bn 1 bn 1 bn (n N ),bn是等差数列.下载可编辑证法二：同证法一，得(n 1)bn1 nbn 2 0令n 1,得2.设d 2 d(d R),下面用数学归纳法证明bn 2 (n 1)d.(1)当n 1,2时，等式成立(2)假设当 n k(k 2)时，bk 2 (k 1)d,那么k 2 k2口1 此 W k12 (k 亘生an口111.(2a2a3an123 222刈 71 2 (k 1) 1d.这就是说，当n k 1时，等式也成立.根据(1)和(2),可知bn 2

7、(n 1)d对任何n N都成立.Qbn 1 bn d,bn是等差数列ak2k 12k 11(III)证明：q， -k-T- -,k 1,2,., n,ak 1212(2k 1)22曳a2a2a3anan 1ak 12k 11112k 1 1 2 2(2k 1 1) 213.2k 2k 21 1 1-Ir,A2 3 2k1,2,.,n,n23(1n2 3n 1a1a2an23a2a3an 1n *-(n N ).2变式：递推式：an 1 pan f n。解法：只需构造数列bn ,消去f n带来的差异.类型 4 an 1 pan qn (其中 p, q 均为常数，(pq( p 1)(q 1) 0)

8、。 (或an 1 pan rqn,其中p, q, r 均为常数)。.下载可编辑解法：一般地，要先在原递推公式两边同除以qn1,得:华qp oan n q q1 -引入辅助数列 qbn (其中bn霁），得：bm qphbnq1 一,再待定系数法 解决。q例：已知数列an中,ai5-,an613an解：在an 113an1两边乘以2n 1 得：2n2,-bn 1,解之得：bn31?an1 |(2n2 3 2(2)n3?an) 1nb 1 c n.n所以an才3(鼻)变式：（2006,全国I,理22,本小题满分12分)4设数列an的刖n项的和Sn-an32n 1n 1,2,3，独(I）求首项a1与通

9、项anTn1,2,3匣,证明:Ti i 1解:(I)当n 1时,a12;4an 1(或 an 1(n )将 an2npan4n，an，利用annrq ,其中SnSn1panp, q, r2 n代入得2 一3x(2 -1)(2 -1)32nTn= Sn3-X -2(22n所以,.下载可编辑43an32n2只3 (3an12nqn （其中均为常数）p, q均为常数,的方法,解之得:Sn= 4X(4n-2n)-1X233n+1 1)(2 n-1)n+1(pq(pan21-=-X (2 33 (n+11)(q 1) 0)。n+11)(2-2)n 11(乃2i+1-1)= i 1121 1132i+1-

10、1) 2类型5递推公式为an 2 pan 1 qan （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an 2 san 1 t（an 1 san）其中s, t满足s t p st q解法二（特征根法）：对于由递推公式an 2 pan 1 qan,a1,a2给出的数列an ,方程x2 px q 0 ,叫做数列 an的特征方程。若x1,x2是特征方程的两个根，当x1 X2时，数列 an的通项为an Ax1n 1 Bx； 1 ,其中A, B由a1, a2决定（即把1n 1a1 ,a2, x1, x2和n 1,2 ,代入an Ax1Bx?，得到关于A、B的万程组）；当x1 x2时,

11、数列an的通项为an （ABn）x1n1,其中A,B由a1, a2决定（即把a1,a2,x1,x2和n 1,2，代入an （A Bn）x1n 1,得到关于A、B的方程组）。解法一（待定系数一一迭加法）：数列 an : 3an 2 5an 1 2an 0（n 0,n N） , a1 a,a2 b,求数列 an 的通项公式。由 3an2 5an1 2an 0,得an 2an 12一 一、(an 1 an ), 3且 a2a1 b a。2则数列an 1an是以b a为首项，为公比的等比数歹U,32 . n 1,“ 人人八、an 1 an （b a）（一）。把 n 1,2,3, ,n代入，得3于是a2

12、 a1a3 a2a4 a3 ?b a ,(b a) (|), 3(b a) (2)2, 3an an 1(b a)(|)n2o3把以上各式相加，得.下载可编辑2 2anal(b a)1()33守21(5n 13TT-3(b a)。an3 3(2)n1(b a) a 3(a b)守 1 3b 解法二(特征根法):数歹U an : 3an 2 5an 1 2an0(n 0, n N) , a1 a,a2 b的特征方程是：3x25x0。d 2X11, X23n 1an AX1Bx2/2、n1(十 。3又由a1a,a2b,3b2a3(ab)故 an 3b2a3(ab)(3n 13例：已知数列an中,1

