求数列通项公式说课稿

求数列通项公式说课稿（精选11篇）

篇1：求数列通项公式说课稿

利用递推关系求数列的通项公式的评课稿

严老师的课堂 最大的亮点就是师生互动如行云流水，如春风拂面， 如鱼翔浅底， 轻松活泼，而又不乏智慧的光芒，学生参与热情高，学习氛围好。 这节课的教学 重点就 是让学生通过对例题及其变式的思考，体会“利用递推关系求数列的通项公式”的方法 (如定义法、累加法、待定系数法等)和化归思想 。其实，此类问题既是数列教学中的难点问题，也是江苏高考的.热点问题。 总体而言，在严老师的引导下，学生基本达成了教学目标，高一学生能做到这一点已经难能可贵 了 。 笔者建议， 是不是 可以突破例题和练习的界限 ，进行 如下 的教学设计：

在数列中，已知 ，其前项和为 ， 根据下列条件， 分别求数列的通项公式 。

教师一定要敢于 放开手让学生去思考，去板演，看看他(她)有什么想法，或者有什么困惑，然后再让学生进行交流，教师要做的就是引导、点评和总结。学生有了这样的经历和体验之后 ，对问题的认识和理解应该会更深刻。另外，对累加法的应用，笔者认为还是化成差的形式，即“ ”操作起来 更 方便一些。 以上只是个人的一点不成熟的想法，请大家批评指正。

篇2：求数列通项公式说课稿

广东省高州市第二中学 梁志华

数列既是高中数学的重要内容，也是学习高等数学的基础，因此，每年高考对本章内容均作较全面的考查，而且经常是以综合题、主观题的形式出现，难度较大，不过一般分小题、有梯度设问，往往是第1小题就是求数列的通项公式，难度适中，一般考生可突破，争取分数，而且是做第2小题的基础，因此，求数列通项公式的解题方法、技巧，每一位考生都必须熟练掌握。求数列通项公式的题型很多，不同的题型有不同的解决方法。下面结合教学实践，谈谈求数列通项公式的解题思路。

一、已知数列的前几项

篇3：构造“另类数列”求数列通项公式

一、基本题型例1 已知数列{an} 中, a2=2, n≥2时, an=3an-1+2, 求an。

分析 数列{an}不是等差数列或等比数列, 但递推式an=3an-1+2可变形为an+1=3 (an-1+1) , 则构造了一个另类数列{an+1}为等比数列, 可先行解决an+1的通项, 再求an。

解 设n≥2时, an=3an-1+2可化为an+λ=3 (an-1+λ) , 即an=3an-1+2λ,

由2λ=2, ∴λ=1。即an=3an-1+2可化为an+1=3 (an-1+1) 。

∴{an+1}为首项为a1+2=3, 公比为3的等比数列, ∴an+1=3·3n-1=3n, ∴an=3n-1, 当n=1时也适合, ∴an=3n-1。

说明 一般的, 若递推式为an=pan-1+q (p≠1, q≠0) , 则可构造另类等比数列{an+λ}, 其中undefined, 先行解决an+λ, 再求an。

例2 数列{an}中, 各项均不为零。a1=2, an+3anan-1-an-1=0 (n≥2) , 求an。

分析 {an}不是等差或等比数列, 由递推式形状, 考虑同除以anan-1, 化为undefined, 则构造了一个另类等差数列undefined, 先求出undefined, 再求an。

解 (略) 。

说明 一般的, 若数列递推式是an+panan-1-an-1=0或undefined为常数) , 则可构造另类等差数列undefined, 先解决undefined, 再求an。

所以, 若一个数列不是等差或等比数列, 可将递推式变形, 构造形如{an+λ}、undefined、{a2}、undefined等的等差数列或等比数列, 先解决此类式子, 再求出an的通项表达式。

例3 正项数列{an}中, sn为其前n项的和。aundefined-2ansn+1=0, 求an。

分析 原式是sn与an的混合式子, 须用an=sn-sn-1化为只含有an或sn的递推式再加以解决。

解n≥2时an=sn-sn-1

∴原式可化为 (sn-sn-1) 2-2 (sn-sn-1) sn+1=0即sundefined-sundefined=1

又n=1时a1=s1, ∴aundefined-2aundefined+1=0∴a1=s1=1, ∴{aundefined}是一个首项为sundefined=1, 公差为1的等差数列, ∴sundefined=n即undefined。

又n≥2时, undefined, 也适合n=1。

undefined。

说明 一般的, 若递推式是含有an与sn的混合式子, 则先利用an=sn-sn-1把原式化为只含有an或sn的递推式子, 再构造另类数列解题。

二、推广

例4 已知数列{an}中, a1=2, an+1=4an+2n+1, 求an。

解 (法1) an+1=4an+2n+1可化为an+1+2n+1=4 (an+2n )

则{an+2n}为首项是a1+2=4, 公比为4的等比数列,

∴an+2n=4·4n-1=4n 即an=4n-2n。

(法2) an+1=4an+2n+1两边同除以2n+1得undefined, 化为undefined为首项为undefined, 公比为2的等比数列,

undefined即an=4n-2n。

说明 若递推式中还含有含n的代数式的时候, 可考虑构造另类数列{an·f (n) +g (n) } 为等差或等比数列来解决。

篇4：构造“另类数列”求数列通项公式

一、基本题型

例1 已知数列{an}中,a1=2,n≥2时,an=3an-1+2,求an

分析:数列{an}不是等差数列或等比数列,但递推式an=3an-1+2可变形为an+1=3(an-1+1),则构造了一个另类数列{an+1}为等比数列,可先行解决an+1的通项,再求an.

