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高考数列常考题型归纳总结
类型1 a n +1=a n +f (n
解法：把原递推公式转化为a n +1-a n =f (n ，利用累加法(逐差相加法 求解。 例:已知数列{a n }满足a 1=解：由条件知：a n +1-a n =
12
，a n +1=a n +1
=
1
1n +n
2
，求a n 。 -
1n +1
n +n
2
n (n +1
=
1n
分别令n =1, 2, 3, ⋅⋅⋅⋅⋅⋅, (n -1 ，代入上式得(n -1 个等式累加之，即
(a 2-a 1 +(a 3-a 2 +(a 4-a 3 +⋅⋅⋅⋅⋅⋅+(a n -a n -1 =(1-
12 +(
12-13 +(1n
13-14
+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+(
1n -1
-1n
所以a n -a 1=1-
a 1=
12
12+1-
1n =32-1n
，∴a n =
类型2 a n +1=f (n a n 解法：把原递推公式转化为
23
a n +1a n
=f (n ，利用累乘法(逐商相乘法 求解。
n n +1
例:已知数列{a n }满足a 1=解：由条件知之，即
a 2a 1
∙a 3a 2
∙a 4a 323
，a n +1=a n ，求a n 。
a n +1a n
=
n n +1
，分别令n =1, 2, 3, ⋅⋅⋅⋅⋅⋅, (n -1 ，代入上式得(n -1 个等式累乘
∙⋅⋅⋅⋅⋅⋅∙
a n a n -123n
=
12
⨯
23
⨯
34
⨯⋅⋅⋅⋅⋅⋅⨯
n -1n
⇒
a n a 1
=
1n
又 a 1=
，∴a n =
例:已知a 1=3，a n +1=解：a n =
3(n -1 -13(n -1 +2
3n -43n -1
3n -13n +2
a n (n ≥1 ，求a n 。
∙
3(n -2 -13(n -2 +2
7⋅ 4
∙⋅⋅⋅∙
3⨯2-13⨯2+2
6
∙
3-13+2
a 1
=⋅
3n -3n -
52
⋅⋅3=85
n -3。1
变式:（2004，全国I, 理15．）已知数列{a n }，满足a 1=1，a n =a 1+2a 2+3a 3+⋅⋅⋅+(n -1 a n -1
(n ≥2 ，则{a n }的通项a n =⎨
⎧1⎩___
n =1
n ≥2
解：由已知，得a n +1=a 1+2a 2+3a 3+⋅⋅⋅+(n -1 a n -1+na n ，用此式减去已知式，得 当n ≥2时，a n +1-a n =na n ，即a n +1=(n +1 a n ，又a 2=a 1=1，
∴a 1=1,
a 2a 1
=1,
a 3a 2
=3,
a 4a 3
=4, ⋅⋅⋅,
a n a n -1
=n ，将以上n 个式子相乘，得a n =
n ! 2
(n ≥2
类型3 a n +1=pa n +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：a n +1-t =p (a n -t ，其中t =换元法转化为等比数列求解。
例:已知数列{a n }中，a 1=1，a n +1=2a n +3，求a n .
解：设递推公式a n +1=2a n +3可以转化为a n +1-t =2(a n -t 即a n +1=2a n -t ⇒t =-3. 故递推公式为a n +1+3=2(a n +3 , 令b n =a n +3，则b 1=a 1+3=4, 且
b n +1b n
=a n +1+3a n +3
=2.
q 1-p
，再利用
n -1n +1
=2所以{b n }是以b 1=4为首项，2为公比的等比数列，则b n =4⨯2, 所以
a n =2
n +1
-3.
变式:（2006，重庆, 文,14）
在数列{a n }中，若a 1=1, a n +1=2a n +3(n ≥1 ，则该数列的通项a n =_______________
（key:a n =2n +1-3）
变式:（2006. 福建. 理22. 本小题满分14分） 已知数列{a n }满足a 1=1, a n +1=2a n +1(n ∈N *. （I ）求数列{a n }的通项公式； （II ）若数列{b n }滿足4b -14b
1
2
-1
4
b n -1
=(a n +1 n (n ∈N , 证明：数列{b n }是等差数列；
b *
（Ⅲ）证明：
n 12
-
13
<
a a +
a 2<
n ∈N *
.
2
a +... +
a n 3
a n +1
2
(n （I ）解： a n +1=2a n +1(n ∈N *, ∴a n +1+1=2(a n +1,
∴{a n +1}是以a 1+1=2为首项，2为公比的等比数列 ∴a n
n +1=2.
即 a n *
n =2-1(n ∈N .
（II ）证法一： 4
k 1-1
4
k 2-1
...4
k n -1
=(a n +1 k
n .
∴4
(k 1+k 2+... +k n -n
=2
nk n
.
∴2[(b 1+b 2+... +b n -n ]=nb n , 2[(b 1+b 2+... +b n +b n +1 -(n +1]=(n +1 b n +1. ②－①，得2(b n +1-1 =(n +1 b n +1-nb n , 即(n -1 b n +1-nb n +2=0,
nb n +2-(n +1 b n +1+2=0.
③－④，得 nb n +2-2nb n +1+nb n =0, 即 b n +2-2b n +1+b n =0,
∴b n +2-b n +1=b n +1-b n (n ∈N *
,
∴{b n }是等差数列
①
②
证法二：同证法一，得 (n -1 b n +1-nb n +2=0 令n =1, 得b 1=2.
