高考数列递推公式题型归纳解析完整答案版
四度春风化绸缪-
最新高考数列递推公式题型归纳解析完整答案版
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<
/p>
(
n
)
，利用累
加法
(
逐差相加法
)
< br>求解。
变式
1.1:
（
2004
，全国
I<
/p>
，个理
22
．本小题满分
14
分）
已知数列
{
a
n
}
中
a
1
< br>1
，且
a
2k
< br>=
a
2k
－
1
+(
－
1)
K
,
a
2k+1
=
a
2k
+3
k
,
其中
k=1,2,3,
……
.
（
I
）求
a
3
,
a
5
；
（
II
）求
{
a
n
}
的通项公
式
.
k
k
解
：
a
2
k<
/p>
a
2
k
1
(
1
)
，
a
2
k
1
a
2
k
3
<
/p>
a
2
k
1
a
2
k
3
k
a
2
k
1
(
1
)
k
<
/p>
3
k
，即
a
2
k
1
a
2
k
1
3
< br>k
(
1
)
k
a
3
a
1
3
(
1
)
，
a
5
< br>a
3
3
2
(
1
)
2
……
……<
/p>
a
2
k
1
a
2
k
1
3
k
(
1
)
k
将以上
k
个式子相加，得
3
1
a
< br>2
k
1
a
1
(
3
3
2
3
k
)
[(
1
)
(
1
)
2
(<
/p>
1
)
k
]
(
3
k
1
)
[(
1
< br>)
k
1
]
2
2
1
k
1
1
k
将
a
1
1
代入，得
a
2
k
1
3
(
1
)
1
，
2
2
1
1
a<
/p>
2
k
a
2
k
1
(
1
)
k
3
k
(
1
)
k
<
/p>
1
。
2
2
1
n
1
1
n
2
1
2
3
(
1
)<
/p>
1
(
n
为奇数
)
2
2
经检验
a
1
1
也适合，
a
n
n
n
1
3
2
< br>
1
(
1
)
2
1
(
n
为偶数
)
2
2
类型
2
a
n
1
f
(
n
)
a
n
解法：把原递推公式转化为
a
n
1
f
(
n
)
，利用累乘法
(
逐商相乘法
)
求解。
a
n
例
3:
已知
a
1
3
，
a
n
1
解：
a
n
3
n
1
a
n
(
n
1
)
，求
a
n
。
3
n
2
3
(
n
1
)
1
3
(
< br>n
2
)
1
3
2
1
3
1
•
•
•
•
a
1
3
< br>(
n
1
)
2
3
(
n
2
)
2
3
2
2
3
2
3
n
4
3
n
7
5
2
6
L
< br>
3
3
n
1
3
n
4
8
5
3
n
1
。
变式
2.1:
（
2004
，全
国
I,
理
15
）已知数列
{
a
n
}
，满足
a
1
=1
，
a
n
a
1
2
a
2
3
a
3
(
n
1
)
< br>a
n
1
(
n
≥
2
)
，
则
{
a<
/p>
n
}
的通项
a<
/p>
n
n
1
1
n
2
___
解：由已知，得
a
n
1
a
1
2
a
2
3
a
3
(
n
<
/p>
1
)
a
n
1
na
n
，用此式减去已知式，得
< br>当
n
2
时，
a
n
1
a
n
<
/p>
na
n
，即
a<
/p>
n
1
(
n
1
)
a
n
，又
a
2
a
< br>1
1
，
a
1
1
,
a
a
a
2
a
n
!
1
,
3
3
,
< br>4
4
,
,
n
n
，将以上
n
个式子相乘，得
a
n
(
n
2
)
a
1
a
2
a
3<
/p>
a
n
1
2
a
n
1
pa
n
q
（其中
类型
3
p
，
q
均为常数，
(
pq
(
p
1
)
0
)
）。
q
，再利用换元法转化
为
1
p
解法
（待定系数法）：把原递推公式转化为：
a
n
< br>
1
t
p
(
a
n
t
)
，其中
t
等比数列求解。
< br>
变式
3.1:
（
2006
，重庆
,
文
,14
）
n
1
在数列
a
n
中，若
a
1
1,
a
n
1
2
a
n
< br>
3(
n
1)
，则该数列的通项
a
n
___________
a
n
2
3
*
变式
3.2:
（
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
2
a
n
< br>1(
n
N
).
