【数学】2018届一轮复习人教A版（理）6-1数列的概念与简单表示学案

【数学】2018届一轮复习人教A版（理）6-1数列的概念与简单表示学案

‎§6.1　数列的概念与简单表示 考纲展示►　1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)．‎ ‎2．了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数．‎ 考点1　由数列的前几项求数列的通项公式 ‎1.数列的概念 ‎(1)数列的定义：按照________排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的________．‎ ‎(2)数列与函数的关系：从函数观点看，数列可以看成以正整数集N*(或它的有限子集)为________的函数an＝f(n)．当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值．‎ ‎(3)数列有三种表示法，它们分别是________、________和________．‎ 答案：(1)一定顺序　项　(2)定义域　‎ ‎(3)列表法　图象法　通项公式法 ‎2．数列的分类 答案：有限　无限　＞　＜　‎ ‎3．数列的两种常用的表示方法 ‎(1)通项公式：如果数列{an}的第n项an与________之间的关系可以用一个式子________来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．‎ ‎(2)递推公式：如果已知数列{an}的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项an与它的前一项an－1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．‎ 答案：(1)序号n　an＝f(n)‎ ‎4．已知数列{an}的前n项和Sn，则an＝ ‎ 答案：S1　Sn－Sn－1‎ ‎(1)[教材习题改编]已知数列{an}的前四项分别为1,0,1,0，给出下列各式：‎ ‎①an＝；‎ ‎②an＝；‎ ‎③an＝sin2；‎ ‎④an＝；‎ ‎⑤an＝ ‎⑥an＝＋(n－1)(n－2)．‎ 其中可以作为数列{an}的通项公式的有________．(写出所有正确结论的序号)‎ 答案：①③④‎ ‎(2)[教材习题改编]已知 {an}满足 an＝＋1(n≥2), a7＝，则a5＝__________. ‎ 答案： 解析：由递推公式，得a7＝＋1，a6＝＋1，则a5＝.‎ ‎ [典题1]　根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式：‎ ‎(1)－1,7，－13,19，…；‎ ‎(2)，，，，，…；‎ ‎(3)，2，，8，，…；‎ ‎(4)5,55,555,5 555，….‎ ‎[解]　(1)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(－1)n，观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故数列的一个通项公式为an＝(－1)n(6n－5)．‎ ‎(2)这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为1×3,3×5,5×7,7×9,9×11，…，每一项都是两个相邻奇数的乘积．故所求数列的一个通项公式为an＝.‎ ‎(3)数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观察，即，，，，，…，从而可得数列的一个通项公式为an＝.‎ ‎(4)将原数列改写为×9，×99，×999，…，易知数列9,99,999，…的通项为10n－1，故所求的数列的一个通项公式为an＝(10n－1)．‎ ‎[点石成金]　由数列的前几项求数列通项公式的策略 ‎(1)根据所给数列的前几项求其通项公式时，需仔细观察分析，抓住以下几方面的特征，并对此进行归纳、联想，具体如下：‎ ‎①分式中分子、分母的特征；‎ ‎②相邻项的变化特征；‎ ‎③拆项后的特征；‎ ‎④各项符号特征等．