设b 2=2+d (d ∈R , 下面用数学归纳法证明 b n =2+(n -1 d . （1）当n =1, 2时，等式成立
（2）假设当n =k (k ≥2 时，b k =2+(k -1 d , 那么
b k +1=
k k -1
b k -
2
=
k
[2+(k -1 d ]-
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b n =2+(n -1 d 对任何n ∈N *
b n +1-b n =d , ∴{b n }
（III ）证明：
a k a k +1
=
2-12
k +1
k
-1
=
2-12(2-
k
k
12
<
12
, k =1, 2,..., n ,
∴
a 1a 2a k
+
a 2a 3=
+... +
a n a n +1=12
<
n 2
.
2-12
k +1
k
a k +1
-1
-
12(2
k +1
-1
=
12
-
13.2+2-2
k
k
≥
12
-
11
. k , k =1, 2,..., n , 32
∴
a 1a 2n 2
+
a 2a 3
+... +
a n a n +1
≥
n 2
-
1111n 11n 1(+2+... +n =-(1-n >-, 322223223
n 2
∴-
13
<
a 1a 2
+
a 2a 3
+... +
a n a n +1
<(n ∈N .
*
变式:递推式：a n +1=pa n +f (n 。解法：只需构造数列{b n }，消去f (n 带来的差异．
n
类型4 a n +1=pa n +q （其中p ，q 均为常数，(pq (p -1(q -1 ≠0 ）。 （或
a n +1=pa n +rq , 其中p ，q, r 均为常数） 。
n
解法：一般地，要先在原递推公式两边同除以q n +1，得：
a n +1q
n +1
=
p q
∙
a n q
n
+
1q
引入辅助数列
{b n }（其中b n
=
a n q
n
），得：b n +1=
p q
b n +
1q
再待定系数法解决。
例:已知数列{a n }中，a 1=解：在a n +1=
1
56
, a n +1=
1
1n +1
a n +( ，求a n 。 32
1n +12n n +1
a n +( 两边乘以2n +1得：2∙a n +1=(2∙a n +1 323
22
令b n =2n ∙a n ，则b n +1=b n +1, 解之得：b n =3-2( n
33
所以a n =
b n 2
n 1n 1n
=3( -2(
23
变式:（2006，全国I, 理22, 本小题满分12分） 设数列{a n }的前n 项的和S n =
43a n -
13⨯2
n +1
+
23
，n =1, 2, 3,
（Ⅰ）求首项a 1与通项a n ；（Ⅱ）设T n =
2
n
n
S n 23
，n =1, 2, 3, ，证明：∑T i <
i =1
32
解：（I ）当n =1时，a 1=S 1=当
n ≥2
43
a 1-
43
+43
⇒a 1=2；
13
n +1
时
n
，
a n =S n -S n -1=
n
a n -
⨯2+
23
-(
43
a n -1-
13
⨯2+
n
23
，即
a n =4a n -1+2，利用a n +1=pa n +q （其中p ，q 均为常数，(pq (p -1(q -1 ≠0 ）。
n n n
（或a n +1=pa n +rq , 其中p ，q, r 均为常数）的方法，解之得：a n =4-2
4121n n n n n+1n+1n+1
(Ⅱ 将a n =4-2代入①得 S n = ×(4－2 －2 + = ×(2－1(2－2
33332
= (2n+1－1(2n －1
3
2n 32n 311 T n = = = (－ S n 2 (2－1(2－1 22－12－1
3n 113113所以, ∑T i = ∑(－ = ( － < 2i =12－12－122－12－12i =1
n
类型5 递推公式为a n +2=pa n +1+qa n （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a n +2-sa n +1=t (a n +1-sa n
⎧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a n +2=pa n +1+qa n ，a 1=α, a 2=β给出的数列{a n }，方程x 2-px -q =0，叫做数列{a n }的特征方程。若x 1, x 2是特征方程的两个根，当x 1≠x 2
n -1
时，数列{a n }的通项为a n =Ax 1n -1+Bx 2，其中A ，B 由a 1=α, a 2=β决定（即把
代入a n =Ax 1a 1, a 2, x 1, x 2和n =1, 2，
n -1
+Bx 2
n -1
，得到关于A 、B 的方程组）；当x 1=x 2时，
n -1
数列{a n }的通项为a n =(A +Bn x 1，其中A ，B 由a 1=α, a 2=β决定（即把a 1, a 2, x 1, x 2
n -1
和n =1, 2，代入a n =(A +Bn x 1，得到关于A 、B 的方程组）。
解法一（待定系数——迭加法）:
数列{a n }：3a n +2-5a n +1+2a n =0(n ≥0, n ∈N ， a 1=a , a 2=b ，求数列{a n }的通项公式。
由3a n +2-5a n +1+2a n =0，得
a n +2-a n +1=
23
(a n +1-a n ，
且a 2-a 1=b -a 。
则数列{a n +1-a n }是以b -a 为首项，
23
为公比的等比数列，于是
2n -1
a n +1-a n =(b -a ( 。把n =1, 2, 3, ⋅⋅⋅, n 代入，得
3
a 2-a 1=b -a ，
2
a 3-a 2=(b -a ⋅( ，
322
a 4-a 3=(b -a ⋅( ，
3
∙∙∙
2n -2
a n -a n -1=(b -a ( 。
3
把以上各式相加，得
2n -1
1-(
222n -23
(b -a 。 a n -a 1=(b -a [1++( +⋅⋅⋅+( ]=
2333
1-
3
2n -12n -1
∴a n =[3-3( ](b -a +a =3(a -b ( +3b -2a 。
33
解法二（特征根法）：数列{a n }：3a n +2-5a n +1+2a n =0(n ≥0, n ∈N ， a 1=a , a 2=b 的特征方程是：3x 2-5x +2=0。
