高考数学一轮复习第5章数列第1讲数列的概念与简单表示法学案

这是一份高考数学一轮复习第5章数列第1讲数列的概念与简单表示法学案，共12页。


知识梳理·双基自测
eq \x(知)eq \x(识)eq \x(梳)eq \x(理)
知识点一 数列的有关概念
知识点二 数列的表示方法
知识点三 an与Sn的关系
若数列{an}的前n项和为Sn，
则an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1 ，n＝1，,Sn－Sn－1 ，n≥2.))
知识点四 数列的分类
eq \x(重)eq \x(要)eq \x(结)eq \x(论)
1．数列与函数
数列可以看作是一个定义域为正整数集N*(或它的有限子集{1,2，…，n})的函数，当自变量 从小到大 依次取值时对应的一列函数值．数列的通项公式是相应函数的解析式，它的图象是 一群孤立的点 .
2．常见数列的通项公式
(1)自然数列：1,2,3,4，…，an＝n.
(2)奇数列：1,3,5,7，…，an＝2n－1.
(3)偶数列：2,4,6,8，…，an＝2n.
(4)平方数列：1,4,9,16，…，an＝n2.
(5)2的乘方数列：2,4,8,16，…，an＝2n.
(6)乘积数列：2,6,12,20，…，an＝n(n＋1)．
(7)正整数的倒数列：1，eq \f(1,2)，eq \f(1,3)，eq \f(1,4)，…，an＝eq \f(1,n).
(8)重复数串列：9,99,999,9 999，…，an＝10n－1.
(9)符号数列：－1,1，－1,1，…或1，－1,1，－1，…，an＝(－1)n或an＝(－1)n＋1.
eq \x(双)eq \x(基)eq \x(自)eq \x(测)
题组一 走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)所有数列的第n项都可以用公式表示出来．( × )
(2)依据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( √ )
(3)若an＋1－an>0(n≥2)，则函数{an}是递增数列．( × )
(4)如果数列{an}的前n项和为Sn，则对于任意n∈N*，都有an＋1＝Sn＋1－Sn.( √ )
[解析] (1)因为数列是按一定顺序排列的一列数，如我班某次数学测试成绩，按考号从小到大的顺序排列，这个数列肯定没有通项公式，所以错误．
(2)比如数列1,0,1,0，…的通项公式为：an＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(sin \f(nπ,2)))或an＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs \f(n－1π,2)))或an＝eq \f(1－－1n,2)，所以正确．
(3)因为n＝1时，a2与a1不确定大小关系．
(4)由数列前n项和的定义可知，当n∈N*，都有an＋1＝Sn＋1－Sn，所以正确．
题组二 走进教材
2．(必修5P67A组T2改编)数列1，－4,9，－16,25，…的一个通项公式是( C )
A．an＝n2 B．an＝(－1)n·n2
C．an＝(－1)n＋1·n2 D．an＝(－1)n·(n＋1)2
[解析] 因为每一项的绝对值是该项序号的平方，奇数项符号为正，偶数项符号为负，所以an＝(－1)n＋1·n2.故选C.
3．(必修5P33A组T4改编)在数列{an}中，a1＝1，an＝1＋eq \f(－1n,an－1)(n≥2)，则a5等于( D )
A.eq \f(3,2) B．eq \f(5,3)
C．eq \f(8,5) D．eq \f(2,3)
[解析] a2＝1＋eq \f(－12,a1)＝2，a3＝1＋eq \f(－13,a2)＝eq \f(1,2)，a4＝1＋eq \f(－14,a3)＝3，a5＝1＋eq \f(－15,a4)＝eq \f(2,3).
4．(必修5P33A组T5改编)根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式an＝ 5n－4 .
题组三 走向高考
5．(2020·浙江，11,4分)我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(nn＋1,2)))就是二阶等差数列．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(nn＋1,2)))(n∈N*)的前3项和是 10 .
[解析] 数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(nn＋1,2)))的前三项依次为eq \f(1×2,2)＝1，eq \f(2×3,2)＝3，eq \f(3×4,2)＝6，
∴所求和为1＋3＋6＝10.
