高考数列常考题型归纳总结汇总Word文档格式.docx
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⨯
34
⨯⋅⋅⋅⋅⋅⋅⨯
n-1n
⇒
ana1
又a1=
已知a1=3，an+1=解：
an=
3（n-1-13（n-1+2
3n-43n-1
3n-13n+2
an（n≥1，求an。
∙
3（n-2-13（n-2+2
7⋅4
∙⋅⋅⋅∙
3⨯2-13⨯2+2
6
3-13+2
a1
=⋅
3n-3n-
52
⋅⋅3=85
n-3。
变式:
（2004，全国I,理15．）已知数列{an}，满足a1=1，an=a1+2a2+3a3+⋅⋅⋅+（n-1an-1
（n≥2，则{an}的通项an=⎨
⎧1⎩___
n=1
n≥2
解：
由已知，得an+1=a1+2a2+3a3+⋅⋅⋅+（n-1an-1+nan，用此式减去已知式，得当n≥2时，an+1-an=nan，即an+1=（n+1an，又a2=a1=1，
∴a1=1,
=1,
a3a2
=3,
a4a3
=4,⋅⋅⋅,
anan-1
=n，将以上n个式子相乘，得an=
n!
2
（n≥2
类型3an+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=换元法转化为等比数列求解。
已知数列{an}中，a1=1，an+1=2an+3，求an.
设递推公式an+1=2an+3可以转化为an+1-t=2（an-t即an+1=2an-t⇒t=-3.故递推公式为an+1+3=2（an+3,令bn=an+3，则b1=a1+3=4,且
bn+1bn
=an+1+3an+3
=2.
q1-p
，再利用
n-1n+1
=2所以{bn}是以b1=4为首项，2为公比的等比数列，则bn=4⨯2,所以
an=2
n+1
-3.
（2006，重庆,文,14）
在数列{an}中，若a1=1,an+1=2an+3（n≥1，则该数列的通项an=_______________
（key:
an=2n+1-3）
（2006.福建.理22.本小题满分14分）已知数列{an}满足a1=1,an+1=2an+1（n∈N*.（I）求数列{an}的通项公式；
（II）若数列{bn}滿足4b-14b
-1
4
bn-1
=（an+1n（n∈N,证明：
数列{bn}是等差数列；
b*
（Ⅲ）证明：
n12
-
13
<
aa+
a2<
n∈N*
.
a+...+
an3
an+1
（n（I）解：
an+1=2an+1（n∈N*,∴an+1+1=2（an+1,
∴{an+1}是以a1+1=2为首项，2为公比的等比数列∴an
n+1=2.
即an*
n=2-1（n∈N.
（II）证法一：
4
k1-1
k2-1
...4
kn-1
=（an+1k
n.
∴4
（k1+k2+...+kn-n
=2
nkn
∴2[（b1+b2+...+bn-n]=nbn,2[（b1+b2+...+bn+bn+1-（n+1]=（n+1bn+1.②－①，得2（bn+1-1=（n+1bn+1-nbn,即（n-1bn+1-nbn+2=0,
nbn+2-（n+1bn+1+2=0.
③－④，得nbn+2-2nbn+1+nbn=0,即bn+2-2bn+1+bn=0,
∴bn+2-bn+1=bn+1-bn（n∈N*
∴{bn}是等差数列
①
②
证法二：
同证法一，得（n-1bn+1-nbn+2=0令n=1,得b1=2.
设b2=2+d（d∈R,下面用数学归纳法证明bn=2+（n-1d.
（1）当n=1,2时，等式成立
（2）假设当n=k（k≥2时，bk=2+（k-1d,那么
bk+1=
kk-1
bk-
k
[2+（k-1d]-
2k-1
k-1k-1
这就是说，当n=k+1
=2+[（k+1-1]d.
根据
（1）和
（2），可知bn=2+（n-1d对任何n∈N*
bn+1-bn=d,∴{bn}
（III）证明：
akak+1
2-12
k+1
2-12（2-
k=1,2,...,n,
∴
a1a2ak
+
a2a3=
+...+
anan+1=12
n2
ak+1
12（2
13.2+2-2
≥
11
.k,k=1,2,...,n,32
a1a2n2
a2a3
anan+1
1111n11n1（+2+...+n=-（1-n>
-,322223223
∴-
a1a2
（n∈N.