x 1=1, x 2=
23
,
n -1
∴a n =Ax 1
n -1
+Bx 2
2n -1
=A +B ⋅( 。
3
又由a 1=a , a 2=b ，于是
⎧a =A +B
⎧A =3b -2a ⎪
⇒2⎨⎨
B =3(a -b ⎩⎪b =A +B
3⎩
故a n =3b -2a +3(a -b (
3
2
n -1
23a n +1+
13
a n ，求a n 。
例:已知数列{a n }中，a 1=1, a 2=2, a n +2=解：由a n +2=
23a n +1+
13
a n 可转化为a n +2-sa n +1=t (a n +1-sa n
即a n +2=(s +t a n +1-sta n
2⎧
1s +t =⎧s =1⎧⎪⎪⎪⎪s =-3
⇒⎨⇒⎨3 1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⎩⎩a n +2-a n +1=-
13
(a n +1-a n ⇒{a n +1-a n }是以首项为a 2-a 1=1，公比为-1
n -1
13
的等比数列,
所以a n +1-a n =(-
3
, 应用类型1的方法，分别令n =1, 2, 3, ⋅⋅⋅⋅⋅⋅, (n -1 ，代入上式得
1n -1
1-(-
3= 11+
3
10111n -2
(n -1 个等式累加之，即a n -a 1=(- +(- +⋅⋅⋅⋅⋅⋅+(-
333
又 a 1=1，所以a n =
74
-
34
(-
13
n -1
。
变式:（2006，福建, 文,22, 本小题满分14分）
已知数列{a n }满足a 1=1, a 2=3, a n +2=3a n +1-2a n (n ∈N *. （I ）证明：数列{a n +1-a n }是等比数列； （II ）求数列{a n }的通项公式； （III ）若数列{b n }满足4
b 1-1
4
b 2-1
...4
b n -1
=(a n +1 n (n ∈N , 证明{b n }是等差数列
b
*
（I ）证明： a n +2=3a n +1-2a n ,
∴a n +2-a n +1=2(a n +1-a n , a 1=1, a 2=3, ∴
a n +2-a n +1a n +1-a n
=2(n ∈N .
*
∴{a n +1-a n }是以a 2-a 1=2为首项，2为公比的等比数列
n *
（II ）解：由（I ）得a n +1-a n =2(n ∈N ,
∴a n =(a n -a n -1 +(a n -1-a n -2 +... +(a 2-a 1 +a 1
=2
n -1n
+2
n -2
+... +2+1
*
=2-1(n ∈N .
（III ）证明： 4
∴4
(b 1+b 2+... +b n
b 1-1
4
b 2-1
...4
b n -1
=(a n +1 n ,
b
=2
nb n
,
∴2[(b 1+b 2+... +b n -n ]=nb n , ① 2[(b 1+b 2+... +b n +b n +1 -(n +1]=(n +1 b n +1. ②
②－①，得2(b n +1-1 =(n +1 b n +1-nb n , 即(n -1 b n +1-nb n +2=0. ③ nb n +2-(n +1 b n +1+2=0. ④ ④－③，得nb n +2-2nb n +1+nb n =0, 即b n +2-2b n +1+b n =0,
∴b n +2-b n +1=b n +1-b n (n ∈N ,
*
∴{b n }是等差数列
类型6 递推公式为S n 与a n 的关系式。(或S n =f (a n 解
法
：
这
种
类
型
一
般
利
用
⎧S 1⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅(n =1 a n =⎨
⎩S n -S n -1⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅(n ≥2
与
a n =S n -S n -1=f (a n -f (a n -1 消去S n (n ≥2 或与S n =f (S n -S n -1 (n ≥2 消去a n
进行求解。
例：已知数列{a n }前n 项和S n =4-a n -
12
n -2
.
（1）求a n +1与a n 的关系；（2）求通项公式a n . 解：（1）由S n =4-a n -
12
n -2
得：S n +1=4-a n +1-
12
n -2
12
n -1
于是S n +1-S n =(a n -a n +1 +(所以a n +1=a n -a n +1+
12
n -1
-
1212
n -1
12
n
⇒a n +1=a n +
.
n
（2）应用类型4（a n +1=pa n +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a 1=S 1=4-a 1-
12
1-2
n +1
a n +1=2a n +2
n
n
⇒a 1=1. 于是数列{2a n }是以2为首项，2为公差的等差数列，
n 2
n -1
n
所以2a n =2+2(n -1 =2n ⇒a n =
变式:（2006，陕西, 理本小题满分12分
已知正项数列{an }，其前n 项和S n 满足10S n =an 2+5an +6且a 1,a 3,a 15成等比数列，求数列{an }的通项a n
解: ∵10S n =a n 2+5a n +6， ① ∴10a 1=a 12+5a 1+6，解之得a 1=2或a 1
又10S n －1=a n －1+5a n －1+6(n ≥2，②
22
由①－②得 10a n =(a n －a n －1+6(a n －a n －1 ，即(a n +a n －1(a n －a n －1－5=0 ∵a n +a n －1>0 ， ∴a n －a n －1=5 (n ≥2
当a 1=3时，a 3=13，a 15 a 1， a 3，a 15不成等比数列∴a 1≠3;
2
当a 1=2时， a 3=12， a 15=72， 有 a 32=a 1a 15 ， ∴a 1=2， ∴a n =5n －
变式: (2005,江西, 文,22．本小题满分14分）
已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n －S n －2=3(-的通项公式.