6．(2018·全国卷Ⅰ，5分)记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝ －63 .
[解析] 解法一：因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1；
当n＝2时，a1＋a2＝2a2＋1，解得a2＝－2；
当n＝3时，a1＋a2＋a3＝2a3＋1，解得a3＝－4；
当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝2a4＋1，解得a4＝－8；
当n＝5时，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝2a5＋1，解得a5＝－16；
当n＝6时，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝2a6＋1，解得a6＝－32；
所以S6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.
解法二：因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－(2an－1＋1)，所以an＝2an－1，所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝－2n－1，所以S6＝eq \f(－1×1－26,1－2)＝－63.
考点突破·互动探究
考点一 由数列的前几项求数列的通项公式——自主练透
例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)－eq \f(1,1×2)，eq \f(1,2×3)，－eq \f(1,3×4)，eq \f(1,4×5)，…；
(3)eq \f(2,3)，eq \f(4,15)，eq \f(6,35)，eq \f(8,63)，eq \f(10,99)，…；
(4)eq \f(1,2)，2，eq \f(9,2)，8，eq \f(25,2)，…；
(5)5,55,555,5 555，…，
思考：如何根据数列的前几项的值写出数列的一个通项公式？
[解析] (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an＝(－1)n(6n－5)．
(2)这个数列的前4项的绝对值都等于序号与序号加1的乘积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，故它的一个通项公式an＝(－1)n·eq \f(1,nn＋1).
(3)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，…，即分母的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an＝eq \f(2n,2n－12n＋1).
(4)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eq \f(1,2)，eq \f(4,2)，eq \f(9,2)，eq \f(16,2)，eq \f(25,2)，…，从而可得数列的一个通项公式an＝eq \f(n2,2).
(5)将原数列改写为eq \f(5,9)×9，eq \f(5,9)×99，eq \f(5,9)×999.…，易知数列9,99,999，…的通项公式为10n－1，故所求的数列的一个通项公式an＝eq \f(5,9)(10n－1)．
名师点拨
由前几项归纳数列通项公式的常用方法及具体策略
(1)常用方法：观察(观察规律)、比较(比较已知数列)、归纳、转化(转化为特殊数列)、联想(联想常见的数列)等．
(2)具体策略：
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各项的符号特征和绝对值特征；
⑤化异为同．对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关系；
⑥对于符号交替出现的情况，可用(－1)k或(－1)k＋1，k∈N*处理．
注意：并不是每个数列都有通项公式，有通项公式的数列，其通项公式也不一定唯一.
考点二 由an与Sn的关系求通项公式——多维探究
角度1 已知Sn求an问题
例2 (1)若数列{an}的前n项和Sn＝n2－10n，则此数列的通项公式为an＝ 2n－11 .
(2)若数列{an}的前n项和Sn＝2n＋1，则此数列的通项公式为an＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3n＝1，,2n－1n≥2)) .
(3)已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，则an＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,\f(2n－1,n)，n≥2)) .
[解析] (1)当n＝1时，a1＝S1＝1－10＝－9；
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝n2－10n－[(n－1)2－10(n－1)]＝2n－11.
当n＝1时，2×1－11＝－9＝a1，所以an＝2n－11.
故填2n－11.
(2)当n＝1时，a1＝S1＝21＋1＝3；
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1)－(2n－1＋1)＝2n－2n－1＝2n－1.
综上有an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3n＝1，,2n－1n≥2.))
故填eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3n＝1，,2n－1n≥2.))
(3)当n＝1时，由已知，可得a1＝21＝2，
∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，①
故a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝2n－1(n≥2)，②
由①－②，得nan＝2n－2n－1＝2n－1，
∴an＝eq \f(2n－1,n)(n≥2)．
显然当n＝1时不满足上式，
∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,\f(2n－1,n)，n≥2))
角度2 Sn与an的关系问题
例3 已知数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(1,3)an＋eq \f(2,3)，则{an}的通项公式为an＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1 .
[解析] 当n＝1时，a1＝S1＝eq \f(1,3)a1＋eq \f(2,3)，所以a1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,3)an－eq \f(1,3)an－1，所以eq \f(an,an－1)＝－eq \f(1,2)，所以数列{an}为首项a1＝1，公比q＝－eq \f(1,2)的等比数列，故an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1.
