高考递推数列分类解析
数列问题在高考中一直占有非常重要的地位，数列综合题以其综合性强、难度大、技巧性高等特点常被作为高考压轴题，用来考查学生在解题过程中的数学思想。从2003年开始，特别是各省市自主命题以来，递推数列又成为命题的热点，且大多以压轴题的姿态出现，而且考查难度有所增加在原有经典题型的基础上，更多地体现了数列与其它知识的交汇，如数列与三角、数列与解析几何、数列与导数、数列与不等式等。因此，研究递推数列的通项公式的求解方法是高考数学复习备考的一个重要任务。本文就近几年各地高考数学题中出现的递推数列的类型作一个分类解析，供广大同行参考。
类型1：渗透三角函数周期性
数列与三角函数的结合是一类创新试题，利用三角函数的周期性体现数列的变化，利用三角不等式进行放缩是证明数列不等式的常见方法。
例1（2008年湖南卷，18，满分12分）
数列{an}满足a1=1，a2=2，
求a3，a4,并求数列{an}的通项公式；
本题分为两种情况，采取非常规的递推数列求通项的方法，利用三角函数的诱导公式寻找递推关系，体现三角函数的周期性，进而求出该数列的通项为一分段数列。
例2（2009年江西，文，21，满分12分）
数列{an}的通项，其前n项和为
（1）求sn；
（2）令，求数列{bn}的前n项和Tn
例3（2009年江西，理8，5分）
数列{an}的通项，其前n项和为sn，则sn为（ ）
A．470 B．490 C．495 D．510
类型2：an+1=an+f(n)
解法思路：把原递推公式转化为an+1-an=f(n)，利用累加法（逐差相加法）求解
例4（2008，江西，理5）
在数列{an}中，a1=2,an+1=an+ln,则an=
A．2+lnn B．2+(n-1) lnn C．2+nlnn D．1+n+lnn
例5（2009，全国I，理22）
在数列{an}中，a1=1,an+1=
（1）设，求数列{an}的通项公式；
（2）求数列{an}的前n项和。
类型3：an+1=f(n)an
解法思路：把原递推公式转化为，利用累乘法（逐商相乘法）求解
例6（2004，全国I，理15）
已知数列{an}，满足a1=1,an=a1+2a2+3a3+…+(n－1)an－1(n≥2)，则{an}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
当n≥2时，an+1－an=nan，即an+1=（n+1）an，又a2=a1
类型4：an+1=pan+q（其中p、q均为常数，且pq(p－1)≠0）
解法思路：待定系数法，把原递推公式转化为an+1－t=p(an－t)，其中，再利用换元法转化为等比数列求解，或转化为二队循环数列来解（见后文），或直接用逐项迭代法求解。
例7（2008年，安徽，文21）
设数列{an}满足a1 =a,an+1=c an +1－c,n∈N*，其中a、c为实数，且c≠0
求数列{an}的通项公式；
解：方法一：
因为an+1－1=c(an－1)
所以当a≠1时，{an－1}是首项为a－1，公比为c的等比数列
所以an－1=( an－1)cn－1
即an=( an－1)cn－1+1
当n=1时，an=1仍满足上式
数列{an}的通项公式为an=( a－1)cn－1+1(n∈N*)
方法二：
由题设得：n≥2时, an－1=c( an－1－1)=c2 (an－2－1)=…= cn－1(an－1)= (a－1)c n－1
所以an=( a－1)=c n－1+1
n=1时，a1=a也满足上式
所以{an}的通项公式为an=( a－1)cn－1+1(n∈N*)
类型4的变式：an+1=pan+f(n)
解法思路：通过构造新数列{bn}，消去f(n)带来的差异，例如下面的
类型5 ：an+1=pan+qn（其中p、q均为常数，pq(p－1)(q－1)≠0）（或an+1=pan+rqn，其中p、q、r均为常数）
解法思路：一般地，要先在原递推公式两边同除以qn+1，得，引入辅助数列{bn}（其中），得即可转化为类型3。或直接将原递推式变形为），（其中），则直接转化为等比数列
例8（2006，全国I，理22，12分）
设数列{an}的前n项的和
求首项a1与通项an。
例9（2009，全国II，理19）
设数列{an}的前n项的和
（1）设，证明数列{bn}是等比数列；
（2）求数列{an}的通项公式。
类型6：（其中p，q均为常熟）。
解法一（待定系数法）：先把原递推公式转化为，
其中s, t满足
解法二（特征根法）：对于由递推公式,=,=给出的数列{an}，方程,叫做数列的特征方程。若是特征方程的两个根，当时，数列{an}的通项为，其中A、B由=,=决定（即把和n=1,2,代入，得到关于A、B的方程组）；当时，数列的通项为，其中A、B由=,=决定（即把和n=1,2，代入，得到关于A、B的方程组）。
例10（2006，福建，文22）
已知数列{an}满足=1,=3，（）。
（1）证明：数列是等比数列；
（2）求数列{an}的通项公式；
（3）若数列{bn}满足（），证明{bn}是等差数列。
解：（1），
=1,=3，
（），
是以=2为首项，2为公比的等比数列。
（2）（），
an =+ + + +
= + ++2+1
=-1（）
类型7 递推公式为Sn与的关系式（或Sn）
解法思路：这种类型一般利用=或=消去进行求解。
例11.（2009，湖北，理，19）
已知数列{an}的前项和Sn= --+2（为正整数），令=，求证数列{bn}是等差数列，并求数列{an}的通项公式
解：在Sn= +2中，令n=1，可得S1 = -+1=，
当时，Sn-1= +2，=SnSn-1=+
2=+，即=+1
又=，=+1，即当时，-=1
又=2=1数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列，
于是=n=,=.