解 设n≥2时,an=3an-1+2可化为an+λ=3(an-1+λ),即an=3an-1+2λ,

由2λ=2,∴λ=1.即an=3an-1+2可化为an+1=3(an-1+1).

∴{an+1}为首项为a1+1=3,公比为3的等比数列,∴an+1=3•3n-1=3n,∴an=3n-1

当n=1时也适合,∴an=3n-1.

说明 一般地,若递推式为an=pan-1+q(p≠1,q≠0),则可构造另类等比数列{an+λ},其中λ=qp-1,先行解决an+λ,再求an.

例2 数列{an}中,各项均不为零.a1=2,an+3anan-1-an-1=0(n≥2),求an.

分析 {an}不是等差或等比数列,由递推式形状,考虑同除以anan-1,化为1an=1an-1+3,则构造了一个另类等差数列{1an},先求出1an,再求an.

解 (略)

说明:一般的,若数列递推式是an+panan-1-an-1=0或an=an-1pan-1+1(p为常数),则可构造另类等差数列{1an},先解决1an,再求an.

所以,若一个数列不是等差或等比数列,可将递推式变形,构造形如{an+λ}、1an、{a2n}、{an}等的等差数列或等比数列,先解决此类式子,再求出an的通项表达式.

例3 正项数列{an}中,sn为其前n项的和.an2-2ansn+1=0,求an

分析 原式是sn与an的混合式子,须用an=sn-sn-1化为只含有an或sn的递推式再加以解决.

解 n≥2时an=sn-sn-1

∴原式可化为(sn-sn-1)2-2(sn-sn-1)sn+1=0即sn2-sn-12=1

又n=1时a1=s1,∴a12-2a12+1=0,∴a1=s1=1,∴{sn2}是一个首项为s12=1,公差为1的等差数列.

∴sn2=n即sn=n.

又n≥2时,an=sn-sn-1=n-n-1,也适合n=1.

∴an=n-n-1.

说明 一般地,若递推式是含有an与sn的混合式子,则先利用an=sn-sn-1把原式化为只含有an或sn的递推式子,再构造另类数列解题.

二、推广

例4 已知数列{an}中,a1=2,an+1=4an+2n+1,求an.

解 (法1)an+1=4an+2n+1可化为an+1+2n+1=4(an+2n)

则{an+2n}为首项是a1+2=4,公比为4的等比数列,

∴an+2n=4•4n-1=4n即an=4n-2n.

解 (法2)an+1=4an+2n+1两边同除以2n+1得an+12n+1=2•an2n+1,

化为an+12n+1+1=2•(an2n+1)∴an2n+1为首项为a12+1=2,公比为2的等比数列,

∴an2n+1=2•2n-1=2n即an=4n-2n.

说明 若递推式中还含有含n的代数式的时候,可考虑构造另类数列{an•f(n)+g(n)}为等差或等比数列来解决.

例5 已知数列{an}中满足a1=32,且an=3nan-12an-1+n-1(n≥2,n∈N*),求数列{an}的通项公式.

解an=3nan-12an-1+n-1变形为1-nan=13(1-n-1an-1),

∴1-nan为首项为1-1a1=13,公比为13的等比数列,

∴1-nan=13n即an=n•3n3n-1.

总之,在解决由递推式求数列通项公式的问题时,若数列不是等差或等比数列,可将递推式适当变形,构造另类数列,使之成为等差或等比数列,先解决另类数列的通项,再进一步求出{an}的通项.

篇5：利用函数不动点求数列的通项公式

利用函数不动点求数列的通项公式

递推公式是给定数列的一种重要的.方式,已知数列的前,n项和递推公式求数列通项公式的试题在数学高考和竞赛中也屡见不鲜.

作 者：林国夫 作者单位：浙江省上虞市春晖中学,312353刊 名：数学通报 PKU英文刊名：BULLETIN DES SCIENCES MATHEMATICS年，卷(期)：47(12)分类号：O1关键词：

篇6：求数列通项公式说课稿

利用递推数列求通项公式，在理论上和实践中均有较高的价值.自从二十世纪八十年代以来，这一直是全国高考和高中数学联赛的热点之一.一、作差求和法

例1在数列{a

1n}中，a13,an1an

n(n1)，求通项公式an.解：原递推式可化为：a111111

n1annn1则a2a112,a3a22

3a111111

4a334，……，anan1n1n逐项相加得：ana11n.故an4n

.二、作商求和法

例2设数列{a

22n}是首项为1的正项数列，且(n1)an1nanan1an0（n=1,2,3…），则它的通项公式是an=▁▁▁（2000年高考15题）

解：原递推式可化为：

[(n1)aan1n

n1nan](an1an)=0∵ an1an＞0，a

n

1n则

a21a32a43an1aa,,,……，n

逐项相乘得：n1，即a1n=.12a23a34an1na1n

n

三、换元法

例3已知数列{a4n}，其中a1

3,a1

3129，且当n≥3时，anan13

(an1an2)，求通项公式an（1986年高考文科第八题改编）.解：设bn1anan1，原递推式可化为：b1n3b,{b是一个等比数列，b134111

n2n}1a2a1939，公比为3.故bn1

b(1)n219(13)n2(13)n.故aa1311

1nn1(3)n.由逐差法可得：an22(3)n3.例4已知数列{an}，其中a11,a22，且当n≥3时，an2an1an21，求通项公式an。解 由an2an1an21得：(anan1)(an1an2)1，令bn1anan1，则上式为bn1bn21，因此{bn}是一个等差数列，b1a2a11，公差为1.故bnn.。