‎ ‎(2)根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是利用不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想，由不完全归纳得出的结果是不可靠的，要注意代值检验，对于正负符号变化，可用(－1)n或(－1)n＋1来调整．‎ 考点2　由递推公式求通项公式 ‎1.函数的概念的两个易混点：项an；项数n.‎ ‎(1)已知数列{an}的通项公式为an＝，则数列{an}的第5项是__________．‎ 答案： 解析：由数列{an}的通项公式为an＝，得a5＝＝＝，即数列{an}的第5项是.‎ ‎ (2)已知数列，，2，，…，则2是该数列的第__________项．‎ 答案：7‎ 解析：由题意可知，该数列可以表示为，，，，…，故2＝是该数列的第7项．‎ ‎2．数列的两种表示方法：通项公式；递推公式．‎ ‎(1)已知数列{an}的通项公式为an＝pn＋，且a2＝，a4＝，则a8＝__________.‎ 答案： 解析：由已知得 解得 则an＝n＋，故a8＝.‎ ‎(2)已知非零数列{an}的递推公式为an＝·an－1(n＞1)，且a1＝1，则a4＝__________. ‎ 答案：4‎ 解析：依次对递推公式中的n赋值，当n＝2时，a2＝‎2a1；当n＝3时，a3＝a2＝‎3a1；当n＝4时，a4＝a3＝‎4a1＝4.‎ 求解数列通项公式的两种方法：待定系数法；递推法．‎ ‎(1)已知数列{an}的通项公式为an＝n2－10n＋17，则数列{an}中使an<0的n构成的集合为________．‎ 答案：{3,4,5,6,7}‎ 解析：由an＝n2－10n＋17<0，得(n－5)2<8，n∈N*，满足该不等式的n的值为3,4,5,6,7，所以所求的集合为{3,4,5,6,7}．‎ ‎(2)已知数列{an}中，a1＝1，an＋an－1＝1(n≥2)，则数列{an}的一个通项公式为__________．‎ 答案：an＝或an＝sin 　‎ 解析：由an＋an－1＝1(n≥2)，得a2＝0.又an＋1＋an＝1，结合an＋an－1＝1(n≥2)，得an＋1＝an－1(n≥2)，即该数列的奇数项相等、偶数项相等，‎ 所以通项公式为an＝或an＝sin . ‎ ‎[典题2]　(1)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋2，则数列{an}的通项公式为________．‎ ‎[答案]　an＝2·3n－1－1‎ ‎[解析]　∵an＋1＝3an＋2，‎ ‎∴an＋1＋1＝3(an＋1)，‎ ‎∴＝3，‎ ‎∴数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3，‎ 又a1＋1＝2，∴an＋1＝2·3n－1，‎ ‎∴an＝2·3n－1－1.‎ ‎(2)已知数列{an}满足a1＝1，an＝ an－1(n≥2)，则数列{an}的通项公式为________．‎ ‎[答案]　 ‎[解析]　解法一：an＝an－1(n≥2)，所以an－1＝·an－2，…，a2＝a1，以上(n－1)个式子的等号两端分别相乘得an＝a1···…·＝＝.‎ 解法二：an＝···…···a1＝···…·1＝.‎ ‎[点石成金]　由递推关系式求通项公式的常用方法 ‎(1)已知a1且an－an－1＝f(n)，可用“累加法”求an.‎ ‎(2)已知a1且＝f(n)，可用“累乘法”求an.‎ ‎(3)已知a1且an＋1＝qan＋b，则an＋1＋k＝q(an＋k)(其中k可由待定系数法确定)，可转化为等比数列{an＋k}．‎ ‎(4)形如an＋1＝(A，B，C为常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解．‎ ‎(5)形如an＋1＋an＝f(n)的数列，可将原递推关系改写成an＋2＋an＋1＝f(n＋1)，两式相减即得an＋2－an＝f(n＋1)－f(n)，然后按奇偶分类讨论即可.‎ ‎1.[2017·安徽合肥一模]已知数列{an}满足a1＝1，a2＝4，an＋2＋2an＝3an＋1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________.