递推关系求通项公式教案
递推公式求通项
递推公式求通项一、一阶线性递推一阶线性递推式的一般形式：，其中为常数或关于的函数.根据的不同分为以下几类：1、，即，此时数列为等差数列.2、，即，此时数列为等比数列.3、，即为的函数，此时用累加法.4、，即为的函数，此时用累乘法.5、，即，此时待定系数法构造等比数列.6、，即为的一次函数，此时待定系数法构造等比数列，此法可推广到为的高次函数仍然适用.7、，即，此时同除后待定系数法构造等比数列.【基本概念】二、奇偶分析法8、或，此时奇偶分析法。
特别地，也可以写成，然后采用5（或6、7）的方法.三、分式递推式（一次）分式递推式的一般形式：，其中为常数.根据的不同分为2类：9、，即，此时取倒数法.10、，即，此时不动点法。
特别地，当时，就相当于5的情况，也可以使用待定系数法构造等比数列.四、高次递推式11、，其中，此时两边取对数将次数转化为系数，进而将递推形式转化为线性递推式，然后根据线性递推式的方法求解.五、二阶递推式12、，此时待定系数法.六、其他递推式13、与的递推式，先求利用前述求解的方法求出，再利用求解.14、与的递推式，直接利用可转化为与的递推式求解，也可转化为与的递推式求解.高频考点1 累加法(逐差法) ，其中常见形式为关于的一次函数、二次函数、指数函数、分式函数或它们的组合等.【例 1.1】 设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－a n ＝2n －3，则数列{a n }的通项公式为________．【高频考点】[强化训练1.1]设数列{a n}满足a1＝2，a n＋1－a n＝3·22n－1，则数列{a n}的通项公式为________．[强化训练1.2]设数列{a n}满足a1＝1，a n＋1－a n＝3n－2n，则数列{a n}的通项公式为________．。
2020届高考数学一轮总复习第六单元数列与算法第39讲由递推公式求通项课件理新人教A版
解：(1)依题意，S1＝1－a1，即 a1＝1－a1， 所以 a1＝21＝1×1 2. S2＝1－2a2，即 a1＋a2＝1－2a2， 所以 a2＝61＝2×1 3. S3＝1－3a3，即 a1＋a2＋a3＝1－3a3， 所以 a3＝112＝3×1 4. S4＝1－4a4，即 a1＋a2＋a3＋a4＝1－4a4， 所以 a4＝210＝4×1 5.
解得 a1＝3，a2＝5，a3＝7.
(2)由(1)猜想 an＝2n＋1. 因为 Sn＝2nan＋1－3n2－4n，① n≥2 时，Sn－1＝2(n－1)an－3(n－1)2－4(n－1)，② ①－②得：
an＝2nan＋1－2(n－1)an－3[n2－(n－1)2]－4[n－(n－1)]， 所以 2nan＋1＝(2n－1)an＋6n＋1(n≥2)， 所以 an＋1＝2n2－n 1an＋6n2＋n 1，
累加法、累乘法 转化法 归纳、猜想与证明
考点1·累加法、累乘法
【例 1】已知数列{an}中，a1＝1，前 n 项和为 Sn＝n＋3 2an. (1)求 a2，a3； (2)求{an}的通项公式．
分析：由 Sn 与 an 的关系求通项，可利用 an 与 Sn 的关系：
an＝SS1n， －Sn－1，
点评：(1)累加法和累乘法是推导等差数列和等比数列 的通项公式时所采用的方法，是递推关系求通项的两种最 基本的方法．
(2)一般地，若 an－an－1＝f(n)，在 f(n)可求和的条件下， 求 an 可采用累加法；
若aan－n1＝g(n)，在 g(n)可求积的条件下，求 an 可采用 累乘法．
考点2·转化法
高考总复习第（1）轮 理科数学
高中数学教案《由递推公式求通项公式
高中数学教案《由递推公式求通项公式》一、教学目标：1. 理解递推公式的概念，掌握递推公式的求解方法。
2. 能够运用递推公式求解简单的数列通项公式。
3. 培养学生的逻辑思维能力和解决问题的能力。
二、教学内容：1. 递推公式的定义和性质。
2. 递推公式的求解方法。
3. 运用递推公式求解数列通项公式。
三、教学重点与难点：1. 重点：递推公式的求解方法，数列通项公式的求解。
2. 难点：递推公式的灵活运用，解决复杂问题。
四、教学方法：1. 采用问题驱动的教学方法，引导学生主动探究递推公式的求解方法。
2. 通过案例分析，让学生掌握递推公式在求解数列通项公式中的应用。