由于b1b2bn1a2a1a3a2anan1an1

又bn(n1)

1b2bn1

2所以a1n1

2n(n1)，即a1

n2

(n2n2)

四、积差相消法

例5（1993年全国数学联赛题一试第五题）设正数列a0，a1，an…，an，…满足

anan2an1an2=2an1(n2)且a0a11，求{an}的通项公式.解将递推式两边同除以aann1an2整理得：

2a

n1aa1 n1n

2设ban

a

1n=

a，则b1na=1，bn2bn11，故有 10

b22b11⑴b32b21⑵

…………

bn2bn11(n1)

由⑴2

n2

+ ⑵2

n

3+…+(n1)20得b222n1=2n

n121，即

ana=2n

1.n1

逐项相乘得：an=(21)2(221)2(2n1)2，考虑到a01，故 a

n

1(21)(21)

(n0).(21)222n2

(n1)

五、取倒数法

例6已知数列{aan

1n}中，其中a11,，且当n≥2时，an

2a，求通项公式an。

n11

解将aan1n

2a两边取倒数得：1n11

a12，这说明{1

}是一个等差数列，首项

nan1an是

a1，公差为2，所以11(n1)22n1，即a1n.1

an2n1

六、取对数法

例7若数列{aa

2n}中，1=3且an1an（n是正整数），则它的通项公式是an=▁▁▁（2002

年上海高考题）.解由题意知an＞0，将an1a2

2lgalgan

1n两边取对数得lgan1

n，即

lga2，所以数n

列{lgalga1n1

n}是以lga1=lg3为首项，公比为2的等比数列，lgan12nlg32，即

a2n1

n3.七、平方（开方）法

例8若数列{an}中，a1=2且an3a

2n1（n2），求它的通项公式是an.解将an

a22a22

2n1两边平方整理得ann13。数列{an}是以a1=4为首项，3为公

差的等差数列。a2

na21(n1)33n1。因为an＞0，所以ann1。

八、待定系数法

待定系数法解题的关键是从策略上规范一个递推式可变成为何种等比数列，可以少走弯路.其变换的基本形式如下：

1、an1AanB（A、B为常数）型，可化为an1=A（an）的形式.例9若数列{an}中，a1=1，Sn是数列{an}的前n项之和，且SSn

n134S（n1），n

求数列{an}的通项公式是an.解 递推式SSnn1

34S可变形为1n

S3

14（1）

n1Sn设（1）式可化为

1S3（n1

S)（2）n

比较（1）式与（2）式的系数可得2，则有

1S23(1S2)。故数列{1

2}是

n1

nSn

以

11S23为首项，3为公比的等比数列。1

S2=33n13n。所以Snn3n

1。当n2，anSnS132123n

n1

n3n1232n83n

1

2。数列{a

123n(n1)n}的通项公式是an32n83n12

(n2)。

2、an

n1AanBC（A、B、C为常数，下同）型，可化为an1Cn1=A(anCn）的形式.例10在数列{an}中，a11,an12an43n1,求通项公式an。解：原递推式可化为：

an13n2(an3n1)①

比较系数得=-4，①式即是：an143n2(an43n1).则数列{a1n43n}是一个等比数列，其首项a143115，公比是2.∴an43n152n1 即a1n43n52n1.3、an2Aan1Ban型，可化为an2an1(A)(an1an)的形式。例11在数列{an}中，a11,a22，当nN，an25an16an ①求通项公式

an.解：①式可化为：

an2an1(5)(an1an)

比较系数得=-3或=-2，不妨取=-2.①式可化为：

an22an13(an12an)

则{an12an}是一个等比数列，首项a22a1=2-2（-1）=4，公比为3.∴an12a1n43n.利用上题结果有：

an43n152n1.4、an1AanBnC型，可化为an11n2A[an1(n1)2]的形式。例12 在数列{a

3n}中，a1

2，2anan1=6n3① 求通项公式an.解①式可化为：

2(an1n2)an11(n1)2②比较系数可

得：

=-6，29，②式为2bnbn1 

1{bn} 是一个等比数列，首项b1a16n9

∴bn

91，公比为.22

91n1

()22

n

即 an6n99()故an9()6n9.九、猜想法

运用猜想法解题的一般步骤是：首先利用所给的递推式求出a1,a2,a3,……，然后猜想出满足递推式的一个通项公式an，最后用数学归纳法证明猜想是正确的。

例13 在各项均为正数的数列{an}中，Sn为数列{an}的前n项和，Sn=通项公式。

n

篇7：数列通项公式方法总结

（2）9，99，999，……

分析：（1）0=12——1/2，每一项的分子是项数的平方减去1，分母是项数加上1，n2——1/n＋1＝n——1，其实，该数列各项可化简为0，1，2，3，……，易知an＝n——1。

（2）各项可拆成10-1，102-1，103-1，……，an＝10n——1。

此题型主要通过让学生观察、试验、归纳推理等活动，且在此基础上进一步通过比较、分析、概括、证明去揭示事物的本质，从而培养学生的思维能力。

二、已知数列的前n项和Sn

已知数列的前n项和Sn，求通项公式an，主要通过an与Sn的关系转化，即an -{ S1（n＝1） Sn -Sn——1（n≥2）

例2、已知数列{an }的前n项和Sn=2n+3，求an

分析：Sn=a1+a2 +……+an——1+an

Sn——1＝a1+a2 +……+an——1

上两式相减得 Sn -Sn——1=an

解：当n=1时，a1=S1=5

当n≥2时，an =Sn -Sn——1=2n+3-（2n——1+3）=2n——1

∵n=1不适合上式

∴an ={5（n=1） 2n——1（n≥2）

三、已知an与Sn关系

已知数列的第n项an与前n项和Sn间的关系：Sn=f（an），求an。一般的思路是先将Sn与an的关系转化为an与an——1的关系，再根据与的关系特征分为如下几种类型。不同的类型，要用不同的方法解决。