‎ 答案：3×2n－1－2‎ 解析：由an＋2＋2an＝3an＋1，得 an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)，‎ ‎∴数列{an＋1－an}是以a2－a1＝3为首项，2为公比的等比数列，∴an＋1－an＝3×2n－1，‎ ‎∴当n≥2时，‎ an－an－1＝3×2n－2，…，a3－a2＝3×2，a2－a1＝3，‎ 将以上各式累加，得 an－a1＝3×2n－2＋…＋3×2＋3＝3(2n－1－1)，‎ ‎∴an＝3×2n－1－2(当n＝1时，也满足)．‎ ‎2．在数列{an}中，a1＝1，Sn＝an，则an＝________.‎ 答案： 解析：由题设知，a1＝1.‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－an－1.‎ ‎∴＝，‎ ‎∴＝，…，＝，＝，＝3.‎ 以上(n－1)个式子的等号两端分别相乘，得到 ＝，又∵a1＝1，∴an＝.‎ 考点3　an与Sn关系的应用 ‎ [考情聚焦]　an与Sn关系的应用是高考的常考内容，且多出现在选择题或填空题中，有时也出现在解答题的已知条件中，难度较小，属容易题．‎ 主要有以下几个命题角度：‎ 角度一 利用an与Sn的关系求an ‎[典题3]　(1)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋1，则an＝________.‎ ‎[答案]　 ‎[解析]　当n＝1时，a1＝S1＝2；‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋1－[(n－1)2＋1]＝2n－1.‎ 故an＝ ‎(2)若数列{an}的前n项和Sn＝an＋，则{an}的通项公式an＝________.‎ ‎[答案]　(－2)n－1‎ ‎[解析]　由Sn＝an＋，得 当n≥2时，Sn－1＝an－1＋，‎ 两式相减，得an＝an－an－1，‎ ‎∴an＝－2an－1，即＝－2，‎ 故当n≥2时，an＝(－2)n－1.‎ 又n＝1时，S1＝a1＝a1＋，a1＝1，满足上式．‎ ‎∴an＝(－2)n－1.‎ ‎[点石成金]　数列的通项an与前n项和Sn的关系是an＝当n＝1时，若a1适合Sn－Sn－1，则n＝1的情况可并入n≥2时的通项an；当n＝1时，若a1不适合Sn－Sn－1，则用分段函数的形式表示．‎ 角度二 利用an与Sn的关系求Sn ‎[典题4]　(1)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝(　　)‎ A．2n－1 B.n－1 ‎ C.n－1 D. ‎[答案]　B ‎[解析]　由已知Sn＝2an＋1，得 Sn＝2(Sn＋1－Sn)，‎ 即2Sn＋1＝3Sn，＝，而S1＝a1＝1，‎ 所以Sn＝n－1.‎ ‎(2)[2017·湖南株洲模拟]设Sn是正项数列{an}的前n项和，且an和Sn满足：4Sn＝(an＋1)2(n＝1,2,3，…)，则Sn＝________.‎ ‎[答案]　n2‎ ‎[解析]　由题意可知，Sn＝2，‎ 当n＝1时，a1＝1；‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2－2‎ ‎＝· ‎＝＋，‎ 整理得，＝⇒an－an－1＝2，‎ 所以an＝2n－1，所以Sn＝＝n2.‎ ‎[点石成金]　解决此类问题通常利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)将已知关系转化为Sn与Sn－1的关系式，然后求解．‎ 考点4　数列的单调性及应用 ‎ [典题5]　已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2＋2n，数列{bn}的前n项和Tn＝2－bn.‎ ‎(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；‎ ‎(2)设cn＝a·bn，证明：当且仅当n≥3时，cn＋1＜cn.‎ ‎(1)[解]　当n＝1时，a1＝S1＝4.‎ 对于n≥2，有an＝Sn－Sn－1＝2n(n＋1)－2(n－1)n＝4n.‎ 当n＝1时，适合上式．‎ 所以{an}的通项公式为an＝4n.‎ 将n＝1代入Tn＝2－bn，得T1＝2－b1，‎ 又T1＝b1，故T1＝b1＝1.‎ ‎(求bn解法一)对于n≥2，由Tn－1＝2－bn－1，Tn＝2－bn，‎ 得bn＝Tn－Tn－1＝－(bn－bn－1)，‎ bn＝bn－1，所以bn＝21－n.