解： S n -S n -2=a n +a n -1，
∴a n +a n -1=3∙(-(-1 a n -a n -1(-1
n
12
n -1
(n ≥3, 且S 1=1, S 2=-
32
, 求数列{a n }
12
n -1
(n ≥3 ，两边同乘以(-1 ，可得
n
n
n -1
=3∙(-1 (-
12
n -1
1n -1
=-3∙(
2
令b n =(-1 n a n
1n -1
∴b n -b n -1=-3∙( (n ≥3
21n -2
b n -1-b n -2=-3∙( 2
…… ……
12
b 3-b 2=-3∙(
2
1
1n -11n -212
+( +⋅⋅⋅+( ]=b 2-3⨯∴b n =b 2-3∙[( 222
3
1n -1
+3∙( (n ≥3 22
32-1=-52
52
-
1
1n -2
∙(
11-
2
=b 2-
又 a 1=S 1=1，a 2=S 2-S 1=-
1
2
，
∴b 1=(-1 a 1=-1，b 2=(-1 a 2=-∴b n =-
52-3
1n -11n -1
+3∙( =-4+3∙( (n ≥1 。 222
1n -1n n n
∴a n =(-1 b n =-4(-1 +3∙(-1 ∙(
2
1n -1⎧
4-3∙( , n 为奇数, ⎪⎪2
=⎨
1⎪-4+3∙( n -1, n 为偶数.
⎪2⎩
类型7 a n +1=pa n +an +b (p ≠1、0，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
a n +1+x (n +1 +y =p (a n +xn +y ，与已知递推式比较，解出x , y , 从而转化为
{a n
+xn +y }是公比为p 的等比数列。
例:设数列{a n }：a 1=4, a n =3a n -1+2n -1, (n ≥2 ，求a n .
解：设b n =a n +An +B ，则a n =b n -An -B ，将a n , a n -1代入递推式，得
b n -An -B =3[b n -1-A (n -1 -B ]+2n -1=3b n -1-(3A -2 n -(3B -3A +1
⎧⎧A =1⎪A =3A -2
∴⎨⇒⎨
B =1⎪⎩⎩B =3B -3A +1
n -1
n
∴取b n =a n +n +1…（１）则b n =3b n -1, 又b 1=6，故b n =6⨯3
n
代入（１）得a n =2⨯3-n -1
=2⨯3
2
说明：（1）若f (n 为n 的二次式，则可设b n =a n +An +Bn +C ;(2
本题也可由a n =3a n -1+2n -1 , a n -1=3a n -2+2(n -1 -1（n ≥3）两式相减得a n -a n -1=3(a n -1-a n -2 +2转化为b n +2=pb n +1+qb n 求之.
变式:（2006，山东, 文,22, 本小题满分14分） 已知数列｛a n ｝中，a 1=
12
、点（n 、2a n +1-a n ）在直线y=x上，其中n=1,2,3
(Ⅰ 令b n =a n -1-a n -3, 求证数列(Ⅱ 求数列{a n }的通项； (Ⅲ 设S n 、T n 分别为数列
{b n }是等比数列；
{a n }、{b n }的前n 项和, 是否存在实数λ，使得数列⎧⎨
S n +λT n ⎫
⎬n ⎩⎭
为等差数列？若存在，试求出λ 若不存在, 则说明理由
解：（I ）由已知得 a 1=
a 2=
34
, a 2-a 1-1=
34
12-
, 2a n +1=a n +n , 12-1=-
34,
又b n =a n +1-a n -1,
b n +1=a n +2-a n +1-1,
a n +1+(n +1
∴b n +1b n
=
a n +1-a n -1a n +2-a n +1-1
34
=
12
a n +1-a n -1
-
a n +n
=
a n +1-a n -1a n +1
1=.
-a n -12
∴{b n }是以-
为首项，以
3
为公比的等比数列
（II ）由（I ）知，b n =-
∴a n +1-a n -1=-∴a 2-a 1-1=-a 3-a 2-1=-
3232⨯32⨯1232
2
1n -131⨯( =-⨯n , 4222,
⨯12
12
n
, ,
⋅⋅⋅⋅⋅⋅
∴a n -a n -1-1=-
⨯
12
n -1
,
将以上各式相加得：
∴a n -a 1-(n -1 =-
3111
(+2+⋅⋅⋅+n -1, 2222
1
∴a n =a 1+n -1-
32⨯(1-1-
11
n -1
=
12
+(n -1 -
32
(1-
12
=n -1
32
n
+n -2.
2
∴a n =
32
n
+n -2.
（III ）解法一： 存在λ=2，使数列{
S n +λT n
n
12
1
是等差数列
S n =a 1+a 2+⋅⋅⋅+a n =3(
+
12
2
+⋅⋅⋅+
12
n
+(1+2+⋅⋅⋅+n -2n
1=3⨯(1-1-
112
n
+
n (n +1 2
-2n
=3(1-
12
n
+
n -3n 2
2
=-
32
n
+
n -3n 2
2
+3.