（1）an=an——1+k。数列属等差数列，直接代公式可求通项公式。

例3、已知数列{an}，满足a1=3，an=an——1+8，求an。

分析：由已知条件可知数列是以3为首项，8为公差的等差数列，直接代公式可求得an=8n-5。

（2）an=kan——1（k为常数）。数列属等比数列，直接代公式可求通项公式。

篇8：用构造法求数列通项公式

一、an+1-an=f (n) 型

【例1】 已知数列{an}中 , a1=0, an+1=an+2n-1, 求数列{an}的通项公式.

分析:把an+1=an+2n-1转化为an+1-an=f (n) , 然后用累加法求通项公式.

解:∵an+1-an=2n-1, ∴a2-a1=2×1-1, a3-a2=2×2-1, …, an-an-1=2 (n-1) -1,

以上n-1个式子两边分别相加得

an-a1=2[1+2+3…+ (n-1) ]- (n-1) ,

∴an= (n-1) 2.

【例2】 在数列{an}中, $a{}_1=1,a{}_{n+1}=(1+\frac{1}{n})a{}_n+\frac{n+1}{2{}^n}.$

(I) 设$b{}_n=\frac{a{}_n}{n}$, 求数列{bn}的通项公式;

(II) 求数列{an}的前n项和Sn.

$\begin{array}{l}\text{解}:(\text{Ι})\text{由}\text{已}\text{知}\text{得}\frac{a{}_{n+1}}{n+1}=\frac{a{}_n}{n}+\frac{1}{2{}^n},\therefore b{}_{n+1}-b{}_n=\frac{1}{2{}^n},\\ \therefore b{}_2-b{}_1=\frac{1}{2},b{}_3-b{}_2=\frac{1}{2{}^2},\cdots ,b{}_n-b{}_{n-1}=\frac{1}{2{}^{n-1}}(n\ge 2).\end{array}$

于是$b{}_n=b{}_1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2{}^2}+\cdots +\frac{1}{2{}^{n-1}}=2-\frac{1}{2{}^{n-1}}(n\ge 2).$

又b1=1也满足上式, 故所求的通项公式$b{}_n=2-\frac{1}{2{}^{n-1}}.$

$\begin{array}{l}(\text{Ι}\text{Ι})\text{由}(\text{Ι})\text{知}a{}_n=2n-\frac{n}{2{}^{n-1}}‚\\ \therefore S{}_n={\displaystyle \sum _{k=1}^n(}2k-\frac{k}{2{}^{k-1}})={\displaystyle \sum _{k=1}^n(}2k)-{\displaystyle \sum _{k=1}^n\frac{k}{2{}^{k-1}}}.\end{array}$

设${\rm T}{}_n=1+\frac{2}{2{}^1}+\frac{3}{2{}^2}+\frac{4}{2{}^3}+\cdots +\frac{n}{2{}^{n-1}}$,

则$\frac{1}{2}{\rm T}{}_n=\frac{1}{2}+\frac{2}{2{}^2}+\frac{3}{2{}^3}+\cdots +\frac{n-1}{2{}^{n-1}}+\frac{n}{2{}^n}$,

$\begin{array}{l}\text{两}\text{式}\text{相}\text{减}\text{得}\frac{1}{2}{\rm T}{}_n=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2{}^2}+\cdots +\frac{1}{2{}^{n-1}}-\frac{n}{2{}^n}=\frac{1-\frac{1}{2{}^n}}{1-\frac{1}{2}}-\frac{n}{2{}^n}=2-\frac{2}{2{}^n}-\frac{n}{2{}^n}‚\\ \therefore {\rm T}{}_n=4-\frac{n+2}{2{}^{n-1}}‚\therefore S{}_n=n(n+1)+\frac{n+2}{2{}^{n-1}}-4.\end{array}$

二

、$\frac{a{}_{n+1}}{a{}_n}=f(n)$型

【例3】 已知数列{an}中, $a{}_1=1,a{}_{n+1}=\frac{n}{n+1}a{}_n$, 求数列{an}的通项公式.

分析:把$a{}_{n+1}=\frac{n}{n+1}a{}_n$转化为$\frac{a{}_{n+1}}{a{}_n}=f(n)$型, 然后用累乘法求解.

解:$\because \frac{a{}_{n+1}}{a{}_n}=\frac{n}{n+1}‚\therefore \frac{a{}_2}{a{}_1}=\frac{1}{2},\frac{a{}_3}{a{}_2}=\frac{2}{3},\cdots ‚\frac{a{}_n}{a{}_{n-1}}=\frac{n-1}{n}.$

以上n-1个式子左右两边分别相乘得$\frac{a{}_n}{a{}_1}=\frac{1}{n}.\text{又}\because a{}_1=1‚\therefore a{}_n=\frac{1}{n}.$

三、an+1=pan+q型 (p、q为常数且p≠1)

【例4】 已知数列{an}中, a1=1, an+1=2an+5, 求数列{an}的通项公式.

分析:把an+1=pan+q 型转化为an+1+t=p (an+t) , 构造成等比数列再求通项公式.

解:将an+1=2an+5 化为an+1+t=2 (an+t) , 展开可求得t=5, 即an+1+5=2 (an+5) .