名师点拨
Sn与an关系问题的求解思路
根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化．
(1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式．
(2)利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．
已知Sn求an的一般步骤
(1)当n＝1时，由a1＝S1，求a1的值．
(2)当n≥2时，由an＝Sn－Sn－1，求得an的表达式．
(3)检验a1的值是否满足(2)中的表达式，若不满足，则分段表示an.
(4)写出an的完整表达式．
〔变式训练1〕
(1)(角度1)(2020·福建三明一中期中)已知Sn为数列{an}的前n项和，且lg2(Sn＋1)＝n＋1，则数列{an}的通项公式( B )
A．an＝2n B．an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3，n＝1，,2n，n≥2))
C．an＝2n－1 D．an＝2n＋1
(2)(角度2)(2021·辽宁部分重点高中高三联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝2an－1，则{an}的通项公式为( B )
A．an＝2n－1 B．an＝2n－1
C．an＝2n－1 D．an＝2n＋1
(3)(角度1)设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝eq \f(n,3).则an＝ eq \f(1,3n) .
[解析] (1)由lg2(Sn＋1)＝n＋1，得Sn＋1＝2n＋1.当n＝1时，a1＝S1＝3；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，所以数列{an}的通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3，n＝1，,2n，n≥2.))故选B.
(2)当n＝1时，S1＝2a1－1＝a1，∴a1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，∴an＝2an－1.因此an＝2n－1(n≥2)．又n＝1时，2n－1＝1＝a1，∴an＝2n－1.故选B.
(3)因为a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝eq \f(n,3)，①
则当n≥2时，
a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝eq \f(n－1,3)，②
①－②得3n－1an＝eq \f(1,3)，所以an＝eq \f(1,3n)(n≥2)．
由题意知a1＝eq \f(1,3)符合上式，所以an＝eq \f(1,3n).
考点三 由递推关系求通项公式——多维探究
角度1 形如an＋1＝an＋f(n)，求an
例4 (2021·河南师大附中月考)已知数列{an}满足an＋1＝an＋eq \f(1,2n)，a1＝1，则an＝ 2－eq \f(1,2n－1) .
[解析] 由题意知an－an－1＝eq \f(1,2n－1)
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝eq \f(1,2n－1)＋eq \f(1,2n－2)＋…＋eq \f(1,2)＋1
＝eq \f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))＝2－eq \f(1,2n－1).
角度2 形如an＋1＝anf(n)，求an
例5 (2021·宁夏银川月考)在数列{an}中，a1＝1,3an＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))2an(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为( A )
A．an＝eq \f(n2,3n－1) B．an＝eq \f(n2＋3,3n＋1)
C．an＝eq \f(4n2＋2,3n＋1) D．an＝eq \f(n2＋1,3n－1)
[解析] 解法一：由已知得eq \f(an＋1,an)＝eq \f(1,3)×eq \f(n＋12,n2)
∴an＝eq \f(an,an－1)×eq \f(an－1,an－2)×…×eq \f(a2,a1)×a1
＝eq \f(1,3)×eq \f(n2,n－12)×eq \f(1,3)×eq \f(n－12,n－22)×…×eq \f(1,3)×eq \f(22,12)×1＝eq \f(n2,3n－1).
解法二：由题意得eq \f(an＋1,n＋12)＝eq \f(1,3)·eq \f(an,n2).又n＝1时，eq \f(an,n2)＝1，故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n2)))是首项为1，公比为eq \f(1,3)的等比数列．从而eq \f(an,n2)＝eq \f(1,3n－1)，即an＝eq \f(n2,3n－1).故选A.
解法三：当n＝1时，选项A为1，B为1，C为eq \f(2,3)，D为1，否定C，当n＝2时，由已知得a2＝eq \f(4,3)，选项A为eq \f(4,3)，B为eq \f(7,10)，D为eq \f(5,8)，否定B，D，故选A.