（
I
）求数列
a
n
的通项公式；
（
II
）若数列
{
b
n
}
滿足
4
1
4
是等差数列；（Ⅲ）证明：
b
< br>
1
b
2
1
L
4
b
n
1
(
a
n
1)
b
n
(
n
N
*
),
证明：数列
{
b
n
}
a
n
1
a
1
a
< br>2
n
...
n
(
n
N
*
).
<
/p>
2
3
a
2
a
3
a
n
1
2
*
（
I
）解：
Q
a
n
1
2
a
n
1(
n
N
),
a<
/p>
n
1
1
2(
a
n
1),
a
n
1
是以
a
1
1
2
为首项，
2
< br>为公比的
n
等比数列
a
n
1
2
.
< br>
n
*
即
a
n
2
1(
n
N
).
（
II<
/p>
）证法一：
Q
4
1
4
k
1<
/p>
k
2
1
...4
k
n
1
(
a
n
1)
k
n
.
4
(
k
1
k
2
...
k
n
)
n
2<
/p>
nk
n
.
2[(
b
1
b
2
...
b
n
b
n
1
)
(
n
1)]
(
n
1)
b
n
1
.
②
2[(
b
1
b
2
..
.
b
n
)<
/p>
n
]
nb
n
,
①
②－①，得
2(
b
n
1
1)
(
n
1)
b<
/p>
n
1
nb
n
,
即
(
n
1)
b
n
1
nb
n
< br>2
0,
nb
n
2
(
n
1
)
b
n
1<
/p>
2
0.
③－④，得
nb
n
2
2
nb
n
1
nb
n
<
/p>
0,
即
b
n
2
2
b
n
1
b
n
< br>
0,
b
n
2
b
n
1
b
n
< br>
1
b
n
(
n
N
*
),
<
/p>
b
n
是等差数列
证法二：同证法一，得
(
n
1)
b
n
1
< br>nb
n
2
0
令
n
1,
得
b
1
2.
<
/p>
设
b
2
2
d
(
d
R
),
下面用数学归纳法证明
b
n
2
(<
/p>
n
1)
d
.
（
1
）当
n
1,
2
时，等式成立
<
/p>
（
2
）假设当
n
k
(
k
2)
时，
b
k
2
(
k
1)
d
,
那么
k
2
k
2
< br>b
k
[2
(
k
1)
d
]
2
[(<
/p>
k
1)
1]
d
.
k
1
k
1
k
1
k
1
这就是说，当
n
k
1
时，等式也成立
b
k
1
*
根据（
1
）和（
2
），可知
b
n
<
/p>
2
(
n
1)
d
对任何
n
N
都成立
Q
b
n
1
b
n
< br>d
,
b
n
是等差数列
< br>
a
a
k
a
a
n
2
k
1
2
k
1
1
k
1
< br>,
k
1,
2,...,
n
,
1
2
< br>
...
n
< br>
.
（
III
）证明：
Q
a
2
a
3
a
n
1
2
a
k
1
2<
/p>
1
2(2
k<
/p>
1
)
2
2
a
k
2
k
1
1
1
1
1
1
1
1
Q
k
1
<
/p>
.
,
k
1,2,...,
n
,
a
k
1
2
1
2
2(2
k
1
1)
2
3.2
k
2
k
2
2
3
2
k
a
a
1
a
2
n
1
1
1<
/p>
1
n
1
1
n
1
...
n
(
2
...
n
)
(1
< br>
n
)
,
a
2
a
3
a
n
1
2
3
2
2
2
2
3
2
2
3
< br>
a
n
1
a
a
n
1
2
...
n
(
n
N
*
).