3. 利用数形结合的方法，帮助学生直观地理解递推公式的性质。
五、教学过程：1. 导入：引导学生回顾数列的相关知识，为新课的学习做好铺垫。
2. 递推公式的定义与性质：讲解递推公式的定义，引导学生理解递推公式的性质。
3. 递推公式的求解方法：介绍递推公式的求解方法，引导学生掌握求解技巧。
4. 数列通项公式的求解：讲解如何运用递推公式求解数列通项公式，引导学生独立解决问题。
5. 案例分析：分析典型例题，让学生加深对递推公式的理解和运用。
6. 练习与拓展：布置练习题，巩固所学知识，引导学生运用递推公式解决实际问题。
8. 作业布置：布置适量作业，让学生巩固所学知识。
9. 课后辅导：针对学生在作业中遇到的问题进行辅导，提高学生的解题能力。
10. 教学评价：对学生的学习情况进行评价，为下一步教学提供参考。
六、教学评价：1. 学生能够准确理解递推公式的概念及其在数列中的作用。
2. 学生能够运用不同的方法解决递推公式的问题，并正确求解通项公式。
3. 学生能够分析问题，将实际问题转化为数学问题，并运用递推公式解决。
4. 学生能够通过案例分析，理解递推公式在不同情境下的应用。
5. 学生能够独立完成课后作业，并对遇到的问题进行自主思考和解决。
七、教学拓展：1. 探讨递推公式在其他数学领域的应用，如组合数学、图论等。
常见递推数列通项公式的求法
关系求通项公式的类型．
解 ：依题 意得 ，。＝０ 一。＝１ ３ ＝ ，…，％一％一＝ ｌ ， ｌ ，ａ一 ３ 】
２ ｎ一１ 一１＝２ （ ） ｎ一３ ．
２ ．当 Ｐ ，ｑ ≠１ ≠Ｏ时 ，可转化为等 比数列型 嘞＋＝ ％＋ｑ Ｉｐ ．
摘要 ：递 推数 列是一类广 泛而复 杂的问题 ，具有逻辑推 理 项 公 式 ． 性强 ，求解方法开放 、灵活等特点．递推数列是 数列 中的重要 内
思 路 分 析 ：构 造 辅 助 数 列 ％过 递推 关 系，观 察 、探 求 数 列 的 规 律 ，进 而 可 求 出数 列 求通项过程 中，多次利用递推 的思想 方法以及把 一般 数列转化
解 ：由 ％＋—３ｎｌ ＝０ ２ ａ＋＋２ ，得 ％＋一 ＋一２ ％＋一％） ， ２ ｌ （ ｌ ＝０
即 ＋ 一％＋ ＝２ ＋ 一 ，且 啦 一 ＝５ ２ ｌ （ １ ％） —２＝３ ，
所 以｛ ％＋一％ ｝ 以 ２为 公 比 ，３为 首 项 的等 比数 列 ， 是
所 以 ％＋ 一％＝３ ． Ｉ ×２
口 ａ 十 ａ
（ ≠Ｏ ． ｃ ）
那
【 解后反 思 】由递 推关 系得 ，若－（ ） 一常数 ，即第 一种 类 厂 ｎ是
型 ，直 接可得是 一等差 数列 ；若 ＋ ～ 不是 常数，而是关 于 ｎ
累和型递推关 系，递推公式为 ％＋＝ ＋ （ ） 。 厂 ｎ ．
则 ｛ 是 以 ｏ ＝１ ％｝ 为首项 ，３ 为公差 的等差数列．
所 以数 列 的 通项 ％ ＝１ ｎ ） ＝３ 一 ２ ＋（ 一１ Ｘ３ ｎ ．
例 ４ 在数列｛ 中， ＝０且 ％＋＝％＋２ ％｝ 。 ｎ一１ ，求通项 ％．
高中数学教案《由递推公式求通项公式
高中数学教案《由递推公式求通项公式》一、教学目标：1. 让学生理解递推公式的概念，掌握由递推公式求通项公式的方法。
2. 培养学生运用数学知识解决实际问题的能力。
3. 提高学生分析问题、逻辑思维和归纳总结的能力。
二、教学内容：1. 递推公式的定义和特点。
2. 由递推公式求通项公式的基本方法。
3. 常见类型的递推公式及求通项公式的技巧。
三、教学重点与难点：1. 教学重点：递推公式的定义，由递推公式求通项公式的方法。
2. 教学难点：递推公式求通项公式的技巧，实际应用中的问题解决。
四、教学过程：1. 导入：通过生活中的实例，引导学生了解递推公式的概念。
2. 新课讲解：讲解递推公式的定义、特点，以及由递推公式求通项公式的基本方法。
3. 例题解析：分析常见类型的递推公式，讲解求通项公式的技巧。
4. 练习与讨论：学生独立完成练习题，教师解答疑问，引导学生总结规律。
5. 课堂小结：回顾本节课所学内容，强调递推公式求通项公式的方法和技巧。
五、课后作业：1. 理解并掌握递推公式的定义和特点。
2. 熟练运用递推公式求通项公式的基本方法。
3. 练习常见类型的递推公式求通项公式，总结求解规律。
4. 结合生活实际，寻找递推公式的应用实例，体会数学在生活中的作用。
六、教学策略与方法：1. 采用问题驱动的教学方法，引导学生从实际问题中发现递推公式的规律。