角度3 形如an＋1＝Aan＋B(A≠0且A≠1)，求an
例6 (2021·西北师大附中调研)已知数列{an}满足a1＝－2，且an＋1＝3an＋6，则an＝ 3n－1－3 .
[解析] ∵an＋1＝3an＋6，
∴an＋1＋3＝3(an＋3)，
又a1＝－2，∴a1＋3＝1，
∴{an＋3}是首项为1，公比为3的等比数列，∴an＋3＝3n－1，∴an＝3n－1－3.
名师点拨
已知递推关系求通项，一般有三种常见思路
(1)算出前几项，再归纳、猜想．
(2)形如“an＋1＝pan＋q”这种形式通常转化为an＋1＋λ＝p(an＋λ)，由待定系数法求出λ，再化为等比数列．
(3)递推公式化简整理后，若为an＋1－an＝f(n)型，则采用累加法；若为eq \f(an＋1,an)＝f(n)型，则采用累乘法．
〔变式训练2〕
根据下列条件，写出数列{an}的通项公式：
(1)(角度1)若a1＝1，an＋1＝an＋2n－1，则an＝n2－2n＋2；
(2)(角度2)若a1＝1，nan－1＝(n＋1)an(n≥2)，则an＝eq \f(2,n＋1)；
(3)(角度3)若a1＝1，an＋1＝3an＋2，则an＝ 2×3n－1－1 .
[解析] (1)∵an＋1＝an＋2n－1，∴当n≥2时，a2－a1＝1，a3－a2＝3，…，an－an－1＝2n－3，
∴an－a1＝eq \f(1＋2n－3n－1,2)＝(n－1)2，∴an＝(n－1)2＋1＝n2－2n＋2，
又当n＝1时，12－2×1＋2＝1，∴n＝1时符合上式．
∴an＝n2－2n＋2.
(2)∵nan－1＝(n＋1)an，∴eq \f(an,an－1)＝eq \f(n,n＋1)，又a1＝1，∴an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·…·eq \f(a2,a1)·a1＝eq \f(n,n＋1)·eq \f(n－1,n)·eq \f(n－2,n－1)·…·eq \f(2,3)＝eq \f(2,n＋1).
(3)∵an＋1＝3an＋2，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，又a1＝1，
∴a1＋1＝2，∴{an＋1}是首项为2公比为3的等比数列，
∴an＋1＝2×3n－1，∴an＝2×3n－1－1.
考点四 数列的函数性质——多维探究
角度1 数列的单调性
例7 若数列{an}满足an＝n2＋kn＋4(n∈N*)且{an}是递增数列，则实数k的取值范围为 k>－3 .
[解析] 由数列是一个递增数列，得an＋1>an，又因为通项公式an＝n2＋kn＋4，所以(n＋1)2＋k(n＋1)＋4>n2＋kn＋4，即k>－1－2n，又n∈N*，所以k>－3.
角度2 数列的周期性
例8 (2020·福建福清校际联盟期中联考)已知Sn为数列{an}前n项和，若a1＝eq \f(1,2)，且an＋1＝eq \f(2,2－an)(n∈N*)，则6S100＝( A )
A．425 B．428
C．436 D．437
[分析] 由递推公式逐项求解，探求规律．
[解析] 由数列的递推公式可得：
a2＝eq \f(2,2－a1)＝eq \f(4,3)，a3＝eq \f(2,2－a2)＝3，a4＝eq \f(2,2－a3)＝－2，a5＝eq \f(2,2－a4)＝eq \f(1,2)＝a1，
据此可得数列{an}是周期为4的周期数列，则：6S100＝6×25×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(4,3)＋3－2))＝425.选A.
角度3 数列的最大、小项问题
例9 已知数列{an}的通项公式an＝(n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))n，则数列{an}中的最大项是第 9、10 项．
[解析] 解法一：∵an＋1－an＝(n＋2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))n＋1－(n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))n×eq \f(9－n,11)，
当n<9时，an＋1－an>0，即an＋1>an；
当n＝9时，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；
当n>9时，an＋1－an<0，即an＋1∴该数列中有最大项，为第9、10项，
且a9＝a10＝10×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))9.