2
3
a
2
a
3
a
n
1
2
变式
3.3:
递推式：
a
n
1
< br>pa
n
f
n
。解法：只需构造数列
b
n
，消去
f
n
带来的差异．
类型
4
a
n
1
pa
n
q
n
（其中
p
，
q
均为常数，
。
（或<
/p>
a
n
1
pa
n
rq
n
,
(
pq
(
p
1
)(
q
1
)
0
)
）
其中
p
，
q,
r
均为常数）
。
解法：一般地，要先在原递推公式
两边同除以
q
n
1
，得：
a
n
1
p
a
n
1
•
n<
/p>
引入辅助数列
b
n
（其中
n
1
q
q
q
q
b
n
a
n
p
1
b
b
），得：
再待定系数法解决。
n
1
n
q
q
q
n<
/p>
变式
4.1:
（
2006
，全国
I,
理
22,
本小题满分
12
分）<
/p>
设数列
a<
/p>
n
的前
n
项的和
S
n
4
1
2
a
n
2
n
1
< br>，
n
1,2,3,
g
g
g
3
3
3
n
3
2
n
（Ⅰ）求首项
a
1
与通项
a
n
；（Ⅱ）设
T
n
，
n
1,2,3,
g
g
g
，证明：
T
i
2
S
n
i
1
解：（
I
）当
n
1
时，
a
1
S
1
< br>
当
n
2
时，
a
n
S
n
S<
/p>
n
1
4
4
2
a
1
a
1
2
；
3
3
3
4
1
2
4<
/p>
1
2
a
n
2
n
1
(
a
n
1
2
n
)
，即
a
n
4
a
n
1
2
n
，利用
3
3
3
3
3
3
a
n
< br>1
pa
n
q
n
（其中
p
，
q
均为常数，
(
pq
(
p
< br>
1
)(
q
1
)
0
)
）
。
（或<
/p>
a
n
1
pa
n
rq
n
,
其中
p
，
n
n
q,
r
均为常数）的方
法，解之得：
a
n
< br>4
2
n
n
(
Ⅱ
)
将
a
n
4
2
代入①得<
/p>
4
1
2
1
2
S
n
=
×
(4
n
－
2
n
)
－
×
2
n+1
+
=
×
(2
n+1
－
1)(2
n+1
－
2)
=
×
(2
n+1
－
1)(2
n
－
< br>1)
3
3
< br>3
3
3
2
n
3
2
n
3
1
1
T
n
=
=
×
n+1
=
×
(
－
)
S
n
2
(2
－
1)(2
n
－
1)
2
2
n
－
1
2
n+1
－
1
所以
,
i
1
n
3
T
i
=
2
(
2
－
1
－
2
i
i
1
n
1
i+1
1
3
1
1
3
)
=
×
(
1
－
i+1
)
<
2
2
－
1
2
－
1
2
－
1
类型
5
递推公式为
< br>a
n
2
pa
n
1
qa
n
（
其中
p
，
q
均
为常数）
。
s
t
p
st
<
/p>
q
解法一
(<
/p>
待定系数法
)
：先把原递推公式转化为<
/p>
a
n
2
sa
n
1
t
(
a
n
1
< br>
sa
n
)
其中
s
，
t
满足
解
法
二
(
特
征根
法
)
：
对于
由<
/p>
递推
公式
a
n<
/p>
2
pa
n
1
qa
n
，
a
1
,
a
2
给
出的数
列
a
n
，
方
程
x
2
<
/p>
px
q
0
，
叫做数列
<
/p>
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
时，
数列
a
n
n
1
n
1
的通项为
a
n
Ax
1
Bx
2
，其中
A
，
B
由
a
1
,
a
2
决定（即把
a
1
,
a
2
,
x
1
,
x
2
和
n
1
< br>,
2
，代
n
1
n
1
入
a
n
<
/p>
Ax
1
Bx<
/p>
2
，
得
到
关
于
A
、
B
的
方
程
组
）
；
当
x
1
x
2
时
，
数
列<
/p>
a
n
的
通
项
为
a
n
(
A
Bn
)
< br>x
1
n
1
，
其
中
A
，
B