2. 利用数列的知识，帮助学生理解递推公式与通项公式之间的关系。
3. 通过小组合作、讨论交流的方式，培养学生团队合作精神和沟通能力。
4. 利用多媒体课件，直观展示递推公式的推导过程，增强学生的理解力。
七、教学评价：1. 课堂提问：检查学生对递推公式概念和求通项公式方法的理解程度。
2. 课后作业：评估学生对课堂所学知识的掌握情况。
3. 小组讨论：评价学生在团队合作中的表现，以及沟通能力和问题解决能力。
八、教学拓展：1. 探讨递推公式在其他学科领域的应用，如计算机科学、物理学等。
2. 引导学生研究更复杂的递推公式，提高学生的数学思维能力。
数列的通项公式与递推公式 第2课时
×…×aa32
×aa21
n－1 ×a1＝ n
n－2 ×n－1
n－3 ×n－2
2 ×…×3
1 ×2
×1＝n1
.
又因为 n＝1 时，a1＝1，符合上式，所以 an＝1n (n∈N*).
由递推公式求通项公式的方法 1．累差法：形如 an＋1－an＝f(n)的递推公式，可以利用 a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an －an－1)＝an(n≥2，n∈N*)求通项公式；
所以a1n ＝a11 ＋a12－a11 ＋a13－a12 ＋…＋a1n－an1－1
＝2＋
111
n 1个1
＝n＋1.所以a1n ＝n＋1(n≥2)，
又 a1＝12 也适合上式，所以 an＝n＋1 1 .
角度 2 累乘法
【典例】设数列{an}中，a1＝1，an＝1－n1 an－1(n≥2)，求通项公式 an.
n，0
an
1， 2
n－1，12 an 1，
若 a1＝67 ，则 a2 021＝________．
【解析】计算得 a2＝2a1－1＝57 ，a3＝2a2－1＝37 ，a4＝2a3＝76 .
故数列{an}是以 3 为周期的周期数列， 又因为 2 021＝673×3＋2，所以 a2 021＝a2＝57 .
2．符合递推关系式 an＝ 2 an－1(n≥2)的数列是( )
A．1，2，3，4，…
B．1， 2 ，2，2 2 ，…
C. 2 ，2， 2 ，2，…
D．0， 2 ，2，2 2 ，…
【解析】选 B.B 中从第二项起，后一项是前一项的 2 倍，符合递推公式 an＝
2 an－1.
3．数列{an}中，an＋1＝an＋2－an，a1＝2，a2＝5，则 a5＝( )
递推数列通项公式求法(教案设计)
递推数列通项公式的求法彭山一中 郑昌建一、课题：常见递推数列通项公式的求法二、教学目标1、知识与技能：会根据递推公式求出数列中的项，并能运用累加、累乘、待定系数等方法求数列的通项公式。
2、过程与方法：①复习回顾所学过的通项公式的求法，对比递推公式与通项公式区别认识到由递推公式求通项公式的重要性，引出课题。
②对比等差数列的推导总结出累加法的试用题型。
③学生分组讨论完成累乘法及待定系数法的相关题型。
3、情感态度与价值观：①通过对数列的递推公式的分析和探究，培养学生主动探索、勇于发现的求知精神；②通过对数列递推公式问题的分析和探究，使学生养成细心观察、认真分析、善于总结的良好思维习惯；③通过互助合作、自主探究等课堂教学方式培养学生认真参与、积极交流的主体意识。
三、教学重点：根据数列的递推关系式求通项公式。
四、教学难点：解题过程中方法的正确选择。
五、教学课型，课时：复习课 1课时六、教学手段：多媒体课件，黑板，粉笔七、教学方法： 激励——讨论——发现——归纳——总结八、教学过程（一）复习回顾：1、通项公式的定义及其重要作用2、学过的通项公式的几种求法3、区别递推公式与通项公式，从而引入课题（二）新知探究：问题1:已知数列}{n a ，1a =1，1n a +=n a +2，求n a ?变式： 已知数列}{n a ，1a =1，1n a +=n a +2n ，求n a ?活动：通过分析发现形式类似等差数列，故想到用累加法去求解。
教师引导学生细致讲解整个解题过程。