‎ ‎(求bn解法二)对于n≥2，由Tn＝2－bn，得 Tn＝2－(Tn－Tn－1)，‎ ‎2Tn＝2＋Tn－1，‎ Tn－2＝(Tn－1－2)，‎ Tn－2＝21－n(T1－2)＝－21－n，‎ Tn＝2－21－n，‎ bn＝Tn－Tn－1＝(2－21－n)－(2－22－n)＝21－n.‎ ‎(2)[证明]　由cn＝a·bn＝n225－n，得 cn＋1－cn＝24－n[(n＋1)2－2n2]＝24－n[－(n－1)2＋2]．‎ 当且仅当n≥3时，cn＋1－cn＜0，即cn＋1＜cn.‎ ‎[点石成金]　1.单调性是数列的一个重要性质．判断数列的单调性，通常是运用作差或作商的方法判断an＋1与an(n∈N*)的大小，若an＋1＞an恒成立，则{an}为递增数列；若an＋1＜an恒成立，则{an}为递减数列．‎ ‎2．求数列{an}的最大项或最小项，一种方法是利用函数的最值法；另一种是不等式法，求最小项可由 来确定n，求最大项可由 来确定n.若数列是单调的，也可由单调性来确定最大项或最小项.‎ 已知首项为的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设Tn＝Sn－(n∈N*)，求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值．‎ 解：(1)设等比数列{an}的公比为q，‎ 因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，‎ 所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即‎4a5＝a3，‎ 于是q2＝＝.‎ 又{an}不是递减数列且a1＝，所以q＝－.‎ 故等比数列{an}的通项公式为 an＝×n－1＝(－1)n－1·.‎ ‎(2)由(1)，得 Sn＝1－n＝ ‎ 当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，‎ 所以1＜Sn≤S1＝，‎ 故0＜Sn－≤S1－＝－＝.‎ 当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，‎ 所以＝S2≤Sn＜1，‎ 故0＞Sn－≥S2－＝－＝－.‎ 综上知，对于n∈N*，总有－≤Sn－≤.‎ 所以数列{Tn}最大项的值为，最小项的值为－.‎ ‎ [方法技巧]　1.由数列的前几项求数列通项，通常用观察法[对于交错数列一般有(－1)n或(－1)n＋1来区分奇偶项的符号]；已知数列中的递推关系，一般只要求写出数列的前几项，若求通项可用归纳、猜想和转化的方法．‎ ‎2．强调an与Sn的关系：an＝ ‎3．已知递推关系求通项：对这类问题的要求不高，但试题难度较难把握．一般有两种常见思路：‎ ‎(1)算出前几项，再归纳、猜想；‎ ‎(2)利用累加法、累乘法或构造法求数列的通项公式．‎ ‎[易错防范]　1.数列是一种特殊的函数，在利用函数观点研究数列时，一定要注意自变量的取值，如数列an＝f(n)和函数y＝f(x)的单调性是不同的．‎ ‎2．在利用数列的前n项和求通项时，往往容易忽略先求出a1，而是直接把数列的通项公式写成an＝Sn－Sn－1的形式，但它只适用于n≥2的情形．‎ ‎ 真题演练集训 ‎ ‎1．[2016·浙江卷]设数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝________，S5＝________.‎ 答案：1　121‎ 解析：由于解得a1＝1.由an＋1＝Sn＋1－Sn＝2Sn＋1得Sn＋1＝3Sn＋1，所以Sn＋1＋＝3，所以是以为首项，3为公比的等比数列，所以Sn＋＝×3n－1，即Sn＝，所以S5＝121.‎ ‎2．[2015·江苏卷]设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列前10项的和为________．‎ 答案： 解析：由题意得，a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)．‎ 将以上各式相加，得 an－a1＝2＋3＋…＋n＝＝.‎ 又∵ a1＝1，∴ an＝(n≥2)．‎ ‎∵ 当n＝1时也满足此式，‎ ‎∴ an＝(n∈N*)．‎ ‎∴ ＝＝2×.‎ ‎∴ S10＝2× ‎＝2×＝.‎ ‎3．