解法二：根据题意，令eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an－1≤an，,an≥an＋1))(n≥2)，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))n－1≤n＋1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))n，,n＋1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))n≥n＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))n＋1，))解得9≤n≤10.
又n∈N*，∴n＝9或n＝10，
∴该数列中有最大项，为第9、10项，
且a9＝a10＝10×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))9.
名师点拨
(1)解决数列周期性问题的方法：先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值．
(2)判断数列单调性的方法：①作差(或商)法；②目标函数法：写出数列对应的函数，利用导数或利用基本初等函数的单调性探求其单调性，再将函数的单调性对应到数列中去．
(3)求数列中最大(小)项的方法：①根据数列的单调性判断；②利用不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥an－1,an≥an＋1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≤an－1,an≤an＋1))))求出n的值，进而求得an的最值．
〔变式训练3〕
(1)(角度1)已知数列{an}的通项公式为an＝eq \f(3n＋k,2n)，若数列{an}为递减数列，则实数k的取值范围为( D )
A．(3，＋∞) B．(2，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(0，＋∞)
(2)(角度3)数列{an}的通项公式an＝eq \f(n2＋90,n)，则数列{an}中的最小项是( B )
A．3eq \r(10) B．19
C．eq \f(1,19) D．eq \f(\r(10),60)
(3)(角度2)已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝eq \f(an－\r(3),\r(3)an＋1)(n∈N*)，则a2 022等于 eq \r(3) .
[解析] (1)因为an＋1－an＝eq \f(3n＋3＋k,2n＋1)－eq \f(3n＋k,2n)＝eq \f(3－3n－k,2n＋1)，由数列{an}为递减数列知，对任意n∈N*，an＋1－an＝eq \f(3－3n－k,2n＋1)<0，
所以k>3－3n对任意n∈N*恒成立，所以k∈(0，＋∞)．
(2)令f(x)＝x＋eq \f(90,x)(x>0)，运用基本不等式得f(x)≥2eq \r(90)，当且仅当x＝3eq \r(10)时等号成立．因为an＝n＋eq \f(90,n)，所以n＋eq \f(90,n)≥2eq \r(90)，由于n∈N*，不难发现当n＝9或n＝10时，an＝19最小，故选B.
(3)由已知得a1＝0，a2＝－eq \r(3)，a3＝eq \r(3)，a4＝0，a5＝－eq \r(3)，…，由此可知数列{an}的项是以3为周期重复出现的，而2 022＝3×674，因此a2 022＝a3＝eq \r(3).
名师讲坛·素养提升
递推数列的通项公式的求法
热点一 an＋1＝eq \f(Aan,Ban＋C)(A、B、C为常数)型
例10 已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq \f(2an,an＋2)，则数列{an}的通项公式为an＝ eq \f(2,n＋1)(n∈N*) .
[解析] ∵an＋1＝eq \f(2an,an＋2)，a1＝1，∴an≠0，
∴eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,an)＋eq \f(1,2)，即eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝eq \f(1,2)，又a1＝1，则eq \f(1,a1)＝1，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以1为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列，
∴eq \f(1,an)＝eq \f(1,a1)＋(n－1)×eq \f(1,2)＝eq \f(n,2)＋eq \f(1,2)，
∴an＝eq \f(2,n＋1)(n∈N*)．
[名师点拨] 形如an＋1＝eq \f(Aan,Ban＋C)(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．
热点二 an＋1＝pan＋f(n)(p为常数)型
例11 在数列{an}中，(1)若a1＝2，an＋1＝4an－3n＋1，n∈N*，则an＝ 4n－1＋n .
(2)若a1＝1，an＋1＝2an＋3n，n∈N*，则an＝ 3n－2n .
[分析] 观察递推式特征：an＋1＝pan＋f(n)，类似等比数列，故可尝试化为等比数列求解，以(1)为例可设an＋1＋λ(n＋1)＋μ＝4(an＋λn＋μ)，整理得an＋1＝4an＋3λn＋(3μ－λ)所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3λ＝－3，,3μ－λ＝1))，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＝－1,μ＝0))转化成功．
[解析] (1)∵an＋1＝4an－3n＋1，∴an＋1－(n＋1)＝4(an－n)，即eq \f(an＋1－n＋1,an－n)＝4，又a1＝2，∴a1－1＝1，∴{an－n}是首项为1，公比为4的等比数列，∴an－n＝4n－1.∴an＝4n－1＋n.