∴数列{an+5}是以a1+5=6为首项、公比为2的等比数列, 由等比数列通项公式得an+5=6·2n-1.

∴an=6·2n-1-5.

四、an+1=pan+f (n) 型

【例5】 设数列{an}的前n项和为 Sn, a1=1, Sn+1=4an+2.

(I) 设bn=an+1-2an, 证明数列{bn}是等比数列 ;

(II) 求数列{an}的通项公式.

解: (I) 由a1=1及Sn+1=4an+2, 有a1+a2=4a1+2, a2=3a1+2=5, ∴b1=a2-2a1=3.

由Sn+1=4an+2 , ①

则当n≥2时, 有 Sn=4an-1+2.②

①-②得an+1=4an-4an-1, ∴an+1-2an=2 (an-2an-1) .

又 ∵bn=an+1-2an, ∴bn=2bn-1.

数列{bn}是首项为b1=3、公比为2的等比数列.

(II) 由 (I) 可得$b{}_n=a{}_{n+1}-2a{}_n=3\cdot 2{}^{n-1},\therefore \frac{a{}_{n+1}}{2{}^{n+1}}-\frac{a{}_n}{2{}^n}=\frac{3}{4}.$

∴数列$\{\frac{a{}_n}{2{}^n}\}$是首项为$\frac{1}{2}$、公差为$\frac{3}{4}$的等差数列,

$\therefore \frac{a{}_n}{2{}^n}=\frac{1}{2}+(n-1)\frac{3}{4}=\frac{3}{4}n-\frac{1}{4}$, 即an= (3n-1) ·2n-2.

评析:第 (II) 问中an+1-2an=3·2n-1是an+1=pan+qn (p, q为常数) 型, 主要的处理手段是两边除以qn+1, 再用构造法求数列通项公式.

【例6】 在数列{an}中, a1=a, an+1=2Sn-2n-n2, 求数列{an}的通项公式.

解:∵an+1=2Sn-2n-n2,

∴an=2Sn-1-2n-1- (n-1) 2 (n≥2) .

又an+1-an=2an-2n-1-2n+1,

即 an+1=3an-2n-1-2n+1.

设 an+1+p2n+1+q (n+1) =3 (an+p2n+qn) ,

$\begin{array}{l}\text{对}\text{比}\text{系}\text{数}\text{得}p=-\frac{1}{2},q=-1.\\ \therefore n\ge 2\end{array}$

时, 数列{an-2n-1-n}是以首项为a2-2-2=2a-7、公比为3的等比数列.

$\therefore a{}_n=\{\begin{array}{l}a(n=1)；\\ (2a-7)3{}^{n-2}+2{}^{n-1}+n(n\ge 2).\end{array}$

五

、an+1=pa${}_n^r$型 (p>0, an﹥0)

【例7】 设正项数列{an}满足a1=1, an=3a${}_{n-1}^2$ (n≥2) , 求数列{an}的通项公式.

分析:对于an+1=pa${}_n^r$型 (p>0, an>0) , 一般是两边取以p为底的对数.

解:∵an=3a${}_{n-1}^2$,

∴log3an=log3 (3a${}_{n-1}^2$) =log33+2log3an-1.

∴log3an+1=2 (log3an-1+1) .

设bn=log3an+1, 则bn=2bn-1.

∴数列{bn}是以2为公比的等比数列, b1=log3a1+1=1.

∴bn=1×2n-1, ∴log3an+1=2n-1.

∴an=32n-1-1.

六

、$a{}_{n+1}=\frac{ra{}_n}{pa{}_n+q}$型

【例8】 已知数列{an}的首项$a{}_1=\frac{3}{5},a{}_{n+1}=\frac{3a{}_n}{2a{}_n+1}$, 求数列{an}的通项公式.

分析: 对$a{}_{n+1}=\frac{3a{}_n}{2a{}_n+1}$两边取倒数后再恰当构造数列即可.

$\begin{array}{l}\text{解}:\because a{}_{n+1}=\frac{3a{}_n}{2a{}_n+1},\therefore \frac{1}{a{}_{n+1}}=\frac{2}{3}+\frac{1}{3a{}_n}.\\ \therefore \frac{1}{a{}_{n+1}}-1=\frac{1}{3}(\frac{1}{a{}_n}-1),\therefore \end{array}$

数列$\{\frac{1}{a{}_n}-1\}$是以$\frac{1}{a{}_1}-1=\frac{2}{3}$、公比为$\frac{1}{3}$的等比数列.

$\therefore \frac{1}{a{}_n}-1=\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{3{}^{n-1}}=\frac{2}{3{}^n}.\therefore a{}_n=\frac{3{}^n}{3{}^n+2}.$

【例9】 已知数列{an}中, $a{}_1=1,a{}_{n+1}=c-\frac{1}{a{}_n}$, 设$c=\frac{5}{2}‚b{}_n=\frac{1}{a{}_n-2}$, 求数列{bn}的通项公式.

解:由已知有$a{}_{n+1}-2=\frac{5}{2}-\frac{1}{a{}_n}-2=\frac{a{}_n-2}{2a{}_n}$, 两边取倒数得

$\begin{array}{l}\frac{1}{a{}_{n+1}-2}=\frac{2a{}_n}{a{}_n-2}=\frac{4}{a{}_n-2}+2.\\ \therefore b{}_{n+1}=4b{}_n+2‚\therefore b{}_{n+1}+\frac{2}{3}=4(b{}_n+\frac{2}{3}).\end{array}$

∴数列$\{b{}_n+\frac{2}{3}\}$是首项为$-\frac{1}{3}$、公比为4的等比数列.