解：由条件知：n a a n n 21=-+分别令)1(,,3,2,1-⋅⋅⋅⋅⋅⋅=n n ，代入上式得)1(-n 个等式累加之，即)()()()(1342312--+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+-+-+-n n a a a a a a a a)1(2)2(232222-⨯+-⨯+⨯+⨯+=n n所以[]2)1(22)1(1-⨯+-=-n n a a n 由1a =1，12+-=∴n n a n 练习： 已知数列}{n a ，1a =1，n n n a a 211=-+，求n a ? 总结：类型1：)(1n f a a n n =-+，利用累加法(逐差相加法)求解。
由递推公式求通项公式教案
由递推公式求通项公式（复习课）教案教学目标知识与技能1.了解递推公式的定义2.能够根据数列的递推公式求数列的通项公式.过程与方法1.介绍递推公式的定义；2.根据数列1+n a 与n a 的关系用累加累乘法求数列的通项公式的讲解. 情感、态度与价值观通过本节课学习，体会合作探究的乐趣，并且提高学生的主动积极性和合作探究意识。
教学重点：由数列1+n a 与n a 的关系求数列的通项公式 教学难点：由数列1+n a 与n a 的关系求数列的通项公式及化简过程中项数的确定。
教学过程：课题导入：复习等差等比数列的通项公式以及根据n n S a 与的关系求通项公式 讲授内容：在数列{n a }中，若1a ＝1，1+n a ＝n a ＋2(n ≥1)，则该数列的通项n a ＝________. 变式1：{n a }中，若1a ＝1，1+n a ＝n a ＋2n (n ≥1)，则该数列的通项n a ＝________. 变式2：在数列{n a }中，若1a ＝1，1+n a ＋1＝n a ＋ n 2 (n ≥1)，则该数列的通项n a ＝________. (2014·北京模拟考)在数列{n a }中，1+n a ＝2n a (n ≥1)若1a ＝1,则该数列的通项n a ＝________.变式3．在数列{n a }中，若1a ＝1，,21n n n a a =+ (n ≥1)，则该数列的通项n a ＝________.(2013·四川高考)在数列{n a }中，若1a ＝1，n a ＝1-n a ＋3n －2(n ≥2)，则该数列的通项为（）23.n A n n B +23. 23.2n n C + 23.2n n D -(2014课标2模拟考)在数列{n a }中，若 1a ＝1，,111+-=-n n a a n n (n ≥2)，则该数列的通项n a ＝________.课堂小结1.这节课我们收获了什么？2.在运用知识点的时候该注意什么问题？。
由递推关系式求数列通项公式的常用策略
略 一 ＮＩ 得 ＝ 争 ３ ， 解 ： Ｎ ２ ， ÷・ ＋令 ＝ 则 Ｎ Ｎ Ｉ ，
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用 定 数 解 ：： ．÷） ６ 待 系 法 得６ ７ （ 一
从而 口 ＝１ ×３ ’ ６ ・ ４ － ２
略二两同 ３， ＝ ＋÷“ 解 ： 除 ＇ 争 ２ ） 边 得 （ 令 ， 一＝÷ ｃ争则 ｃ２ ） ＝ ｃ （
（转 ７ ） 下第８ 页源自语数外学 习 Ｎｏ． ． ０１ ０１ ２ ２
Ｙ ｈ ｉ Ｕ ｉ ＵＳ ｕＷａ Ｘ ｅＸ
２１ ０ ２年第 １ 期
回答 ：３ １ ％。可见 ， 理智 的投资需要借 助于分析投 资收益概 率 碍 。所 以， 在课 堂 中引 入 应 用 性 比 较 强 的 实 例 ， 好 既 能 客 观 最
和 企 业 价值 。 继股 票 之 后 ， 票 也 成 为 了 热 门 的 风 险 投 资 形 式 。据 统 彩 联 系现 实 社会 ， 又能 最 大程 度 上 实 现教 学 目的 。 比如 ， 这样 一 道 跨 学 科 的概 率 题 ： １ Ｌ 【 有 Ｌ ，２，３三 只灯 泡 串 ．
口 ＝ ， 通项 ｎ。 ． ０求 略解 ： 易知 ＝
由等比数列 ｛ ＋ 一ａ ｝ ｎ ＋ 一 ＝ ， ．知 ．． ａ ２
再 用 累加 法 可知 ＝ 。 ２ 一Ｉ
方法二 ： 当取 ｑ ＝ｌ 时
，
数 学
则 ＝ ，＝ ，＝ ， 等， ＝ 詈 ÷詈 ÷詈 ÷‘ 一 差＝
教 育
五、 已知数列 ｛ 满足 ａ＋ ：／ Ｄ・ ， ６ ｑ 常 ａ｝ ＾ ． ｃ ＋ ａ ｑ（ 、 为 ，
数 ） 可两边同除 以 ｑ 得 。 ， ．
＝
寺争寺用定数求； 两同以 ‘＋， 系法解 可边除 待 也
由递推公式求数列的通项(说课稿)