(2)∵an＋1＝2an＋3n，令an＋1＋λ·3n＋1＝2(an＋λ·3n)比较系数得λ＝－1.∴an＋1－3n＋1＝2(an－3n)，即eq \f(an＋1－3n＋1,an－3n)＝2，又a1＝1，∴a1－3＝－2，∴{an－3n}是首项为－2，公比为2的等比数列，∴an－3n＝－2n，∴an＝3n－2n.
另解：∵an＋1＝2an＋3n，∴eq \f(an＋1,3n)＝eq \f(2,3)·eq \f(an,3n－1)＋1，
∴eq \f(an＋1,3n)－3＝eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,3n－1)－3))，又a1＝1，∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,3n－1)－3))是首项为－2，公比为eq \f(2,3)的等比数列，∴eq \f(an,3n－1)－3＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－1，∴an＝3n－2n.
名师点拨
(1)形如an＋1＝pan＋An＋B(p、A、B为常数)的类型，可令an＋1＋λ(n＋1)＋μ＝p(an＋λn＋μ)，求出λ、μ的值即可知{an＋λn＋μ}为等比数列，进而可求an.
(2)形如an＋1＝pan＋Aqn(p、A为常数)的类型．当p≠q时，可令an＋1＋λqn＋1＝p(an＋λqn)，求出λ的值即可知{an＋λqn}是等比数列，进而可求an，当p＝q时可化为eq \f(an＋1,qn)＝eq \f(an,qn－1)＋A即eq \f(an＋1,qn)－eq \f(an,qn－1)＝A(常数)知eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,qn－1)))为等差数列，进而可求an.
〔变式训练4〕
在数列{an}中，
(1)a1＝1，an＝eq \f(an－1,2an－1＋1)(n≥2)，则an＝ eq \f(1,2n－1) ；
(2)若a1＝1，an＋1＝2an－3n，n∈N*，则an＝ －5·2n－1＋3n＋3 ；
(3)若a1＝1，an＋1＝2an＋3·2n，n∈N*，则an＝ (3n－2)·2n－1 .
[解析] (1)将an＝eq \f(an－1,2an－1＋1)两边取倒数，得eq \f(1,an)－eq \f(1,an－1)＝2，这说明eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是一个等差数列，首项是eq \f(1,a1)＝1，公差为2，所以eq \f(1,an)＝1＋(n－1)×2＝2n－1，即an＝eq \f(1,2n－1).
(2)∵an＋1＝2an－3n，令an＋1＋λ(n＋1)＋μ＝2(an＋λn＋μ)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＝－3，,μ－λ＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＝－3，,μ＝－3，))
∴an＋1－3(n＋1)－3＝2(an－3n－3)
又a1＝1，∴{an－3n－3}是首项为－5，公比为2的等比数列，∴an－3n－3＝－5·2n－1
∴an＝－5·2n－1＋3n＋3.
(3)∵an＋1＝2an＋3·2n，∴eq \f(an＋1,2n)－eq \f(an,2n－1)＝3，又a1＝1，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n－1)))是首项为1，公差为3的等差数列，
∴eq \f(an,2n－1)＝1＋3(n－1)，∴an＝(3n－2)·2n－1.
概念
含义
数列
按照 一定顺序 排列的一列数
数列的项
数列中的 每一个数
数列的通项
数列{an}的第n项an
通项公式
数列{an}的第n项an与n之间的关系能用公式 an＝f(n) 表达，这个公式叫做数列{an}的通项公式
前n项和
数列{an}中，Sn＝ a1＋a2＋…＋an 叫做数列{an}的前n项和
列表法
列表格表示n与an的对应关系
图象法
把点 (n，an) 画在平面直角坐标系中
公
式
法
通项
公式
把数列的通项使用 公式 表示的方法
递推
公式
使用初始值a1和an＋1＝f(an)或a1，a2和an＋1＝f(an，an－1)等表示数列的方法