$\therefore b{}_n+\frac{2}{3}=-\frac{1}{3}\times 4{}^{n-1}$, 即$b{}_n=-\frac{1}{3}\times 4{}^{n-1}-\frac{2}{3}.$

七、an+2=pan+1+qan型

【例10】 已知数列{an}满足a1=1, a2=3, an+2=3an+1-2an , 求数列{an}的通项公式.

分析:若p+q=1, 则构造为an+2-an+1= (p-1) · (an+1-an) .

解: ∵an+2=3an+1-2an, ∴an+2-an+1=2 (an+1-an) .

∴数列{an+1-an}是以a2-a1=2为首项, 公比为2的等比数列.

∴an+1-an=2×2n-1=2n.

∴a2-a1=2, a3-a2=22, …, an-an-1=2n-1.

以上n-1个式子两边分别相加得

an-a1=2+22+…+2n-1,

∴an=2n-1.

【例11】 已知数列{an}中a1=1, a2=4, an+1=an+2an-1 (n≥2) , 求数列{an}的通项公式.

分析:若p+q≠1, 则构造为an+2+qan+1=p (an+1+qan) .

解:设an+2+qan+1=p (an+1+qan) , ∴p-q=1, pq=2.∴p=2, q=1或p=-1, q=-2.

当p=2, q=1时, 整理得an+1+an=2 (an+an-1) (n≥2) ,

∴数列{an+1+an}是以a2+a1=5为首项、公比为2的等比数列,

∴an+1+an=5×2n-1.①

当p=-1, q=-2时, 整理得an+1-2an=-1 (an-2an-1) ,

∴数列{an+1-2an}是以a2-2a1=2为首项、公比为-1的等比数列,

∴an+1-2an=2× (-1) n-1.②

$\begin{array}{l}\text{由}①-②\text{得}3a{}_n=5\times 2{}^{n-1}-2\times (-1){}^{n-1}\\ \therefore a{}_n=\frac{1}{3}[5\times 2{}^{n-1}-2\times (-1){}^{n-1}].\end{array}$

篇9：求数列通项公式的常用方法和技巧

一、 化归为特殊数列：等差（比）数列

例题1 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1=12,an=-2SnSn-1(n≥2)，求an．

分析 关于通项an与Sn的关系式，常用an=S1,n=1Sn-Sn-1,n≥2, 将其转化为Sn的递推式，或转化为an的递推式，本题适宜转化为Sn的递推式。

解 当n≥2时，由题设得Sn-Sn-1=-2SnSn-1，得1Sn-1Sn-1=2，

即1Sn是以1S1=2为首项，2为公差的等差数列，故1Sn=2+(n-1)•2=2n，即Sn=12n,n∈N*，

于是当n≥2时，an=-2SnSn-1=-2•12n•12(n-1)=-12n(n-1)，∴an=12,n=1，-12n(n-1),n≥2. 

点拨 类似地，递推式an+1=banaan+b(b≠0)，可变形为1an+1-1an=ab，可知1an成等差数列。

例题2 已知a1=2，点(an,an+1)在函数f(x)=x2+2x的图象上，其中n=1,2,3,….求数列{an}的通项．

分析 将点的坐标代入函数关系式，便可得an的递推关系式。

解 由已知得an+1=a2n+2an，所以an+1=(an+1)2-1，即an+1+1=

(an+1)2，

因为a1=2,所以an+1>1.两边取对数，得lg(an+1+1)=2lg(an+1)，令lg(an+1)=bn，得bn+1=2bn,n∈N*，所以{bn}成等比数列，所以bn=2n-1lg3，即lg(1+an)=2n-1lg3，所以an=32n-1-1．

点拨 一般地，递推式an+1=aqn(q≠0,0

二、 化归为常见基本型

(1) an+1=an+f(n)型；

(2) 若f(n)是常数，则递推式an+1-an=d，数列{an}为等差数列；

(3) 若f(n)是一次函数（或二次函数），则递推式an+1-an=kn+b（或an2+bn+c）符合叠加法的特征.

例题3 数列{an}中，a1=2，an+1=an+cn(c是常数，n=1,2,3,…)，且a1,a2,a3成公比不为1的等比数列．

(1) 求c的值；

(2) 求{an}的通项公式．

解 (1) c=2.过程略；(2) 当n≥2时，由于a2-a1=c,a3-a2=2c,…,an-an-1=(n-1)c,叠加得an-a1=［1+2+…+(n-1)］c=n(n-1)c2.又a1=2,c=2,故an=2+n(n-1)=n2-n+2(n=2,3…)，当n=1时，上式也成立．所以an=n2-n+2(n=1,2,…).

三、 化归为特殊型

（1） an+`1=qan+f(n)(q为常数，q≠0且q≠1)型；

(2) an+1an=mn+bk(mn+c)k(k≠0,m≠0,b-c=pm,p∈Z)型、an+1an=kn(k≠0)型

或an+1an=kmn(k≠0,m>0且m≠1)型．

例题4 已知数列{an}，a1=1,an+1=2an+3n,n∈N*，求通项公式an．

解 设an+1+x•3n+1=2(an+x•3n),得an+1=2an-x•3n，比较系数，得：-x•3n=3n，即x=-1.

所以an+1-3n+1=2(an-3n)，又a1-3=-2，所以数列an-3n是以-2为首项，2为公比的等比数列，所以an-3n=-2•2n-1,即an=3n-2n，n∈N*.