[2015·四川卷]设数列{an}(n＝1,2,3，…)的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)记数列的前n项和为Tn，求使得|Tn－1|＜成立的n的最小值．‎ 解：(1)由已知Sn＝2an－a1，得 an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，‎ 即an＝2an－1(n≥2)．‎ 从而a2＝‎2a1，a3＝‎2a2＝‎4a1.‎ 又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，‎ 即a1＋a3＝2(a2＋1)，‎ 所以a1＋‎4a1＝2(‎2a1＋1)，解得a1＝2.‎ 所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．‎ 故an＝2n.‎ ‎(2)由(1)，得＝，‎ 所以Tn＝＋＋…＋＝ ‎＝1－.‎ 由|Tn－1|＜，得＜，‎ 即2n＞1 000.‎ 因为29＝512＜1 000＜1 024＝210，所以n≥10.‎ 于是使|Tn－1|＜成立的n的最小值为10.‎ ‎ 课外拓展阅读 ‎ 由递推公式求通项的常用方法和技巧 递推数列是高考考查的热点，由递推公式求通项时，一般需要先对递推公式进行变形，然后利用转化与化归的思想解决递推数列问题．下面给出几种常见的递推数列，并讨论其通项公式的求法．‎ 类型1　an＋1＝an＋f(n)‎ 把原递推公式转化为an＋1－an＝f(n)，再利用累加法(逐差相加法)求解．‎ ‎[典例1]　已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，求数列{an}的通项公式．‎ ‎[思路分析]　‎ ‎ ‎ ‎[解]　因为a1＝2，an＋1－an＝n＋1，‎ 所以an－an－1＝(n－1)＋1，‎ an－1－an－2＝(n－2)＋1，an－2－an－3＝(n－3)＋1，‎ ‎…‎ a2－a1＝1＋1，‎ 由已知，a1＝2＝1＋1，‎ 将以上各式相加，得 an＝[(n－1)＋(n－2)＋(n－3)＋…＋2＋1]＋n＋1‎ ‎＝＋n＋1‎ ‎＝＋n＋1‎ ‎＝＋1.‎ 类型2　an＋1＝f(n)an 把原递推公式转化为＝f(n)，再利用累乘法(逐商相乘法)求解．‎ ‎[典例2]　已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝·an，求数列{an}的通项公式．‎ ‎[思路分析]　‎ ‎ ‎ ‎[解]　由an＋1＝·an，得＝.‎ 当n≥2，n∈N*时，an＝··…··a1＝··…··＝，即an＝.‎ 又当n＝1时，＝＝a1，故an＝.‎ 类型3　an＋1＝pan＋q[其中p，q均为常数，pq(p－1)≠0]‎ 先用待定系数法把原递推公式转化为an＋1－t＝p(an－t)，其中t＝，再利用换元法转化为等比数列求解．‎ ‎[典例3]　已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋3，求数列{an}的通项公式．‎ ‎[思路分析]　‎ ‎[解]　设递推公式an＋1＝2an＋3可以转化为an＋1－t＝2(an－t)，‎ 即an＋1＝2an－t，解得t＝－3.‎ 故an＋1＋3＝2(an＋3)．‎ 令bn＝an＋3，则b1＝a1＋3＝4，且＝＝2.‎ 所以{bn}是以4为首项，以2为公比的等比数列．‎ 所以bn＝4×2n－1＝2n＋1, 即an＝2n＋1－3.‎ 类型4　an＋1＝pan＋qn[其中p，q均为常数，pq(p－1)≠0]‎ ‎(1)一般地，要先在递推公式两边同除以qn＋1，得＝·＋，引入辅助数列{bn}，得bn＋1＝·bn＋，再用待定系数法解决；‎ ‎(2)也可在原递推公式两边同除以pn＋1，得＝＋n，引入辅助数列{bn}，得bn＋1－bn＝n，再利用累加法(逐差相加法)求解．‎ ‎[典例4]　已知数列{an}中，a1＝，an＋1＝an＋n＋1，求数列{an}的通项公式．‎ ‎[思路分析]　‎ ‎[解]　解法一：将an＋1＝an＋n＋1两边分别乘以2n＋1，得2n＋1an＋1＝(2nan)＋1.‎ 令bn＝2nan，则bn＋1＝bn＋1，‎ 根据待定系数法，得bn＋1－3＝(bn－3)．‎ 所以数列{bn－3}是首项为b1－3＝2×－3＝－，公比为的等比数列．‎ 所以bn－3＝－·n－1，‎ 即bn＝3－2·n.‎ 于是，an＝＝－.