数列问题是近年高考的热点与难点之一，多放在高考压轴题的位置，起着调控整套试卷难度和区分度的作用，能够很好地考查学生的能力. 纵观近年来全国各省市的高考数列问题可以发现，试题中普遍涉及了已知数列递推关系式求解通项的问题. 此类问题的处理，多数都要利用“化归”的思想，将递推关系式转化为新等差、等比数列等来解决，其间技巧性很强，学生很难掌握解决此类问题的通性通法. 因此，本文对其做一些总结，希望大家能够有所收获.

方法  累加法或逐差法：an-an-1=f（n-1），an-1-an-2=f（n-2），…，a2-a1=f（1），将以上各式相加得an=a1+f（1）+f（2）+…+f（n-1）. 这一过程实际上采用了逐差法：an=（an-an-1）+（an-1-an-2）+…+（a2-a1）+a1，即an=a1+f（1）+f（2）+…+ f（n-1）.

若数列{bn}满足b1=1，bn+1=bn+2n，求证：bn·bn+2

解析 由bn+1=bn+2n，得bn+1-bn=2n，故bn=（bn-bn-1）+（bn-1-bn-2）+…+（b2-b1）+b1=2n-1+2n-2+…+2+1==2n-1.

因为bn ·bn+2-b=（2n-1）（2n+2-1）-（2n+1-1）2=（22n+2-2n+2-2n+1）-（22n+2-2·2n+1+1）=-2n<0，所以bn ·bn+2

方法 ？摇累积法：···…·=f（n-1）·f（n-2）·f（n-3）…f（1）（n=2，3，…）.

在数列{an}与{bn}中，a1=1，b1=4，数列{an}的前n项和Sn满足nSn+1-（n+3）Sn=0，2an+1为bn与bn+1的等比中项，n∈N？鄢.

（1）求a2，b2的值;

（2）求数列{an}与{bn}的通项公式.

解析 （1）由nSn+1-（n+3）Sn=0，a1=1得a2=3. 又由4a=b2 b1 ，b1=4得b=9.

（2）由题设得nS=（n+3）S①，（n-1）S=（n+2）S②，由①-②整理得nan+1=（n+2）an，则=，故=···…·=··…=，所以数列{an}的通项公式为an=. 数列{bn}的通项公式的求法这里不作阐述.

方法？摇 可用待定系数法或相减法转化为等比数列.

待定系数法：设a+λ=p（an+λ），即a=pan+（p-1）λ，与原式比较，得（p-1）·λ=q，即λ=，从而得数列an+是公比为p的等比数列.

相减法：由a=pan+q，得an=pa+q，两式相减，得a-a=p（a-a）. 故数列a-a是首项为a-a，公比为p的等比数列，即a-a=（a-a）pn-1，再将其转化为类型一，即可得an .

设数列{an}满足a=a，a=ca+1-c，n∈N？鄢，其中a，c为实数，且c≠0，求数列{an}的通项公式.

解析？摇令an+1+λ=p（an+λ），与原式比较，得an+1-1=c（an-1）. 当a≠1时，知{an-1}是首项为a-1，公比为c的等比数列. an-1=（a-1）cn-1，即a=（a-1）cn-1+1;当a=1时，a=1仍满足上式. 所以数列{an}的通项公式为an=（a-1）cn-1+1（n∈N？鄢）.

方法？摇 倒数法：对an=取倒数，得=·+，再将其转化为等差数列或类型三.

已知数列{an}的首项a1=，an+1=，n=1，2，…，求数列{an}的通项公式.

解析 由a=，得=·+，转化为类型三求解，得-1=-1，又-1=，则数列-1是以为首项，为公比的等比数列. 故-1=·=，即a=.

方法1？摇 可令an+1-g（n+1）=p[an-g（n）]（其中g（n）与f（n）是同类型函数），与原式相比较，可求出g（n），从而数列{a-g（n）}是公比为p的等比数列，于是可求得数列{a}的通项公式.

方法2 an+1=pan+f（n）两端同除以pn+1，得=+，从而转化为类型一求取通项.