由
a
1
,
a
2
决
定
（
即
< br>把
a
1
,
a
2
,
x
1
,
x
2
和
n
1
,
2
，
代
入
a
n
(
< br>A
Bn
)
x
1
n
1
，得到关于
A
、
B
的方程组）。
解法一（待定系数——迭加法）
例<
/p>
4
，
:
数列
a
n
：
3
a
n
2
5
< br>a
n
1
2
a
n
0
(
n
0
,
n
N
)
，
a
1
a
< br>,
a
2
b
，求数列
a
n
的通项公式。
由
3
a
n
< br>2
5
a
n
1
2
a
n
0
，得
a
n
2
a
n
1
则数列
a
n
1
a
n
是以
b
a
为首项，
2
(
a
n
1
a
n
)
，且
a
2
a
1
b
a
。
3
2
2
n
< br>1
为公比的等比数列，于是
a
n
1
a
n
(
b
a
)(
)
。
3
3
2
2
2
把
n
1
,
2
,
3
,
<
/p>
,
n
代入，得
a
2
a
1
b
a
，
a
3
a
2
< br>
(
b
a
)
(
)
，
a
4
a
3
(
b
a
)
(
)
，
< br>•
•
•
3
3
2
a
n
a
n
1
(
b
a
)(
)
n
2
。把以上各式相加
，得
3
2
1
(
)
n
1
2
2
2
3
(
b
a
)
。
< br>
a
n
a
1
(
b
a
)[
1<
/p>
(
)
(
)
n
2
]
2
3
3
3
1
3
2
2<
/p>
a
n
[
3
3
(
)
n
1
](
b
< br>a
)
a
3
(
a
b
)(
)
n<
/p>
1
3
b
2
a
。
3
3
解法二
（特征根法）
：
数列<
/p>
a
n
：
3
a
n
2
5
a
n
1
2
a
n
0
(
n
<
/p>
0
,
n
N
)
，
a
1
a
,
a
2
b
的特征方程是：
3
x
2
5
x
2
0
。
x
1
1
,
x
2<
/p>
于是
2
2
n
1
n
1
n
1
,
< br>a
n
Ax
1
Bx
2
A
B
(
)
。又由
a
1
a
,
a
2
b
，
3
3
a
A
< br>B
A
3
b
2
a
2
n
1
故
a
n
3
b
2
a
3
< br>(
a
b
)(
)
2
3
b<
/p>
A
B
B
3
(
a
b
)
3
例
5:
已知数列
a
n
中，
< br>a
1
1
,
a
2
2
,
a
n
2
解：由
a
n
2
2
1
a
n
1
a
< br>n
，求
a
n
。
3
3
2
1
a
n
<
/p>
1
a
n
可转化为
a
n
2
sa
n
1
t
(
a
n
1
sa
n
< br>)
3
3
即
a
n
2
2
1
s
t
s
1
< br>s
3
(
s
t
)
a
n
1
sta
n
3
1
或
t
< br>
st
1
3
t
1<
/p>
3
1
s
1
s
这
里
不
妨
选
用
3
，
大
家<
/p>
可
以
试
一
试
）
，
则
1
（
当
然
也
可
选
用
t
3
t<
/p>
1
1
1
a
n
2
a
n
1
(
a
n
1
a
n
)<
/p>
a
n
1
a
n
是以首项为
a
2
a
1
1
，公比为
的等比数列
,
所以
3<
/p>
3
1
a
n
1
a
n
(
)
n
1
,
应用类型
1
的方法，分别令
n
1
,
2
,
3
,
< br>
,
(
n
1
)
，代入上式得
(
n
1
< br>)
个等式累
3
1
1
(
)
n
1
1
0
1
1
1<
/p>
n
2
3
加
之
，
即
a
n
a
1
(
)
(
)
<
/p>
(
)
又
a
1
1
，
所
以
1
3
3
3
1
3
7<
/p>
3
1
a
n
(
)
n
1
。
4
4
3
*
变式
5.1:
（
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
3
a
n
1
2
a
n
(
n
<
/p>
N
).