*
递推式：
an+1=pan+f（n。
只需构造数列{bn}，消去f（n带来的差异．
n
类型4an+1=pan+q（其中p，q均为常数，（pq（p-1（q-1≠0）。
（或
an+1=pan+rq,其中p，q,r均为常数）。
一般地，要先在原递推公式两边同除以qn+1，得：
an+1q
pq
anq
1q
引入辅助数列
{bn}（其中bn
），得：
bn+1=
bn+
再待定系数法解决。
已知数列{an}中，a1=解：
在an+1=
56
an+1=
an+（，求an。
32
1n+12nn+1
an+（两边乘以2n+1得：
2∙an+1=（2∙an+1323
22
令bn=2n∙an，则bn+1=bn+1,解之得：
bn=3-2（n
33
所以an=
bn2
n1n1n
=3（-2（
（2006，全国I,理22,本小题满分12分）设数列{an}的前n项的和Sn=
43an-
13⨯2
，n=1,2,3,
（Ⅰ）求首项a1与通项an；
（Ⅱ）设Tn=
Sn23
，n=1,2,3,，证明：
∑Ti<
i=1
32
（I）当n=1时，a1=S1=当
43
a1-
+43
⇒a1=2；
时
，
an=Sn-Sn-1=
an-
⨯2+
-（
an-1-
，即
an=4an-1+2，利用an+1=pan+q（其中p，q均为常数，（pq（p-1（q-1≠0）。
nnn
（或an+1=pan+rq,其中p，q,r均为常数）的方法，解之得：
an=4-2
4121nnnnn+1n+1n+1
（Ⅱ将an=4-2代入①得Sn=×
（4－2－2+=×
（2－1（2－2
33332
=（2n+1－1（2n－1
3
2n32n311Tn===（－Sn2（2－1（2－122－12－1
3n113113所以,∑Ti=∑（－=（－<
2i=12－12－122－12－12i=1
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
⎧s+t=p其中s，t满足⎨
st=-q⎩
解法二（特征根法：
对于由递推公式an+2=pan+1+qan，a1=α,a2=β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
n-1
时，数列{an}的通项为an=Ax1n-1+Bx2，其中A，B由a1=α,a2=β决定（即把
代入an=Ax1a1,a2,x1,x2和n=1,2，
+Bx2
，得到关于A、B的方程组）；
当x1=x2时，
数列{an}的通项为an=（A+Bnx1，其中A，B由a1=α,a2=β决定（即把a1,a2,x1,x2
和n=1,2，代入an=（A+Bnx1，得到关于A、B的方程组）。
解法一（待定系数——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3an+2-5an+1+2an=0，得
an+2-an+1=
（an+1-an，
且a2-a1=b-a。
则数列{an+1-an}是以b-a为首项，
为公比的等比数列，于是
2n-1
an+1-an=（b-a（。
把n=1,2,3,⋅⋅⋅,n代入，得
a2-a1=b-a，
a3-a2=（b-a⋅（，
322
a4-a3=（b-a⋅（，
∙∙∙
2n-2
an-an-1=（b-a（。
把以上各式相加，得
1-（
222n-23
（b-a。
an-a1=（b-a[1++（+⋅⋅⋅+（]=
2333
1-
2n-12n-1
∴an=[3-3（]（b-a+a=3（a-b（+3b-2a。
解法二（特征根法）：
3an+2-5an+1+2an=0（n≥0,n∈N，a1=a,a2=b的特征方程是：
3x2-5x+2=0。
x1=1,x2=
∴an=Ax1
=A+B⋅（。
又由a1=a,a2=b，于是
⎧a=A+B
⎧A=3b-2a⎪
⇒2⎨⎨
B=3（a-b⎩⎪b=A+B
3⎩
故an=3b-2a+3（a-b（
23an+1+
an，求an。
已知数列{an}中，a1=1,a2=2,an+2=解：
由an+2=
an可转化为an+2-san+1=t（an+1-san
即an+2=（s+tan+1-stan
2⎧
1s+t=⎧s=1⎧⎪⎪⎪⎪s=-3
⇒⎨⇒⎨31或⎨
1t=-⎪⎪t=1⎪st=-
3⎩⎩⎪3⎩
1⎧s=1⎧
⎪⎪s=-
这里不妨选用⎨，则3，大家可以试一试）1（当然也可选用⎨
t=-⎪⎪t=1
3⎩⎩an+2-an+1=-
（an+1-an⇒{an+1-an}是以首项为a2-a1=1，公比为-1
的等比数列,
所以an+1-an=（-
应用类型1的方法，分别令n=1,2,3,⋅⋅⋅⋅⋅⋅,（n-1，代入上式得
1-（-
3=11+
10111n-2
（n-1个等式累加之，即an-a1=（-+（-+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+（-
333
又a1=1，所以an=
74
（-
。
（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+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；
（III）若数列{bn}满足4
b1-1
b2-1
=（an+1n（n∈N,证明{bn}是等差数列
b
（I）证明：
an+2=3an+1-2an,
∴an+2-an+1=2（an+1-an,a1=1,a2=3,∴
an+2-an+1an+1-an
=2（n∈N.
∴{an+1-an}是以a2-a1=2为首项，2为公比的等比数列
n*
（II）解：
由（I）得an+1-an=2（n∈N,
∴an=（an-an-1+（an-1-an-2+...+（a2-a1+a1
+2
n-2
+...+2+1
=2-1（n∈N.