-
T n =b 1+b 2+⋅⋅⋅+b n =
3(1-12
1n
=-
32
(1-
12
=-n
32
+
32
n +1
.
1-
数列{
S n +λT n
n
是等差数列的充要条件是
S n +λT n
n
=A n +B , (A 、B 是常数
即S n +λT n =A n 2+B n ,
32
n
又S n +λT n =-n -3n 2
2
+
n -3n 212
n
2
+3+λ(-
32
+
32
n +1
=+3(1-
λ2
(1-
S n +λT n
n
∴当且仅当1-
λ
2
=0，即λ=2时，数列{为等差数列
解法二：
存在λ=2，使数列{
S n +λT n
n
是等差数列
由（I ）、（II ）知，a n +2b n =n -2
∴S n +2T =
n (n +1 2
-2n
n (n +1
S n +λT n
n n -3
2
=
T n
-2n -2T n +λT n
n
=+
λ-2
n
-
3(1-12
1n
=-
又T n =b 1+b 2+⋅⋅⋅+b n =
S n +λT n
n
n -32
32
(1-
12
=-n
32
+
32
n +1
1-
=
+
λ-2
n
(-
32
+
32n
n +1
是等差数列
∴当且仅当λ=2时，数列{
S n +λT n
类型9 a n +1=
f (n a n g (n a n +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 n +1=pa n +q 。 例：已知数列｛a n ｝满足：a n =
1a n
3⋅a n -1+1a n -1
a n -13⋅a n -1+1
1a n -1
, a 1=1，求数列｛a n ｝的通项公式。
解：取倒数：==3+
⎧1⎫111∴⎨⎬是等差数列， =+(n -1 ⋅3=1+(n -1 ⋅3⇒a n =
3n -2a n a 1
⎩a n ⎭
变式:（2006，江西, 理,22, 本大题满分14分） 已知数列｛a n ｝满足：a 1＝
32
，且a n ＝
n ≥2，n ∈N ）
2a n －1＋n －1
3na n －1
*
（1） 求数列｛a n ｝的通项公式；
（2） 证明：对于一切正整数n ，不等式a 1∙a 2∙……a n <2∙n ！ 解：（1）将条件变为：1－为 1－
1a 1
n a n
＝1－
3
1n －1a n －1
，因此｛1－）
n a n
｝为一个等比数列，其首项
＝
13
，公比
13
，从而1－
n a n
＝
13
n
，据此得a n ＝
n ！
n ∙3
n
n
3－1
（n ≥1）…………1︒
（2）证：据1︒得，a 1∙a 2∙…a n ＝
（1－）∙（1－2）…（1－n ）
333
111
为证a 1∙a 2∙……a n <2∙n ！
（1－）∙（1－只要证n ∈N *时有
31
13
）…（1－2
13
n
）>
12
…………2︒
显然，左端每个因式都是正数，先证明，对每个n ∈N *，有
111111
（1－）∙（1－2）…（1－n ）≥1－（＋2＋…＋n ）…………3︒
333333
用数学归纳法证明3︒式： （i ） （ii ）
13
n ＝1时，3︒式显然成立， 设n ＝k 时，3︒式成立，
13
）…（1－2
111
）＋＋…＋≥1－（） k 2k 33331
（1－）∙（1－即
则当n ＝k ＋1时，
11111111
（1－）∙（1－2）∙…（1－k ∙（1－k ＋1）≥〔1－（＋2＋…＋k ）〕∙（1－k ＋1）
33333333
＝1－（＋
3
1131
22
＋…＋
131
k k
）－＋
13
13
k ＋1
＋
13
k ＋1
（＋
3
113
2
＋…＋
13
k
）
≥1－（＋
3
1
3
＋…＋
*
3
k ＋1
）即当n ＝k ＋1时，3︒
故对一切n ∈N ，3︒式都成立
利用3︒得，
11n 1－（）〕
111111≥1－（＋2＋…＋n ）＝1－ （1－）∙（1－2）…（1－n ）
1333333
1－
3
11n 111n 1＝1－1－（）〕＝＋）>
232232故2︒式成立，从而结论成立
类型10 a n +1=
pa n +q ra n +h
解法：如果数列{a n }满足下列条件：已知a 1的值且对于n ∈N ，都有a n +1=中p 、q 、r 、h 均为常数，且ph ≠qr , r ≠0, a 1≠-
h r
pa n +q ra n +h
（其
），那么，可作特征方程x =
px +q rx +h
,
⎧1⎫
当特征方程有且仅有一根x 0时, 则⎨x 2⎬是等差数列; 当特征方程有两个相异的根x 1、
a -x 0⎭⎩n ⎧a -x 1⎫
时，则⎨n ⎬是等比数列。
⎩a n -x 2⎭
例：已知数列{a n }满足性质：对于n ∈N , a n -1=
x +42x +3
a n +42a n +3
2
, 且a 1=3, 求{a n }的通项公式.
解: 数列{a n }的特征方程为x =, 变形得2x +2x -4=0, 其根为λ1=1, λ2=-2.
故特征方程有两个相异的根，使用定理2的第（2）部分，则有
c n =
a 1-λ1a 1-λ2
25(-
⋅(
15
p -λ1r p -λ2r
n -1
=
3-13+2
⋅(
1-1⋅21-2⋅2
n -1
, n ∈N .
∴c n =
n -1
, n ∈N .