已知数列{a}和{bn}满足：a1=λ，an+1=an+n-4，bn=（-1）n（an-3n+21），其中λ为实数，n为正整数.

（1）对任意实数λ，证明：数列{a}不是等比数列;

（2）试判断数列{b}是否为等比数列，并证明你的结论.

解析 （1）令an+1+an+b=[an+a（n-1）+b]，与原式相比较，

得a=-3，b=18，故an+1-3n+18=[an-3（n-1）+18].

若λ≠-18，则数列[an-3（n-1）+18]是首项为λ+18，公比为的等比数列，故an-3（n-1）+18=（λ+18）·n-1，即a=（λ+18）·n-1+3（n-1）-18.

若λ=-18，则数列{an-3（n-1）+18}是首项为0的常数列，故an-3（n-1）+18=0，即an=3n-21，它是一个等差数列.

综上所述，数列{an}不是等比数列.

（2）若λ≠-18，b=（-1）n（an-3n+21）=（-1）n（λ+18）·n-1，则数列{b}是以-（λ+18）为首项，-为公比的等比数列;若λ=-18，bn=（-1）n（an-3n+21）=0，则数列{b}是以0为首项的常数列.？摇

若在数列{a}中，a=1，an+1=2an+2n.

（1）设b=，证明：数列{b}是等差数列;

（2）求数列{a}的前n项和S.endprint

解析？摇（1）由an+1=2an+2n，得=+1，故bn+1=bn+1，则数列{b}是首项为1，公差为1的等差数列.

（2）由（1）得bn=n，故an=n2n-1，利用“错位相减法”求和，得Sn=（n-1）2n+1.

方法  由Sn=f（an），得Sn-1=f（an-1），两式相减得an=f（an）-f（an-1），从而转化为前面几种类型的问题求解.

设数列{an}的前n项和为Sn=2an-2n.

（1）证明：{an+1-2an}是等比数列;

（2）求{an}的通项公式.

解析 （1）由Sn=2an-2n①，得S=2a-2n+1②，②-①得a-2a=2n，所以{an+1-2an}是首项为2，公比为2的等比数列.

（2）由（1）得a=2a+2n，再将其转化为类型五，即可得an .

方法  待定系数法：设an+2-san+1=t（an+1-san），即an+2=（s+t）an+1-stan，与原式比较，其待定常数s，t由s+t=p，st= -q求出，从而数列{an-san-1}是公比为t的等比数列，进而转化为类型五求其通项.

设各项均为正数的数列{an}满足a1=2，an=aa（n∈N？鄢）. 若a=，求a，a，并猜想a2008的值（不需证明）.

解析 利用待定系数法，可以求出数列{an}通项公式.

由a=aa，且a>0，得lga=lgan+1+lgan+2. 令bn=lgan，则bn+2= -bn+1+bn，利用待定系数法，得bn+2+2bn+1=（bn+1+2bn）.由a=2，a=得b=lg2，b=-2lg2.

故数列{bn+1+2bn}是以b2+2b1=0为首项的常数列，

即bn+1+2bn=0，从而数列{bn}是以lg2为首项，-2为公比的等比数列.

所以bn=lg2·（-2）n-1=lg2（-2）n-1，故a=2（-2）n-1（n∈N？鄢）.

所以a=24，a4=2-8，a2008=2（-2）2007.

评注 本小题只要求学生利用递推数列，求出a，a，并从中发现规律，猜想得到数列{an}的通项公式.但是，利用变量代换与待定系数法，巧妙构造等比数列，却可准确得到数列{an}的通项公式.endprint

解析？摇（1）由an+1=2an+2n，得=+1，故bn+1=bn+1，则数列{b}是首项为1，公差为1的等差数列.

（2）由（1）得bn=n，故an=n2n-1，利用“错位相减法”求和，得Sn=（n-1）2n+1.

方法  由Sn=f（an），得Sn-1=f（an-1），两式相减得an=f（an）-f（an-1），从而转化为前面几种类型的问题求解.