13、1 3an，求 an。解：由an 223an1，1 an可转化为3an 2san 1t(ansan)即 an 2 (st)anstanst这里不妨选也可选用an 2an 1所以an1 an三(an 1 3(于an)an 11,应用类型1(n 1)个等式累加之，即an a(.下载可编辑an是以首项为的方法，分别令3)0 (3)1a2大家可以试一试)，则,1a11,公比为一的等比数列，31,2,3,(n 1),代入上式得1 (旷w13一7 3 1 又 ai 1,所以 an()。4 4 3变式：(2006,福建，文,22,本小题满分14分)已知数列 an 满足 a1 1,a2 3,an 2 3an

14、1 2an(n N ).(I)证明：数列an 1 an是等比数列；(II )求数列 an的通项公式;是等差数列(III )若数列bn满足4b11 4b21.4bn1(an1)bn(nN*),证明bn(I )证明：Q an 2 3an 1 2an,an 2 an 12(an 1 an),Q a11,a23,an n 1(n N*).(III )证明：Q 4b114b2 1.4bn 1 (an 1)bn,40, &一 an-1=5 ( n2) 口当 ai=3 时)a3=13, ai5=73ai, a3, ai5不成等比数列 aiw3;当 ai =2 时,a3=12, ai5=72, =f a3 =

15、aiai5 , . ai=2, . an=5n 3变式：(2005,江西，文,22 .本小题满分 14分).下载可编辑已知数列an的前n项和与满足Sn-Sn 2=3( 的通项公式.解：Sn Sn 2 an am, 1 nan an 1 3?( -)n 1(n 3),两边同乘以(1)nan ani( 1)n1 3?( 1)n( 2)n1令 bn ( 1)nanbn bn13?(2)n1(n 3)bn1 bn 23?(1)n2c 1 2b3 b23?()2bn b2 3?(2)n 1 (2)n2(；)2b2 I 3?(2)n1(n 3)3 .又 a1 S11, a? S2 G 1221., .、2

16、5b1 ( 1) a11 , b2 ( 1) a2-bn2 3 3?(2)n1 4 3?夕 1(nan ( 1)nbn4( 1)n 3?( 1)n?(1)n1213 -)n 1(n 3),且S1,S2，求数列an(1)，可得 ?(n11 1?(1 b2 3 4 421 1 21)。4 3?(1)n 1,n 为奇数，24 3?(1)n 1,n 为偶数.2.下载可编辑类型 7 an 1pan an b (p 10, a 0)解法：这种类型一般利用待定系数法构造等比数列，即令 an 1 x(n 1) y p(an xn y),与已知递推式比较，解出x, y ,从而转化为an xn y是公比为p的等比

17、数列。例：设数列an: a14, an 3an1 2n 1,(n2),求 an.解：设bnan AnB,则abn An B ,将an,an 1代入递推式，得bn An B 3 bn 1 A(n 1) B3bn 1 (3A 2)n (3B 3A 1)A 3A 2B 3B 3A 1取bn an n 1 (1)则 bn代入(1)得 an 2 3n n 12n 1A 1B 13bn 1,又 b16 ,故 bn6 3n 1 2 3n说明：(1)若f(n)为n的二次式，则可设bn an An2Bn C ;(2)本题也可由 an 3an 1 2n 1 , an 1 3an 2 2(n 1) 1(n 3 )两

18、式相减得an an 13(an 1 an 2) 2转化为bn 2 pbn 1 qbn 求之.变式：(2006,山东，文,22,本小题满分14分),已知数列 an中，a1 一、点(n、2an1 an)在直线y=x上，其中n=1,2,3(I )令bn an 1 an3,求证数列bn是等比数列;(n )求数列an的通项;(出)设Sn、Tn分别为数列an、bn的前n项和，是否存在实数，使得数列-Sn一品n为等差数列？若存在，试求出若不存在，则说明理由(.下载可编辑解：（l）由已知得3, a2 a14Q a2又 bnan 1 an 1,bn 1an 2an 11,ai20nn,an 1 (n 1) an