∴a n =
λ2c n -λ1
c n -1
-2⋅=
25
25(-
(-15
15
n -1
-1
, n ∈N .
n -1
-1
即a n =
(-5 -42+(-5
n
n
, n ∈N .
例：已知数列{a n }满足：对于n ∈N , 都有a n +1=
13a n -25a n +3
.
（1）若a 1=5, 求a n ; （2）若a 1=3, 求a n ; （3）若a 1=6, 求a n ; （4）当a 1取哪些值时，无穷数列{a n }不存在？ 解：作特征方程x =
13x -25x +3
. 变形得x -10x +25=0,
2
特征方程有两个相同的特征根λ=5. 依定理2的第（1）部分解答. (1∵a 1=5, ∴a 1=λ. ∴对于n ∈N , 都有a n =λ=5; (2∵a 1=3, ∴a 1≠λ. ∴b n =
1a 1-λ13-512+
+(n -1
r p -r λ1
=+(n -1 ⋅n -18
,
13-1⋅5
=-
令b n =0，得n =5. 故数列{a n }从第5项开始都不存在， 当n ≤4，n ∈N 时，a n =
1b n
+λ=
5n -17n -5
.
(3∵a 1=6, λ=5, ∴a 1≠λ. ∴b n =
1a 1-λ
+(n -1
r p -λr
=1+
n -18
, n ∈N .
令b n =0, 则n =-7∉n . ∴对于n ∈N, b n ≠0. ∴a n =
1b n
+λ=
1+
1n -18
+5=
5n +43n +7
, n ∈N .
(4、显然当a 1=-3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，a 1=5
时，数列
{a n }
是存在的，当
a 1≠λ=5
时，则有
b n =
1a 1-λ
+(n -1
r p -λr
=
1a 1-5
+
n -18
, n ∈N . 令b n =0, 则得a 1=
5n -13n -1
, n ∈N
且n ≥2. ∴当a 1=
5n -13n -1
（其中n ∈N 且N ≥2）时，数列{a n }从第n 项开始便不存在.
5n -13n -1
:n ∈N , 且n ≥2}上取值时，无穷数列{a n }都不存
于是知：当a 1在集合{-3或在.
变式:（2005，重庆, 文,22, 本小题满分12分）
数列{a n }满足a 1=1且8a n +1a n -16a n +1+2a n +5=0(n ≥1. 记b n =（Ⅰ）求b 1、b 2、b 3、b 4的值；
（Ⅱ）求数列{b n }的通项公式及数列{a n b n }的前n 项和S n .
解法一：由已知, 得a n +1=
2a n +516-8a n
1a n -
12
(n ≥1.
, 其特征方程为x =
2x +516-8x
解之得, x 1=
12
或x 2=
54
∴a n +1
5-=, a n +1-=
216-8a n 416-8a n
1
6(a n -
1
12(a n -
5
a n +1-
∴
1=1⋅524
n -1n
a n -a n -
1, ∴
54
a n -a n -
1=54
a 1-a 1-
1
∙(1 n -1=-4
n
5224
a n +1-
2
∴a n =
+5
2+4
解法二：
（I ）a 1=1, 故b 1=
7834
178
a 3=
, 故b 3=
34
a 4=
1320, 故b 4=
11-
12
83
=2;
a 2=, 故b 2=
-1-203
1212.
=;
=4;
（II ）因(b 1-
(b 2-
4
2
43
(b 3-
43
=
23
⨯
8
42
=( ， 33
424442
=( , (b 1-(b 3- =(b 2- 33333
42
故猜想{b n -是首项为, 公比q =2的等比数列.
33
因a n ≠2，（否则将a n =2代入递推公式会导致矛盾） 故a n +1=因b n +1-
5+2a 16-8a n 43=
1a n +1-2a n -
12
q =2的等比数列.
13⋅2
n
(n ≥1.
-43=
16-8a n 6a n -3
-43=
20-16a n 6a n -343
43,
12-
2(b n -
43
=
83
=
20-16a n 6a n -3
=b n +1-, b 1-
≠0,
故|b n -
因b 1-
43
43
=
|确是公比为
23
43
, 故b n -
=
, b n =
13
⋅2+
n
43
(n ≥1 由b =
n
1a n -
12
得a n b n =
12
b n +1,
故S n =a 1b 1+a 2b 2+ +a n b n
1
=12
(b 1+b 2+ +b n +n
=3
(1-2 1-2
1b n
n
+
53
n =
13
(2+5n -1
n
解法三： （Ⅰ）由b n =
1a n -
12+3b n
=0, 即b n +1=2b n -83
得a n =
+
12
, 代入递推关系
8a n +1a n -16a n +1+2a n +5=0,
整理得
4b n +1b n
-
6b n +1
43
,
由a 1=1, 有b 1=2, 所以b 2=, b 3=4, b 4=43
=2(b n -
43
203
.
43=23≠0,
（Ⅱ）由b n +1=2b n -所以{b n -
43
13
43
}是首项为
43
, b n +1-23
, b 1-
, 公比q =2的等比数列, 故
b n -
=
⋅2, 即b n =
n
13
⋅2+
n
43
(n ≥1.