（b1+b2+...+bn
=（an+1n,
nbn
∴2[（b1+b2+...+bn-n]=nbn,①2[（b1+b2+...+bn+bn+1-（n+1]=（n+1bn+1.②
②－①，得2（bn+1-1=（n+1bn+1-nbn,即（n-1bn+1-nbn+2=0.③nbn+2-（n+1bn+1+2=0.④④－③，得nbn+2-2nbn+1+nbn=0,即bn+2-2bn+1+bn=0,
∴bn+2-bn+1=bn+1-bn（n∈N,
类型6递推公式为Sn与an的关系式。
（或Sn=f（an解
法
：
这
种
类
型
一
般
利
用
⎧S1⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅（n=1an=⎨
⎩Sn-Sn-1⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅（n≥2
与
an=Sn-Sn-1=f（an-f（an-1消去Sn（n≥2或与Sn=f（Sn-Sn-1（n≥2消去an
进行求解。
例：
已知数列{an}前n项和Sn=4-an-
（1）求an+1与an的关系；
（2）求通项公式an.解：
（1）由Sn=4-an-
得：
Sn+1=4-an+1-
于是Sn+1-Sn=（an-an+1+（所以an+1=an-an+1+
1212
⇒an+1=an+
（2）应用类型4（an+1=pan+q（其中p，q均为常数，（pq（p-1（q-1≠0））的方
法，上式两边同乘以2n+1得：
2由a1=S1=4-a1-
1-2
an+1=2an+2
⇒a1=1.于是数列{2an}是以2为首项，2为公差的等差数列，
所以2an=2+2（n-1=2n⇒an=
（2006，陕西,理本小题满分12分
已知正项数列{an}，其前n项和Sn满足10Sn=an2+5an+6且a1,a3,a15成等比数列，求数列{an}的通项an
解:
∵10Sn=an2+5an+6，①∴10a1=a12+5a1+6，解之得a1=2或a1
又10Sn－1=an－1+5an－1+6（n≥2，②
由①－②得10an=（an－an－1+6（an－an－1，即（an+an－1（an－an－1－5=0∵an+an－1>
0，∴an－an－1=5（n≥2
当a1=3时，a3=13，a15a1，a3，a15不成等比数列∴a1≠3;
当a1=2时，a3=12，a15=72，有a32=a1a15，∴a1=2，∴an=5n－
（2005,江西,文,22．本小题满分14分）
已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn－Sn－2=3（-的通项公式.
Sn-Sn-2=an+an-1，
∴an+an-1=3∙（-（-1an-an-1（-1
（n≥3,且S1=1,S2=-
求数列{an}
（n≥3，两边同乘以（-1，可得
=3∙（-1（-
=-3∙（
令bn=（-1nan
∴bn-bn-1=-3∙（（n≥3
21n-2
bn-1-bn-2=-3∙（2
…………
b3-b2=-3∙（
1n-11n-212
+（+⋅⋅⋅+（]=b2-3⨯∴bn=b2-3∙[（222
+3∙（（n≥322
32-1=-52
1n-2
∙（
11-
=b2-
又a1=S1=1，a2=S2-S1=-
∴b1=（-1a1=-1，b2=（-1a2=-∴bn=-
52-3
1n-11n-1
+3∙（=-4+3∙（（n≥1。
222
1n-1nnn
∴an=（-1bn=-4（-1+3∙（-1∙（
1n-1⎧
4-3∙（,n为奇数,⎪⎪2
=⎨
1⎪-4+3∙（n-1,n为偶数.
⎪2⎩
类型7an+1=pan+an+b（p≠1、0，a≠0
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的等比数列。
设数列{an}：
a1=4,an=3an-1+2n-1,（n≥2，求an.
设bn=an+An+B，则an=bn-An-B，将an,an-1代入递推式，得
bn-An-B=3[bn-1-A（n-1-B]+2n-1=3bn-1-（3A-2n-（3B-3A+1
⎧⎧A=1⎪A=3A-2
∴⎨⇒⎨
B=1⎪⎩⎩B=3B-3A+1
∴取bn=an+n+1…（１）则bn=3bn-1,又b1=6，故bn=6⨯3
代入（１）得an=2⨯3-n-1
=2⨯3
说明：
（1）若f（n为n的二次式，则可设bn=an+An+Bn+C;
（2
本题也可由an=3an-1+2n-1,an-1=3an-2+2（n-1-1（n≥3）两式相减得an-an-1=3（an-1-an-2+2转化为bn+2=pbn+1+qbn求之.
（2006，山东,文,22,本小题满分14分）已知数列｛an｝中，a1=
、点（n、2an+1-an）在直线y=x上，其中n=1,2,3
（Ⅰ令bn=an-1-an-3,求证数列（Ⅱ求数列{an}的通项；
（Ⅲ设Sn、Tn分别为数列
{bn}是等比数列；
{an}、{bn}的前n项和,
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