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，an?2n?n??(1?cos)an?sin,n?1,2,3...

2222求a3，a4,并求数列{an}的通项公式；

解:因为a1?1,a2?2,所以a3?(1?cos2a4?(1?cos2?)a2?sin2??2a2?4?2)a1?sin2?2?a1?1?2,一般地n当n?2k?1(k?N?)时,a2k?1?[1?cos2?a2k?1?1,即a2k?1?a2k?1?1(2k?1)?2k?1]a2k?1?sin2?22所以数列{a2k?1}是首项为1n公差为1的等差数列n因此a2k?1?k当n?2k(k?N?)时,a2k?2?[1?cos22k?2k?]a2k?sin2?2a2k22所以数列{a2k}是首项为2n公比为2的等比数列n因此a2k?2k?n?1?,n?2k?1(k?N)?2故数列{an}的通项公式为an???n?2?2,n?2k(k?N)

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）

n?n??sin)，其前n项和为 数列{an}的通项an?n(cos33222（1）求sn； （2）令bn?s3n，求数列{bn}的前n项和Tn n?4n22n?n?2n?解:(1)由于cos?sin?cos,故333s3k?(a1?a2?a3)?(a4?a5?a6)?...?(a3k?2?a3k?1?a3k)12?2242?52(3k?2)2?(3k?1)222?(??3)?(??6)?...?[??(3k)2]222 133118k?5k(9k?4)2???...??2222k(4?9k)s3k?1?s3k?a3k?2k(4?9k)?(3k?1)2(3k?1)213k?21s3k?2?s3k?1?a3k?1????k???22236?n1??3?6,n?3k?2??(n?1)(1?3n)故sn??,n?3k?1,(k?N?)6??n(3n?4),n?3k?6?s9n?4(2)bn?3nn?n?424n113229n?4Tn?(?2?...?)2444n1229n?44Tn?(13??...?n)244?1两式相减得99?n1999n?4144?9n?4)3Tn?(13??...?n?1?)?(13?122444n4n1?419n?8?2n?3?2n?1 22813n故Tn???33?22n?322n?1例3（2009年江西，理8，5分）

n?n??sin)，其前n项和为sn，则sn为（ ） 数列{an}的通项an?n(cos33222A．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(1?A．2+lnn

B．2+(n-1) lnn

1),则an= n

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?)an?（1）设bn?1nn?1 2nan，求数列{an}的通项公式； n（2）求数列{an}的前n项和。

解:(1)由已知得b1?a1?1,且即bn?1?bn?an?1an1??nn?1n21 2n11从而b2?b1?,b3?b2?22...1bn?bn?1?n?1(n?2)21111于是bn?b1??2?...?n?1?2?n?1(n?2)2222又b1?1故所求通项公式为bn?2?(2)由(1)知an?n(2?n12n?1n2n?112)?2n?n?1令Tn??2kk?1,则2Tn??2kk?2k?11于是Tn?2Tn?Tn??2kk?1?k?0nn2n?1?4?n?22n?1又?(2k)?n(n?1)k?1nn?2所以sn?n(n?1)?n?1?42

类型3：an+1=f(n)an

解法思路：把原递推公式转化为例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

an?1?f(n)，利用累乘法（逐商相乘法）求解 an所以a1?1,an?aaa2a?1,,3?3,4?4,...n?n,将以上n个式子相乘，得a1a2a3an?1n!(n?2)2

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t?q，再1?p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)cn1+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)cn1+1 (n∈N*)

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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，得入辅助数列{bn}（其中bn?n?1式变形为an?1?x?qan?1pan1??n?，引n?1qqqqanp1b?b?），得即可转化为类型3。或直接将原递推nnqqqn1?p(an?x?qn）(p?q)），（其中x?，则直接转化为等比

p?q数列

例8（2006，全国I，理22，12分）

设数列{an}的前n项的和sn?求首项a1与通项an。

412an??2n?1?,n?1,2,3... 333442a1???a1?2333412412当n?2时,an?sn?sn?1?an??2n?1??(an?1??2n?)

333333即an?4an?1?2n,所以an?2n?4(an?1?2n?1),所以a1?2解:当n?1时na1?s1?所以an?2n?4?4n?1,所以an?4n?2n例9（2009，全国II，理19）