由b n =
1a n -
12
得a n b n =
12
b n +1,
故S n =a 1b 1+a 2b 2+ +a n b n =
12
(b 1+b 2+ +b n +n
1=(1-2 1-2
+
n
53
n =
13
(2+5n -1.
n
解法四： （Ⅰ）同解法一 （Ⅱ）b 2-b 1=
23
, b 3-b 2=
43
, b 4-b 3=
82842, ⨯=( 3333
猜想{b n +1-b n }是首项为又因a n ≠2, 故a n +1=
23
, 公比q =2的等比数列, b n +1-b n =(n ≥1. 因此
13
⋅2
n
5+2a n 16-8a n
b n +1-b n =
1a n +1-
12
-
1a n -
12
=
15+2a n 16-8a n
-12
-
22a n -1
=
16-8a n 6a n -3
1a n +2-
-
66a n -3
1a n +1-
=
10-8a n 6a n -3
;
b n +2-b n +1=
12
-
12
=
16-8a n +16a n +1-3
-
16-8a n 6a n -3
=
23
36-24a n 6a n -3
-
16-8a n 6a n -3
=
20-16a n 6a n -3
=2(b n +1-b n .
13
因b 2-b 1=≠0, {b n +1-b n }是公比q =2的等比数列, b n +1-b n =
⋅2,
n
从而b n =(b n -b n -1 +(b n -1-b n -2 + +(b 2-b 1 +b 1
=13(2
n -1
+2
n -2
+ +2 +2=
1
13
(2-2 +2=
n
13
⋅2+
n
43
(n ≥1.
由b n =
1a n -
12
得a n b n =
12
b n +1,
故S n =a 1b 1+a 2b 2+ +a n b n =
12
(b 1+b 2+ +b n +n
1=(1-2 1-2
+
n
53
n =
13
(2+5n -1.
n
类型11 a n +1+a n =pn +q 或a n +1⋅a n =pq n
解法：这种类型一般可转化为{a 2n -1}与{a 2n }是等差或等比数列求解。 例：（I ）在数列{a n }中，a 1=1, a n +1=6n -a n ，求a n （II ）在数列{a n }中，a 1=1, a n a n +1=3n ，求a n 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12分）
设数列｛a n ｝的前n 项和为S n ，且方程x 2－a n x －a n ＝0有一根为S n －1，n ＝1，2，3，… （Ⅰ）求a 1，a 2； （Ⅱ）｛a n ｝的通项公式
2
提示:1 S n -1, n =1, 2, 3,... 为方程的根, 代入方程可得(S n -1 -a n (S n -1 -a n =0
将n=1和n=2代入上式可得a 1=
12
a 2=1n (n +1
16
2求出a 1, a 2, a 3, a 4等, 可猜想a n =
并用数学归纳法进行证明，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a n =
1n (n +1
1-
1n (n +1
分开为
a n =
=
n
1
然后求和, 中间项均抵消, 只剩下首项和末项, 可得S n n +1
解：(Ⅰ 当n ＝1时，x 2－a 1x －a 1＝0有一根为S 1－1＝a 1－1， 于是(a 1－1 2－a 1(a 1－1 －a 1＝0，解得a 1
1
当n ＝2时，x 2－a 2x －a 2＝0有一根为S 2－1＝a 2，
2121于是(a 2－ －a 2(a 2－－a 2＝0，解得a 1
22(Ⅱ 由题设(S n －1 2－a n (S n －1 －a n ＝0， 即 S n 2－2S n ＋1－a n S n ＝
当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，代入上式得 S n －1S n －2S n ＋1＝0 ①
1 1 1 2 由(Ⅰ知 S1＝a1＝ ，S2＝a1＋a2＝ ＋ ＝ 2 2 6 3 3 由①可得 S3＝ 4 新新新 源源源源源源源源 源 新新新 源源源源源源源源 源 t /: w k g m /w c h w p j.x t o y .c x / 新新新 源源源源源源新源 源 新新源 源源源源源源源源 源 t p w j.x g m /w c h /: w k y o t .c x / 特 特特特特特 特王新王王特特 特特特 王 新 王c@ 王.c王 王 新新 x t 2 6 m w k 1 o 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源th源p/:w w j.x源gy源m /w cx/ 源 源源k t o.c源源 特 特特特特特 特王特特特特特 新王王 王 新 王c@ 王.c王 王 新新 x t 2 6 m w k 1 o 特 特特特特特 特王特王新特王 新特特 特 王 王c@ 王新 王 新 .c王 x t 2 6 m w k 1 o 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源th源源w k源gty源m 源cx/ 源 源j.x 源/w /: w p o .c 特 特特特特特 特王特特特特王 新王新 特 王 王c@ 王新 王 新 .c王 x t 2 6 m w k 1 o n
由此猜想 Sn＝ ，n＝1，2，3，… n＋1 下面用数学归纳法证明这个结论 (in＝1 时已知结论成立 新新新 源源源源源源源源 源 新新新 源源源源源源源源 源 t /: w k g m /w c h w p j.x t o y .c x / 新新新 源源源源源源新源 源 新新源 源源源源源源源源 源 t p w j.x g m /w c h /: w k y o t .c x / 特 特特特特特 特王新王王特特 特特特 王 新 王c@ 王.c王 王 新新 x t 2 6 m w k 1 o 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源th源p/:w w j.x源gy源m /w cx/ 源 源源k t o.c源源 特 特特特特特 特王特特特特特 新王王 王 新 王c@ 王.c王 王 新新 x t 2 6 m w k 1 o ……8 分 新新新 源源源源源源源源 源 新新新 源源源源源源源源 源 t /: w k g m /w c