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    点评:解决递推数列的基本方法就是通过变换递推式将其转化为两类基本数列.本题第(1)问也可采用迭代法来完成.还可使用数学归纳法来实施,第(2)问是一个用“错位相减法 求数列的前和问题, 第(3)问是将数列中的项放大后.将其拆为能“正负相消 的方式解决的.本题是从第四项开始放大的.若将结论减弱为＜．则所提供的解法中.只须保留原来的两项.或者也可以直接将.从第3项起.放大为．解决数列类不等式时最容易出现的问题就是在放大的时候找不到恰当的“标准 .找不到“放大点 .本题考生即使找到了放缩关系式.若从就开始放大.结果是.这样就没有办法证明题目所要求的结论了.当考生碰到这种情况时.就要有调整“放大点 的意识.反思:高考对递推数列的考查主要是能把所给的递推数列转化为两类基本数列的类型.新课标高考很注意数列的地位.往往把数列知识和函数.方程.不等式等知识相互综合.形成一个重在考查数学思想方法.检测考生综合数学素养的综合性解答题.2008年课标区的数列试题充分说明了这个特点. 七 高考风向标 【查看更多】

     

    题目列表(包括答案和解析)

    （2012•石景山区一模）若数列{An}满足An+1=An2，则称数列{An}为“平方递推数列”．已知数列{an}中，a1=2，点（an，an+1）在函数f（x）=2x2+2x的图象上，其中n为正整数．
    （Ⅰ）证明数列{2an+1}是“平方递推数列”，且数列{lg（2an+1）}为等比数列；
    （Ⅱ）设（1）中“平方递推数列”的前n项之积为Tn，即Tn=（2a1+1）（2a2+1）…（2an+1），求数列{an}的通项及Tn关于n的表达式；
    （Ⅲ）记bn=log2an+1Tn，求数列{bn}的前n项和Sn．

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    （2012•石景山区一模）定义：若数列{An}满足An+1=An2，则称数列{An}为“平方递推数列”．已知数列{an}中，a1=2，点（an，an+1）在函数f（x）=2x2+2x的图象上，其中n为正整数．
    （1）证明：数列{2an+1}是“平方递推数列”，且数列{lg（2an+1）}为等比数列．
    （2）设（1）中“平方递推数列”的前n项之积为Tn，即Tn=（2a1+1）（2a2+1）…（2an+1），求数列{an}的通项及Tn关于n的表达式．
    （3）记bn=log2an+1Tn，求数列{bn}的前n项之和Sn，并求使Sn＞2011的n的最小值．

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    若数列{an}的项构成的新数列{an+1-Kan}是公比为l的等比数列，则相应的数列{an+1-1an}是公比为k的等比数列，运用此性质，可以较为简洁的求出一类递推数列的通项公式，并简称此法为双等比数列法．已知数列{an}中，a1=
    3
    5
    ，a2=
    31
    100
    ，且an+1=
    1
    10
    an+
    1
    2n+1
    ．
    （1）试利用双等比数列法求数列{an}的通项公式；
    （2）求数列{an}的前n项和Sn．

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    12、观察数列：70，71，70+71，72，72+70，72+71，72+71+70…由此递推数列的第100项是（　　）

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    定义：若数列{An}满足An+1=An2，则称数列{An}为“平方递推数列”．已知数列{an}中，a1=2，点（an，an+1）在函数f（x）=2x2+2x的图象上，其中n为正整数．
    （Ⅰ）证明：数列{2an+1}是“平方递推数列”，且数列{lg（2an+1）}为等比数列．
    （Ⅱ）设（Ⅰ）中“平方递推数列”的前n项之积为Tn，即Tn=（2a1+1）（2a2+1）…（2an+1），求数列{an}的通项公式及Tn关于n的表达式．
    （Ⅲ）记bn=log(1+2an)Tn，求数列{bn}的前n项之和Sn，并求使Sn＞2010的n的最小值．

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