点拨 本题防止把an+1+x•3n+1=2(an+x•3n)设成an+1+x=2(an+x)。

例题5 已知数列{an}，a1=1,an > 0,n+1a2n+1-na2n+an+1an=0,n∈N*，求通项an．

解 由n+1a2n+1-na2n+an+1an=0得： ［(n+1)an+1-nan］(an+1+an)=0，因为an>0,所以an+1+an>0，所以(n+1)an+1-nan=0，得：an+1an=nn+1.所以an=1×12×23×34×…×n-1n=1n．

以上介绍的求数列通项公式较为常见，求数列通项公式的方法有很多，限于篇幅不能一一列举，希望同学们在平时训练过程中能注意积累，灵活掌握求数列通项公式的方法。

牛刀小试

1. 已知数列{an}满足a1=3,2an-an+1=n(n+1),n∈N*，求通项an．

2. 已知数列{an}满足a1=1,an=3n-1+an-1(n≥2).求{an}的通项公式.

3. 已知数列{an}，a1=1,an+1=2an+3,n∈N*，求数列{an}的通项公式．

4. 已知数列{an}满足a1=1,an=3an-1+3n,n≥2，求数列{an}的通项公式．

5. 已知数列{an}满足a1=1,an=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1(n≥2)，求

{an}的通项公式．

【参考答案】

1. an=1+2n.（提示：an+1-an=2n+1-2n,叠加相消）

2. an=3n-12.（提示：an-an-1=3n-1(n≥2)，叠加即可，注意讨论n=1）

3. an=4•2n-1-3，n∈N*.（提示：令an+1+t=2（an+t)，计算出t=3即可得等比数列）

4. an=3nn-23,n∈N*.（提示：此题和例题4的解法有区别，在等式两边同时除以3n得：

an3n=an-13n-1+1，得数列an3n为等差数列）

5. an=1,n=1，n!2,n≥2. 提示：当n≥2时an=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1，① 

当n≥3时an-1=a1+2a2+3a3+…+(n-2)•an-2，②

两式相减，得an-an-1=(n-1)an-1，显然an-1≠0，则anan-1=n，得a3a2=3,a4a3=4,…，an-1an-2=n-1，

又a2=a1=1，所以an=a2•a3a2•a4a3•…•an-1an-2•anan-1=1×3×4×…×(n-1)×n=n!2，n∈N*，n≥2,

所以an=1,n=1，n!2,n≥2. 

篇10：数列通项公式方法总结

(2)9，99，999，……

分析：(1)0=12——1/2，每一项的分子是项数的平方减去1，分母是项数加上1，n2——1/n+1=n——1，其实，该数列各项可化简为0，1，2，3，……，易知an=n——1。

(2)各项可拆成10-1，102-1，103-1，……，an=10n——1。

此题型主要通过让学生观察、试验、归纳推理等活动，且在此基础上进一步通过比较、分析、概括、证明去揭示事物的本质，从而培养学生的思维能力。

二、已知数列的前n项和Sn

已知数列的前n项和Sn，求通项公式an，主要通过an与Sn的关系转化，即an -{ S1(n=1) Sn -Sn——1(n≥2)

例2、已知数列{an }的前n项和Sn=2n+3，求an

分析：Sn=a1+a2 +……+an——1+an

Sn——1=a1+a2 +……+an——1

上两式相减得 Sn -Sn——1=an

解：当n=1时，a1=S1=5

当n≥2时，an =Sn -Sn——1=2n+3-(2n——1+3)=2n——1

∵n=1不适合上式

∴an ={5(n=1) 2n——1(n≥2)

三、已知an与Sn关系

已知数列的第n项an与前n项和Sn间的关系：Sn=f(an)，求an。一般的思路是先将Sn与an的关系转化为an与an——1的关系，再根据与的关系特征分为如下几种类型。不同的类型，要用不同的方法解决。

(1)an=an——1+k。数列属等差数列，直接代公式可求通项公式。

例3、已知数列{an}，满足a1=3，an=an——1+8，求an。

分析：由已知条件可知数列是以3为首项，8为公差的等差数列，直接代公式可求得an=8n-5。

(2)an=kan——1(k为常数)。数列属等比数列，直接代公式可求通项公式。

篇11：数列通项公式的求法教案

题：数列通项公式的求法 课题类型：高三第一轮复习课

授课教师：孙海明

1、知识目标：使学生掌握数列通项公式的基本求法：（1）利用公式求通项（2）累加法求通项（3）累乘法求通项，并能灵活地运用。

2、能力目标：通过例题总结归纳数列通项公式基本求法，培养学生观察、辨析、运用的综合思维能力，掌握由特殊到一般、无限化有限的化归转化的数学思想,提高学生数学素质。

3、情感目标：通过本节的学习，进一步培养学生的“实践—认识—再实践”的辨证唯物主义观点。

教学重点、难点：

重

点：数列通项公式的基本求法 难

点：复杂问题的化归转化 教学方法与教学手段：

教学方法：引导发现法（注重知识的发生过程，培养学生创新精神和实践能力）教学手段：多媒体辅助教学 教学过程：

一、创设情境，引出课题：

1、数列在历年的高考中都占有非常重要的地位。以近三年的高考为例：每年都出一道选择或填空、一道解答题，总分值为17分，占高考总成绩的百分之十。所以，希望同学们认真总结归纳基本方法，灵活运用解题。请同学们思考解决数列问题的关键是什么？（同学们一起回答：通项公式），那么这节课我们就来总结一下数列通项公式的基本求法。

《板书标题：数列通项公式的求法》

[设计意图]