h w p j.x t o y .c x / 特 特特特特特 特王特王新特王 新特特 特 王 王c@ 王新 王 新 .c王 x t 2 6 m w k 1 o 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源th源源w k源gty源m 源cx/ 源 源j.x 源/w /: w p o .c 特 特特特特特 特王特特特特王 新王新 特 王 王c@ 王新 王 新 .c王 x t 2 6 m w k 1 o 特 特特特特特 特王特王新特王 新特特 特 王 王c@ 王新 王 新 .c王 x t 2 6 m w k 1 o 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源th源源w k源gty源m 源cx/ 源 源j.x 源/w /: w p o .c 特 特特特特特 特王特特特特王 新王新 特 王 王c@ 王新 王 新 .c王 x t 2 6 m w k 1 o k (ii假设 n＝k 时结论成立，即 Sk＝ ， k＋1 当 n＝k＋1 时，由①得 Sk＋1＝ 故 n＝k＋1 时结论也成立 新新新 源源源源源源源源 源 新新新 源源源源源源源源 源 t /: w k g m /w c h w p j.x t o y .c x / k＋1 1 ，即 Sk＋1＝ ， 2－Sk k＋2 特 特特特特特 特王特王新特王 新特特 特 王 王c@ 王新 王 新 .c王 x t 2 6 m w k 1 o 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源th源源w k源gty源m 源cx/ 源 源j.x 源/w /: w p o .c 特 特特特特特 特王特特特特王 新王新 特 王 王c@ 王新 王 新 .c王 x t 2 6 m w k 1 o n 综上，由(i、(ii可知 Sn＝ 对所有正整数 n 都成立 n＋1 于是当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝ 1 1 又 n＝1 时，a1＝ ＝ ，所以 2 1×2 ｛an｝的通项公式 an＝ n ，n＝1，2，3，… n＋1 新新新 源源源源源源新源 源 新新源 源源源源源源源源 源 t p w j.x g m /w c h /: w k y o t .c x / 新新新 源源源源源源新源 源 新新源 源源源源源源源源 源 t p w j.x g m /w c h /: w k y o t .c x / 特 特特特特特 特王新王王特特 特特特 王 新 王c@ 王.c王 王 新新 x t 2 6 m w k 1 o 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源th源p/:w w j.x源gy源m /w cx/ 源 源源k t o.c源源 特 特特特特特 特王特特特特特 新王王 王 新 王c@ 王.c王 王 新新 x t 2 6 m w k 1 o ……10 分 n－1 n 1 － ＝ ， n n＋1 n(n＋1 特 特特特特特 特王新王王特特 特特特 王 新 王c@ 王.c王 王 新新 x t 2 6 m w k 1 o 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源th源p/:w w j.x源gy源m /w
cx/ 源 源源k t o.c源源 特 特特特特特 特王特特特特特 新王王 王 新 王c@ 王.c王 王 新新 x t 2 6 m w k 1 o ……12 分 新新新 源源源源源源新源 源 新新源 源源源源源源源源 源 t p w j.x g m /w c h /: w k y o t .c x / 本题难度较大,不过计算较易,数列的前面一些项的关系也比较容易发现 类型 13 双数列型 解法：根据所给两个数列递推公式的关系，灵活采用累加 累乘 化归 累加、累乘 化归等方法求解。 累加 累乘、化归 特 特特特特特 特王新王王特特 特特特 王 新 王c@ 王.c王 王 新新 x t 2 6 m w k 1 o 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源th源p/:w w j.x源gy源m /w cx/ 源 源源k t o.c源源 特 特特特特特 特王特特特特特 新王王 王 新 王c@ 王.c王 王 新新 x t 2 6 m w k 1 o 例 ： 已 知 数 列 {a n } 中 ， a1 = 1 ； 数 列 {bn } 中 ， b1 = 0 。 当 n ≥ 2 时 ， 1 1 a n = (2a n−1 + bn−1 , bn = (a n−1 + 2bn−1 ，求 a n , bn . 3 3 1 1 解：因 a n + bn = ( 2a n −1 + bn −1 + ( a n −1 + 2bn −1 = a n −1 + bn −1 3 3 所以 a n + bn = a n −1 + bn −1 = a n − 2 + bn − 2 = • • • = a 2 + b2 = a1 + b1 = 1 即 a n + bn = 1 …………………………………………（1） 又因为 a n − bn = 1 1 1 (2a n −1 + bn −1 − (a n−1 + 2bn −1 = (a n−1 − bn−1 3 3 3 1 1 2 1 n−1 所以 a n − bn = ( a n −1 − bn −1 = ( a n − 2 − bn − 2 = …… = ( (a1 − b1 3 3 3 1 1 = ( n −1 .即 a n − bn = = ( n −1 ………………………（2） 3 3 1 1 n −1 1 1 n −1 由（1）（2）得： a n = [1 + ( ] ， bn = [1 − ( ] 、 2 3 2 3 类型 14 周期型 解法：由递推式计算出前几项，寻找周期。
例：若数列 {a n } 满足 a n +1 1 2 a n , (0 ≤ a n ≤ 2 6 ，若 a1 = ，则 a 20 的值为___________。 = 7 2a − 1, ( 1 ≤ a < 1 n n 2 变式:（2005，湖南,文，5） 变式 已知数列 {a n } 满足 a1 = 0, a n +1 = an − 3 3a n + 1 (n ∈ N * ，则 a 20 = （ ） A．0 B． − 3 C． 3 D． 3 2
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