19、 nbn 1an 1 an 122bnan 2 an 1 1an 1 an 1an 1an12an 1an1bn是以 3为首项,41 ,， 以1为公比的等比数列(II )由(I)知,bn2314 (2)an 1ana2 a3 12 2n1a3 a212 21产anan 1将以上各式相加得:11 n2 17 1-2/V3- 2X.7n/V&Aanai12 (n 1)3132(1 丁)了 n 2.(ill存在32n2.解法一:2 ,使数列Saia21112.下载可编辑1 an3(?是等差数列122(1 2 n) 2nn 123n2 n2 b n n1-2111 一2n数列 STL是等差数列的充要条

20、件是 S一T nn即 SnTn An2 Bn,332 丁1.An B,(A、B是常数)又 SnTn3n2n2n 1n 3n213(1 J 5)当且仅当1 0,即 2时，数列STn为等差数列.2n解法二：存在 2 ,使数列S一Tn是等差数列 n由（I）、（II ）知，an 2bn n 2Sn 2Tn(n 1)2nSnTnn(n 1)22n 2TnTn2Tn又Tnb2bn3 1、(1)42nSnTn当且仅当2时，数列2S12 237) n3 1、(1)22n是等差数列332 2n 1.下载可编辑类型9 an 1f (n)ang(n)an h(n)解法：这种类型一般是等式 两边取倒数 后换元转化为a

21、n 1 pan q。例：已知数列 an满足：anan 1 ,ai3 an i 1an的通项公式。 TOC o 1-5 h z 13 an 11 c 1解：取倒数:- 3 anan 1an 11 111 是等差数列， (n 1) 3 1 (n 1) 3ananana13n 2变式：(2006,江西，理,22,本大题满分14分)已知数列 an满足：a= 3 ,且an= 一即包匚一(n 2, n N ) 22an 1+nT求数列 an的通项公式；证明：对于一切正整数 n,不等式a1?a2?an 2?n!解：(1)将条件变为：1 = 1(1 n二)，因此 1 2为一个等比数列，其首项 an3 an 1

22、an为11. 1 一一 n 1,一 一 n?3n TOC o 1-5 h z 1= 一，公比-,从而 1= 一 ,据此得 an= -：一( n 1) 1a133an 3n3nT(2)证：据 1 得，a1?a2? - an为证 a1?a2?an 2?n!_1111只要证 n N 时有(1 )? (1-) (1-) - 23323n2显然，左端每个因式都是正数，先证明，对每个 n N ,有 1、,1、-1、1,1, 1、(1-)?(1-2) (1-n) 1- (,+至 + + 嬴)3323n3 323n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，1 1

23、1 、(H- -7+ T)3 323k_111即(1 -)?(1一三)(1_版)1 -3323k则当n= k+ 1时，1111y?F-T? 一,ii1、，1 、1一 ( I2 +H k) ? (1 一 k+1 )3 323k3k.下载可编辑/ 111、=1- ( +丁+ r) 3323k1 - （ _+（3 323k 3故对一切n N , 3式都成立，利用3得，）即当n= k + 1时，3式也成立/1、 /1、/1、(1) ?(12)(1n-) 1一(3323n111)3323n111- d)n= 1-33_1，31 -=1 1 一2故2式成立,从而结论成立.类型10 anpan q ran

24、h解法：如果数列an满足下列条件：已知a1的值且对于N ,都有an 1巴一（其ran h中p、q、r、h均为常数，且 phqr,r0ah 一),r那么，可作特征方程px q xrx h当特征方程有且仅有一根x0时，则是等差数列;当特征方程有两个相异的根X1、anX011,111 、E + Tk+T$33 33x2时，则a3是等比数歹u。an x2例：已知数列an满足性质：对于n N,an 1an 4一,，且a13,求an的通项公式.2an 3解：数列an的特征方程为X2x2x2 2x 4 0,其根为 11, 22.故特征方程有两个相异的根，使用定理2的第（2）部分，则有1r)n 12rc a

25、cn2( 1)n1,n55N.25(21-()551、n 15)1,n N.1.下载可编辑即an(5)n 42 ( 5)nN.13an 25an 3例：已知数列an满足：对于n N,都有an 1(1)若 a15,求 an; (2)若 a13,求an； (3)若 a16,求an；(4)当21取哪些值时，无穷数列an不存在？13x 252解：作特征万程 x .变形得x 10 x 25 0,x 3特征方程有两个相同的特征根5.依定理2的第(1)部分解答. a15, &.对于 n N,都有 an 5;(2) a13, a1bna1(n1)一P(n 1)113 1 5令bn 0 ,得n 5.故数列an从