例12 （2008，全国II，理，20）
设数列{an}的前n项和为Sn，已知=,=Sn+（）,
（Ⅰ）设=-，求数列{bn}的通项公式；
（Ⅱ）若≥（），求的取值范围。
解（Ⅰ）依题意-==+，即=2+，由此得-=2（-），
因此，所求通项公式为
=-=（-3），（）。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知=+（-3），（），于是当时，
=-
=+（a-3）--（a-3）
=2×+(a-3)
=4×+(a-3)
=,
当时,
≥0
≥9。
又=+3＞
综上，所求的的取值范围是。
类型8 an+1=pan+an+b(p≠1,a≠0)
解法思路：这种类型一般利用待定系数法构造等比数列，
即令，与已知递推式比较，解出，从而转化为是公比p为的等比数列。
例13.（2006山东，文，22）
已知数列{an}中，=，点在直线上，其中
（Ⅰ）令，求证数列{bn}是等比数列；
所以{bn}是以为首项，以为公比的等比数列
类型9 （p＞0, ＞0）
解法思路：这种类型一般是等式两边取对数后转化为，再利用待定系数法求解。
例14（2005，江西，理，21）
已知数列{an}的各项都是正数，且满足：
求数列的{an}通项公式
例15（2006，山东，理，22）
已知，点在函数的图像上，其中证明数列
是等比数列
类型10
解法思路：这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为。
例17（2006，江西，理，22，本大题满分14分）
已知数列满足：
求数列的通项公式；
解：将条件变为：为一个等比例数，其首项为
从而据此得
类型11
解法思路：如果数列满足下列条件：已知的值且对于，都有（其中p、q、r、h均为常数，且ph≠qr,r≠0, ），那么，可作特征方程，当特征方程有且仅有一根时，则是等差数列；当特征议程有两价目相异的根x1、x2时，则是等比数列。
例19(2009年,江西,理,22)
各项均为正数的数列,且对满足的正整数都有m,n,p,q都有
(1)当时,求通项；
(2)证明:对任意a,存在与a有关的常数λ,使得对于每个正整数n,都有
解：（1）由得
将代入上式化简得
所以
故数列为等比数列，从而
，即
可验证，满足题设条件。
（2）由题设的值仅与有关，记为
则
考察函数，则在定义域上有
故对，
注意到，解上式得
取，即有
类型12 数列中的数学归纳法
数学归纳法是数学证明中的常用方法，适用于猜想证明和数列不等式的证明，在直接求解或者利用放缩法证明存在困难时，常可使用数学归纳法进行证明。
例21（2008，天津，理，22）
在数列中，数列的前n项和Sn满足
为的等比中项，
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）求数列的通项公式；
解：（Ⅰ）由题设有解得，由题设又有，解得。
（Ⅱ）由题设，及，，进一步可得，，猜想
先证
当时，，等式成立,当时用数学归纳法证明如下：
（1）当 n=2时，，即等式成立。
（2）假设当n=k时等式成立，即
由题设
①
②
①的两边分别减去②的两边，整理得，从而
这就是说，当时等式也成立，根据（1）和（2）可知，等式对任何的成立。
综上所述，等式对任何的都成立。
再用数学归纳法证明，
本题首先进行猜想，然后利用数学归纳法证明，先猜想再证明是求数列通项的常用手段，数学归纳法也是证明数列不等式的常用方法。
近年来高考突出能力立意，体现在压轴题上，则是由过去的强调运算能力转向强调对强化思维能力的考查。总结高考题目的常见题型、研究高考题目的发展过程、探讨高考题目的变化规律、预测高考题目的未来走向是高三数学复习中的重点课题。
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