（
I
）证明：数列
a
n
1
<
/p>
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)
b
n
< br>(
n
N
*
),
证明
b
n
是等差数列
< br>
（
I
）证明：
Q
a
n
2
3
a
n
1<
/p>
2
a
n
,
a
n
2
a
n
1
2(
a
n
1
a
n
),
Q
a
1<
/p>
1,
a
2
3,
a
n
2
a
n
1
2(
n
< br>N
*
).
a
n
1
a
n
<
/p>
a
n
1
a
n
是以
a
2
a
1
2
< br>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<
/p>
1
a
n
2
)
...
(
a
2
a
1
)
a
1
2
n
1
2
n
2
...
2
1
2
n
< br>1(
n
N
*
).
b
1
b
2
1
（
III
）
证明：
Q
4
1
4
...4
b
n
1
(
a
n
1)
b<
/p>
n
,
4
(
b
1
b
2
...
b
n
)
2
nb
n
< br>,
2[(
< br>b
1
b
2
...
b
n
)
n
]
nb
n<
/p>
,
①
2[(<
/p>
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
<
/p>
1
nb
n
,
即
(
n
1)
b
n
1
nb
n
2
< br>0.
③
nb
n
<
/p>
2
(
n
1)
b
n
1
2
0.
④
*
④－③
，得
nb
n
2
2
nb
n
1
nb<
/p>
n
0,
即
b
n
2
2
b
n
1
b
< br>n
0,
b
n
2
b
n
1<
/p>
b
n
1
b
n
(
n
N
),
< br>b
n
是等差数列
类型
6
递推公式为
< br>S
n
与
a
n
的关系式。
(
或
< br>S
n
f
(
a
n
)
)
S
1
< br>
(
n
1
)
解
法
：
这
种
类
型
一
般
利
用
a
n
与
a
< br>n
S
n
S
n
1
f
(
a
n
)
f
(
a
n
1
)
消
去
< br>S
n
S
S
(
n
2
)
n
1
n
(
n
< br>
2
)
或与
S
n
f
(
S
n
S<
/p>
n
1
)
(
n
2
)
消去
a
n
进行求解。
例：已知数列
a
n
前<
/p>
n
项和
S
n
4
a
n
解：
（
1
）
由
S
n
4
a
n
所以
a
n
1
1
2
n
2
.
（
1
）求
a
n
1
与
a
n
的关系；（
2
）求通项公式
a
n
.
1
n
<
/p>
2
2
2
1
1
1
a
n
a
n
1
n
1
a
n
1
a<
/p>
n
n
.
2
2
2
得：
S
n
1
4
a
n
1
1
n
1
于是
S
n
1
S
n
(
a
n
a
n
1
)
(
1
< br>2
n
2
1
2
n
1
)
n
（
2
）应用类型
4
（
a
n
1
pa
n
q
（其中
p
，
q
均为常数，
(<
/p>
pq
(
p
1
)(
q
1
)
0
)
））的方法，上式
1
n
2
a
n
是以
2
.
于是数列
a
1
1
1
2
2
n
n
为首项，
2
为公差的等差数列，所以
2
a
n
2
2
(
n
1
)
<
/p>
2
n
a
n
n
1
2
两边同乘以
2
n
1
得：
2
n
1
a
n
< br>1
2
n
a
n
2
由
a
1
S
1
4
a
1
变式
:
（
06
陕西
,
理
,)
已知正项数列
{a
n
}<
/p>
，其前
n
项和
S
n
满足
10S
n
=a
n
2
+
5a
n
+6
且
a
1
,a
3
,
a
15
成等比数列，求数
列
{a
n
}
的通项
a
n
解
: <
/p>
∵
10
S
n
=
a
n
2
+5
a
n
+6
，
①
∴
10<
/p>
a
1
=
a
1
2
+5
a
1
+6
，解之得
a
1
=2
或
a
1
=3
又
10<
/p>
S
n
－
1
=
a
n
－
1
2
+5
a
n
－
1
+6(
n
≥2)
，②
由①－②得
10
a
n
=(
a
n
2
－
a
n
－
1
2
)+6
(
a
n
－
a<
/p>
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
=73
a
1
，
a
3
，
a
15
不成等比数列
∴
a
1
≠3;
当
a
1
=2
时，
a
3
=12
，
a
15<
/p>
=72
，
有
a
3
2
=
a
1
a
15
，
∴
a
1
=2
，
∴
a
n
=5
n
－
3
变式
:
(05,
江西
,
文
,
已知数列
{
a
n
}
的前
n
项和
S
n
满足
S
n
－
S
n
－
2
=3
(
<
/p>
)
{
a
n
}
的通项公式
.