26、第5项开始都不存在,一 i 1 5n 17当 nw4, n N 时，an -bnn 5r(n 1)P rN.1 bna1令bn0,则n7n. .对于 n N, bn 0.2bn1 广 5n 435 , nn 1 n 78N.(4)、显然当a13时，数列从第2项开始便不存在.由本题的第(1)小题的解答过程知,a15 时，数列an 是存在的，当 a15 时，则有.下载可编辑bna12.5n(n131)p1(其中n于是知：当a1在集合在.变式:(2005,重庆,文,22,数列an满足a11且8an1a15n-1, nN.令 bn 0,则得 a15n_13 ,n N8n 1时，数列an从第n项开始便不

27、存在.:n N,且n 2上取值时,无穷数列an都不存本小题满分12分)1an 16an1 2an 50(n 1).记 bn-(n 1).12(I)求 b、b2、b3、b4 的值;(n )求数列bn的通项公式及数列anbn的前n项和Sn.解法一：由已知，得an12an 5168an,其特征方程为2x 5an16 8a n512(an /168an168x解之得，X1an 1an12541 an 2 an 54anan125442nan2n 12n54解法二:a11,故42；a43,故 b34132?故 b417 18 213 14 220.3283;4；.下载可编辑(II )因(b14、，4、2

28、-)(b3-)3334 24(-),(b1-)(b3338343)/ 4 2力(b2 4)23故猜想bn4 一、，2,3是首项为3,公比q2的等比数列.因an2,（否则将an2代入递推公式会导致矛盾）故an 15 2a16 8a,an 12(bn故|bn故Sn2（b解法三:an-(nn111 2_ 8-321).16 8an6a n 320 16an6an 34 ，一 .4 |确是公比为32,故 bn3abib2bn整理得- b4n 1bn由a11,有b1(n)由bn 1所以bn.下载可编辑2n,a2b2bn)6bn 1bn 12的等比数列.bna nbn1(1 2n)320 16an6an3

29、，b13(n1)由bn1-1得20灯-bn1,12an -25n1)-得an23_bn2,所以b24 ,2bn,bn3bn1, 一-,代入递推关系28a n 1 a n16am 2an 5 0,0,即 bn1 2bn4也2(bn20.3扣14是首项为2,公比q 331c1c412n，即 bn12n4(n3332的等比数列，故1).a2b2，1 ”1anbn - (hb2a)2n)1 2解法四：(I)同解法一3(2n 5n1).(n) b2b1|,b33b34 2(3)猜想bn 1bn是首项为2,公比q32的等比数列,bn 1bn2n又因an2,故 an 15 2an16 8an(n1).因此b

30、n 1bnanan5 2an16 8a n22an 1168an6an 36an 310 8an .;6an 3bn 2bn11an 2二2an 116 8an 16an 1 316 8an6a n 3因b2b1从而bn(bn36 24 an6an 30,bnbn168an6a n 3bn是公比q(bn 1 bn 2) Kbm6a n 32的等比数列，bn(b26)b1bn).1 bn1 n 1on 23(2221) 21 1(2n32)c 42n -(n 1).3由bn二得 anbn1,故Sna1bla2b2 Lanbnbn).下载可编辑1(1 2n)31 25 n 1 (2n 5n 1).

31、33类型 11 an 1 an pnq 或 an 1 anpqn解法：这种类型一般可转化为a2n 1 与 a2n是等差或等比数列求解。例：(I)在数列an中，a11,an 1 6nan ，求 an(II )在数列an中，ai1,anan 13n ，求 an类型12归纳猜想法解法：数学归纳法变式：(2006,全国II,理,22,本小题满分设数列 an的前n项和为且方程(I)求 as a2；(n ) an的通项公式x212分)anX an= 0 有一根为 Sn 1 ,提示：1Sn1,n 1,2,3,.为方程的根，代入方程可得(Sn 1)2 an(Sn1) an 0a?，一，、一1将n=1和n=2代入上式可得 a1 22求出a1，a2,a3, a4等，可猜想ann(n并用数学归纳法进行证明,1)本题主要考察一般数列的通项公式与求和公式间的关系3方程的根的意义(根代入方程成立4 .数学归纳法证明数列的通项公式(也可以把an1八，分开为n(n 1)ann(n 1) n工然后求和，中间项均抵消，