‎ 解法二：将an＋1＝an＋n＋1两边分别乘以3n＋1，得3n＋1an＋1＝3nan＋n＋1.‎ 令bn＝3nan，则bn＋1＝bn＋n＋1，‎ 所以bn－bn－1＝n，bn－1－bn－2＝n－1，…，b2－b1＝2.‎ 将以上各式叠加，得 bn－b1＝2＋…＋n－1＋n，‎ 又b1＝‎3a1＝3×＝＝1＋，‎ 所以bn＝1＋＋2＋…＋n－1＋n＝＝2·n＋1－2，‎ 即bn＝2·n＋1－2.‎ 故an＝＝－.‎ 类型5　an＋1＝pan＋an＋b(p≠1，p≠0，a≠0)‎ 这种类型的题目一般是利用待定系数法构造等比数列，即令an＋1＋x(n＋1)＋y＝p(an＋xn＋y)，然后与已知递推式比较，解出x，y，从而得到{an＋xn＋y}是公比为p的等比数列．‎ ‎[典例5]　设数列{an}满足a1＝4，an＝3an－1＋2n－1(n≥2)，求数列{an}的通项公式．‎ ‎[思路分析]　‎ →→‎ ‎[解析]　设递推公式可以转化为 an＋An＋B＝3[an－1＋A(n－1)＋B]，‎ 化简后与原递推式比较，得 解得 则an＋n＋1＝3[an－1＋(n－1)＋1]．‎ 令bn＝an＋n＋1，(*)‎ 则bn＝3bn－1，‎ 又b1＝6，故bn＝6·3n－1＝2·3n，‎ 代入(*)，得an＝2·3n－n－1.‎ 类型6　an＋1＝pa(p>0，an>0)‎ 这种类型的题目一般是将等式两边取对数后转化为an＋1＝pan＋q型，再利用待定系数法求解．‎ ‎[典例6]　已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝·a(m>0)，求数列{an}的通项公式．‎ ‎[思路分析]　‎ ‎ [解析]　对an＋1＝·a两边取对数，得 lg an＋1＝2lg an＋lg .‎ 令bn＝lg an，则bn＋1＝2bn＋lg .‎ 因此得bn＋1＋lg ＝2，‎ 记cn＝bn＋lg ，则cn＋1＝2cn.‎ 所以数列{cn}是首项c1＝b1＋lg ＝lg ，公比为2的等比数列．‎ 所以cn＝2n－1·lg .‎ 所以bn＝cn－lg ＝2n－1·lg －lg ＝lg ，‎ 即lg an＝lg ，‎ 所以an＝m·2n－1.‎ 类型7　an＋1＝(p，q，r≠0且an≠0，qan＋r≠0)‎ 这种类型的题目一般是将等式两边取倒数后，再进一步处理．‎ 若p＝r，则有＝＝＋，此时为等差数列．‎ 若p≠r，则有＝·＋，此时可转化为类型3来处理．‎ ‎[典例7]　已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝，求数列{an}的通项公式．‎ ‎[思路分析]　‎ ‎ ‎ ‎[解析]　因为an＋1＝，a1＝1，‎ 所以an≠0，‎ 所以＝＋，‎ 即－＝.‎ 又a1＝1，则＝1，‎ 所以是以1为首项，以为公差的等差数列．‎ 所以＝＋(n－1)×＝，‎ 所以an＝(n∈N*)．‎ 类型8　an＋1＋an＝f(n)‎ 将原递推关系改写成an＋2＋an＋1＝f(n＋1)，两式相减即得an＋2－an＝f(n＋1)－f(n ‎)，然后将n按奇数、偶数分类讨论即可．‎ ‎[典例8]　已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＋an＝2n，求数列{an}的通项公式．‎ ‎[思路分析]　‎ ‎ ‎ ‎[解]　因为an＋1＋an＝2n，‎ 所以an＋2＋an＋1＝2n＋2，故an＋2－an＝2，‎ 即数列{an}是奇数项与偶数项都是公差为2的等差数列．‎ 当n为偶数时，a2＝1，‎ 故an＝a2＋2＝n－1.‎ 当n为奇数时，因为an＋1＋an＝2n，an＋1＝n(n＋1为偶数)，故an＝n.‎ 综上知，an＝n≥1，n∈N*.‎ 类型9　an＋1·an＝f(n)‎ 将原递推关系改写成an＋2·an＋1＝f(n＋1)，两式作商可得＝，然后将n按奇数、偶数分类讨论即可．‎ ‎[典例9]　已知数列{an}中，a1＝3，an＋1·an＝2n，求数列{an}的通项公式．‎ ‎[思路分析]　‎ ‎ [解]　因为an＋1·an＝2n，‎ 所以an＋2·an＋1＝2n＋1，故＝2，‎ 即数列{an}是奇数项与偶数项都是公比为2的等比数列．‎ 当n为偶数时，a2＝，‎ 故an＝a2·2＝·2，‎ 即an＝·2；‎ 当n为奇数时，n＋1为偶数，‎ 故an＋1＝·2，‎ 代入an＋1·an＝2n，得an＝3·2.‎ 综上知，an＝