1
2
n
1
3
(
n
3
),
且
S
1
1
,
S
2
,
求数列
2
n
n
1
解：
S
n
S
n
2
a
n
a
n
1
，
a
n
< br>a
n
1
3
•
(
)
(
n
3
)
，两边同乘以
(
1
)
，可
得
1
2
1<
/p>
1
(
1
)
n
a
n
a
n
1
(
1
)
n
1
3
•
(
<
/p>
1
)
n
(
)
n
1
3
•
(
)
n
1
令
2
2
1
b
n
<
/p>
(
1
)
n
a
n
b
n
b
n
1
3
•
(
)
n
1
(<
/p>
n
3
)
2
1
1
b
n
1
b
n
2
3
•
(
)
n
<
/p>
2
……
……
b
3<
/p>
b
2
3
•
(
)
2
2
2
1
1
1
n
2
•
(
)
3
1<
/p>
1
n
1
1
n
2
1
2
b
n
b
2
3
•
[(
)
(
)
(
)
]
b
2
3
4
4
2
< br>
b
2
3
•
(
)
n
1
(
n
3
)
1
2
2
2
2
2
1
< br>
2
又
a
1
S
1
1
，
a
2
S
2
S
1
5
3
1
< br>
b
n
3
•
(
)
n
1
2
2
2
3
5
5
1
，
< br>
b
1
(
1
)
1
a
1
1
，
b
2
(
1
)
2
a
2
< br>
2
2
2
1
4
3
•
(
)
n
1
(
n
1
)
。
< br>2
1
n
1
4
3
•
(
)
,
n
为奇数
,
2
4
3
•
(
< br>1
)
n
1
,
n
为偶数
.
2
a
n
(
1
)
n
b
n
4
(
1
< br>)
n
3
•
(
1
)
n
•
(
1
)
n
1
2
类型
7
a
n
1
pa
n
an
b
(
p
< br>
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
< br>
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。
变式
:
（
2006
，山东
,
< br>文
,22,
本小题满分
14
分）
已知数列｛
a
n
｝中，
a
1
1
在直线
y=x
上，其中
n=1,2,3
…
、点（
n
、
2
a
n
1
a
n
）
2
< br>(
Ⅰ
)
令
b
n
a
n
1
a
n
3
,
求证数列
b
n
是等比数列；
的
通项；
(
Ⅱ
)
求数列
a
n
b
n<
/p>
的前
n
项和<
/p>
,
是否存在实数
，使得数列
、
(
< br>Ⅲ
)
设
S
n
、
T
n
分
别为数列
a
n
列？若存在，试求出
若不存在
,
则说明理由
S
n
T
n
为等
差数
n
解
：（
I
）由已知得
a
1
1
3
3
1
3
,
2
a
n
1
< br>a
n
n
,
Q
a
2
,
a
2
a
1
1
1
,
< br>2
4
4
2
4
又
b
n
a
n
1
a
n
1,
b
n
1
a
n
2
a
n
1
1,
a
n
1
(
n
1)
a
n
n
a
n
1
a
n
1
b
n
1
a
n
1
<
/p>
a
n
1
1
2
2
2
.
b
n
a
n
2
a
n
<
/p>
1
1
a
n
1
a
n
1
a
n
1
a
n
1
2
3
1
<
/p>
{
b
n
}
是以
为首项，以
为
公比的等比数列
4
2
3
1
n
1
3
1
（
II
）由（
I
）知，
b
n
(
)
n
,
4
2
2
2
3
1
3
1
3
1
< br>
a
n
1
a
n
1
n
,
a
2
a
1
1
< br>
,
a
3
a
2
1
2
,
2
2
2
2
2<
/p>
2
3
1
3
1
1
1
a
n
a
n
1
1
n
1
,
将以
上各式相加得：
a
n
a
1
(
n
1)
(
2
n
1
),
2
2
2
2
2
2
1
1
(1
n
1
)
3
3
1
3
1
3
2
a
n
a
1
n
<
/p>
1
2
(
n
1)
(1
n
1
)
n
n
2.
a
n
n
n
2.