设数列{an}的前n项和为Sn=2an-2n.

（1）证明：{an+1-2an}是等比数列;

（2）求{an}的通项公式.

解析 （1）由Sn=2an-2n①，得S=2a-2n+1②，②-①得a-2a=2n，所以{an+1-2an}是首项为2，公比为2的等比数列.

（2）由（1）得a=2a+2n，再将其转化为类型五，即可得an .

方法  待定系数法：设an+2-san+1=t（an+1-san），即an+2=（s+t）an+1-stan，与原式比较，其待定常数s，t由s+t=p，st= -q求出，从而数列{an-san-1}是公比为t的等比数列，进而转化为类型五求其通项.

设各项均为正数的数列{an}满足a1=2，an=aa（n∈N？鄢）. 若a=，求a，a，并猜想a2008的值（不需证明）.

解析 利用待定系数法，可以求出数列{an}通项公式.

由a=aa，且a>0，得lga=lgan+1+lgan+2. 令bn=lgan，则bn+2= -bn+1+bn，利用待定系数法，得bn+2+2bn+1=（bn+1+2bn）.由a=2，a=得b=lg2，b=-2lg2.

故数列{bn+1+2bn}是以b2+2b1=0为首项的常数列，

即bn+1+2bn=0，从而数列{bn}是以lg2为首项，-2为公比的等比数列.

所以bn=lg2·（-2）n-1=lg2（-2）n-1，故a=2（-2）n-1（n∈N？鄢）.

所以a=24，a4=2-8，a2008=2（-2）2007.

评注 本小题只要求学生利用递推数列，求出a，a，并从中发现规律，猜想得到数列{an}的通项公式.但是，利用变量代换与待定系数法，巧妙构造等比数列，却可准确得到数列{an}的通项公式.endprint

解析？摇（1）由an+1=2an+2n，得=+1，故bn+1=bn+1，则数列{b}是首项为1，公差为1的等差数列.

（2）由（1）得bn=n，故an=n2n-1，利用“错位相减法”求和，得Sn=（n-1）2n+1.

方法  由Sn=f（an），得Sn-1=f（an-1），两式相减得an=f（an）-f（an-1），从而转化为前面几种类型的问题求解.

设数列{an}的前n项和为Sn=2an-2n.

（1）证明：{an+1-2an}是等比数列;

（2）求{an}的通项公式.

解析 （1）由Sn=2an-2n①，得S=2a-2n+1②，②-①得a-2a=2n，所以{an+1-2an}是首项为2，公比为2的等比数列.

（2）由（1）得a=2a+2n，再将其转化为类型五，即可得an .

方法  待定系数法：设an+2-san+1=t（an+1-san），即an+2=（s+t）an+1-stan，与原式比较，其待定常数s，t由s+t=p，st= -q求出，从而数列{an-san-1}是公比为t的等比数列，进而转化为类型五求其通项.

设各项均为正数的数列{an}满足a1=2，an=aa（n∈N？鄢）. 若a=，求a，a，并猜想a2008的值（不需证明）.

解析 利用待定系数法，可以求出数列{an}通项公式.

由a=aa，且a>0，得lga=lgan+1+lgan+2. 令bn=lgan，则bn+2= -bn+1+bn，利用待定系数法，得bn+2+2bn+1=（bn+1+2bn）.由a=2，a=得b=lg2，b=-2lg2.

故数列{bn+1+2bn}是以b2+2b1=0为首项的常数列，

即bn+1+2bn=0，从而数列{bn}是以lg2为首项，-2为公比的等比数列.

所以bn=lg2·（-2）n-1=lg2（-2）n-1，故a=2（-2）n-1（n∈N？鄢）.

所以a=24，a4=2-8，a2008=2（-2）2007.

评注 本小题只要求学生利用递推数列，求出a，a，并从中发现规律，猜想得到数列{an}的通项公式.但是，利用变量代换与待定系数法，巧妙构造等比数列，却可准确得到数列{an}的通项公式.endprint