使学生掌握数列在高考中的地位，从而使学生对数列的学习引起足够的重视，提高学习的积极性。

二、启发诱导、总结方法

1、利用公式求通项

《先给出例题，分析总结方法》

例、(07高考卷一)设an为等差数列,bn是各项都为正数的等比 数列,且ab1,ab21,ab13,求a,b的通项公式师生互动： 113553nn请同学分析叙述解题过程，老师板书。

an的公差为d,等比数列bn的公比为q,q0依题得解：设等差数列74222ab12dq21,ab14dq13,解得q4或q（舍）因为q0553 32 所以q2,所以d2，则a12(n1)2n，b2n1nn 教师引导学生分析例题题干，总结特点：“明确数列是等差还是等比数列”得出方法：利用公式求通项，并板书标题，再次强调使用类型。

《多媒体》给出同类的练习让学生巩固方法及解题过程。练:(06高考卷一)等比数列a,n中，a32,a2a43

求通项公式an

解:设等比数列{an}的公比为q,则q0 a22201a23,a4a3q2q2q解得q3或q qqq33 当q3时,ana3qn323n3 1当q时,ana3qn3233n

32、累加法求通项

回忆等差数列定义式及通项公式的推导过程，引出“累加法求通项”，并板书标题。引导学生分析条件，得出已知给出了数列相邻两项之差等于常数的结构，老师提出新问题：差值不是常数此法是否适用？给出例题让学生动手体会。

例、数列{an}中，a11,an1ann1,求通项公式an

解：由an1ann1得： a2a12 a3a23 a4a34  anan1n

学生通过亲身验会发现也可以用，从而总结得到：已知数列相邻两项之差的结构，可以使用累加法。

《多媒体》给出练习让学生进一步巩固此法的解题过程。

练:已知数列an满足a11,an3n1an1(n2), 求通项公式an左边各式等号两边分别相加得：ana1234n因a11，则an1234nn(n1)2

3、累乘法求通项

回忆等比数列定义及通项公式的推导过程，引出“累乘法求通项”，并板书标题。利用类比的方法引导学生自己总结累乘法所适合的结构类型：已知数列相邻两项之比。给出例题让学生分析叙述解题过程。并用多媒体展示解题过程，让同学对比找出不足。

例、已知数列{an}中,a12,an13nan,求通项公式ann13 解：由an13an得：n

aanna3an2a43 则a231，3，3,,3n1a1a2a3an1

相乘得： 以上各式等号左右分别n(n1)an123(n1)3则an232 a1

《多媒体》给出练习让学生进一步巩固此法的解题过程。

an1nan中，a12，练：在数列，求通项anan1 n[设计意图]

通过例题培养学生发现问题，总结规律的能力，利用对比方式提高学生举一反三的能力，通过练习巩固结论，从而达到培养学生“实践——认识——再实践”的辩证唯物主义观点。

三、知识拓展

发散思维

深化目标 《用多媒体展示四道习题》

bn是等差数列（）求证： 1

an中，a11,an12an2n，设bn

1、(08高考）已知数列an,n12an的通项公式（2）求数列

2、在数列an中，a11,an1an,求通项an1nan

an中,a12,an0,an1an2an1an，3、已知数列 求通项an

4、已知数列{an}的递推关系为an22an1an4，且a11，a23，求通项an

浅析：

1、3两题通过等式两边分别某个量，从而构造出等差数列，转化为利用公式求通项。2题通过两边取倒数的方法，从而构造出数列相邻两项之差的结构，转化为累加法求通项。4题较难，需先通过重新分组结合，从而构造等差数列，求得通项后又出现数列相邻两项之差的结构，再用累加法求通项。

[设计意图]

给出几个有深度难度的题，分析总结几种重要的变形方法，从而深化学习目标，培养学生发散思维，展示化归转化的数学思想，提高运用知识解决问题的能力。

四、总结本节主要内容

学生总结老师补充，并用多媒体展示。

小结：

数列通项公式的求法：

一、利用公式求通项

二、累加法求通项

三、累乘法求通项

五、布置作业

an的前n项和为Sn,S41,S817,1、(06高考卷)已知等比数列求数列an的通项公式an的公比q1,前n项和为Sn,(07高考卷二)设等比数列

2、的通项公式 已知a32,S45S2,求数列an

an满足a11,a33,3、(06高考福建)已知数列an23an12an,求数列an的通项公式an4、已知数列{an},a11,ann1an1(n2),求通项公式ann

[设计意图]

作业选择高考题，主要让学生再次感受到本节内容的重要，增强高考应变能力，提高学生的高考意识。

板书：

通项公式的求法

一、利用公式求通项（明确数列等差还是等比）

例、(07高考卷一)设an为等差数列,bn是各项都为正数的等比数列,且a1b11, ab21,ab13,求a,b的通项公式3553nn 解：设等差数列an的公差为d,等比数列bn的公比为q,q0依题得 7a3b512dq421,a5b314dq213,解得q24或q2（舍）因为q0 2 所以q2,所以d2，则an12(n1)2n，bn2n1

二、累加法求通项

（已知数列相邻两项之差）例、数列{an}中，a11,an1ann1,求通项公式an

解：由an1ann1得： a2a12 a3a23 a4a34  aannn1

三、累乘法求通项

（已知数列相邻两项之比）

左边各式等号两边分别相加得：ana1234n因a11，则an1234nn(n1)2例、已知数列{an}中,a12,an13nan,求通项公式an 解：由aan1n3a得：3n1nann则aaa2a31，332，433,,n3n1a1a2a3an1 以上各式等号左右分别相乘得：n(n1)an123(n1)3则an232 a1

[设计意图]