1
2
2
2
2
2
2
1
2
S
T
n
}
是等差数列
（
III
）解法一：存在
2
，使数列
{
n
n
1
1
(1
n
)
1
1
1
2
n
(
n
1)
2
n
Q
S
n
a
1
a
2
a
n
3(
1
2
n
)
(1
2
n
)
2
n
3
2
1
2
2
2
2
1
2
1
n
2
<
/p>
3
n
3
n
2
3
n
3(1
n
)
n
3.
< br>2
2
2
2
3
1
(
1
n
)
2<
/p>
3
(1
1
)
3
3
.
T
n
< br>
b
1
b
2
b
n
4
n
n
1
1<
/p>
2
2
2
2
1
2
S
T
n
S
T
n
数列
{
n
}
是等差数列的充要条件是
n
An
B
,(
A
、
B
是常数
)
n
n
2
即
S
n
T
n
< br>
An
Bn
< br>,
3
n
2
3
n
3
3
n
2
3
n
1
3
(
n
< br>
1
)
3(1
)(1
< br>
n
)
又
S
n
T
n
n
2
2
2
2
2
2
2
当且仅当
1
2
0
，即
< br>2
时，数列
{
S
n
T
n
}
为等差数列
n
S
n
T
n
}
是等差数列
由（
I
）、
（
II
）知，
a
n
2
b
n
n
2
n
n
(
n
1)
2
n
2
T
n
T
n
S
n
T
n
n<
/p>
(
n
1)
2
S
n
2
T
2
n
< br>
2
n
n
3
1
(1
n
)
n
<
/p>
3
2
2
3
(1
1
)
3
< br>3
T
n
又
T
n
b
1
b
2
<
/p>
b
n
4
n
n
1
1
2
n
2
2
2
2
1
2
S
n
T
n
n<
/p>
3
2
3
S
T
n
3
(
n
1
)
当且仅当
2
时，数列
{
n
}
是等差数列
n
2
n
2
2
n
解法二：存在
2<
/p>
，使数列
{
r
类
型
8
a
n
1
pa
n<
/p>
(
p
0
,
a
n
0
)
解法：这种类型一
般是等式两边取对数后转化为
a
n
<
/p>
1
pa
n
q
，再利用待定系数法求解。
变式
:
（
05
江西
,
理）已知数列<
/p>
{
a
n
}
的各项都是正数
,
且满足
:
a
0
1
,
a
n
<
/p>
1
（
1
）证明
a
n
a
n
1
2
,
n
N
;
（
2
）求数列
{
a
< br>n
}
的通项公式
a
n
.
解：用数学归纳法并结合函数
f
(
x
)
1
a
n
(
4
a
n<
/p>
),
n
N
.
2
1
x
(
4
x
)
的单调性证明：
2
1
3
（
1
）方法一
用数学归
纳法证明：
1
°当
n=1
时，
a
0
1
,
a
1
a
0
(
4
a
0
)<
/p>
,
∴
a
0
a
1
2
，命题
2
2
1
1
正确
.2
°假设
n
=
k
时有
a
k
1
< br>a
k
2
.
则
n
k
1
时
,
a
k
a
k
1
a
< br>k
1
(
4
a
k
1
)
a
k
(
4
a
k
)
2
2
1
1
< br>
2(
a
k
1
a
k
)<
/p>
(
a
k
1
a
k
)(
a
k
1
a
< br>k
)
(
a
k
1
a
k
)(4
a
k
1
a
k
).
2
2
而
a
k
1
a
k
0
.
4
a
k
1
<
/p>
a
k
0
,
a
k
a
k
1
0
.