由递推公式求数列的通项（说课稿）一、学情分析和教法设计：1、学情分析：学生在前一阶段的学习中已经基本掌握了等差、等比数列这两类最基本的数列的定义、通项公式、求和公式，同时也学过了数列通项公式的求法，也接触过了数列的递推关系。
但这部分内容学生容易出差错，所以有必要对此内容进行深入研究，使学生能更好的掌握。
本节课作为一节专题探究课，将会根据递推公式求出数列的项，并能运用累加、累乘、化归等方法求数列的通项公式，从而培养学生观察、分析、归纳、猜想的能力、逻辑思维能力以及演绎推理的能力。
2、教法设计：本节课设计的指导思想是：讲究效率，加强变式训练、合作学习。
采用以问题情景为切入点，引导学生进行探索、讨论，注重分析、启发、反馈。
先引出相应的知识点，然后剖析需要解决的问题，在例题及变式中巩固相应方法，再从讨论、反馈中深化对问题和方法的理解，从而较好地完成知识的建构，更好地锻炼学生探索和解决问题的能力。
在教学过程中采取如下方法：①诱导思维法：使学生对知识进行主动建构，有利于调动学生的主动性和积极性，发挥其创造性；②分组讨论法：有利于学生进行交流，及时发现问题，解决问题，调动学生的积极性；③讲练结合法：可以及时巩固所学内容，抓住重点，突破难点。
④思维导图：利用思维导图，将本节课内容进行梳理，联系之前学习的内容，进行发散思维，加深学生的记忆。
二、教学设计：1、教材的地位与作用：递推公式是认识数列的一种重要形式，是给出数列的基本方式之一。
对数列的递推公式的考查是近几年高考的热点内容之一，属于高考命题中常考常新的内容；化归思想是本课时的重点数学思想方法，化归思想就是把不熟悉的问题转化成熟悉问题的数学思想，即把数学中待解决或未解决的问题，通过观察、分析、联想、类比等思维过程，选择恰当的方法进行变换、转化，归结到某个或某些已经解决或比较容易解决的问题上，最终解决原问题的一种数学思想方法；化归思想是解决数学问题的基本思想，解题的过程实际上就是转化的过程。
数学(文)由递推公式求通项的7种方法及破解数列中的3类探索性问题
由递推公式求通项的7种方法及破解数列中的3类探索性问题一、由递推公式求通项的7种方法1．a n ＋1＝a n ＋f (n )型把原递推公式转化为a n ＋1－a n ＝f (n )，再利用累加法(逐差相加法)求解，即a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝a 1＋f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (n －1)．[例1] 已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1＝a n ＋1n 2＋n，求a n . [解] 由条件，知a n ＋1－a n ＝1n 2＋n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，则(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1)＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ， 所以a n －a 1＝1－1n. 因为a 1＝12，所以a n ＝12＋1－1n ＝32－1n. 2．a n ＋1＝f (n )a n 型把原递推公式转化为a n ＋1a n ＝f (n )，再利用累乘法(逐商相乘法)求解，即由a 2a 1＝f (1)，a 3a 2＝f (2)，…，a n a n －1＝f (n －1)，累乘可得a n a 1＝f (1)f (2)…f (n －1)． [例2] 已知数列{a n }满足a 1＝23，a n ＋1＝n n ＋1·a n，求a n . [解] 由a n ＋1＝n n ＋1·a n ，得a n ＋1a n ＝n n ＋1， 故a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝n －1n ×n －2n －1×…×12×23＝23n .即a n ＝23n . 3．a n ＋1＝pa n ＋q (其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠0)型对于此类问题，通常采用换元法进行转化，假设将递推公式改写为a n ＋1＋t ＝p (a n ＋t )，比较系数可知t ＝q p －1，可令a n ＋1＋t ＝b n ＋1换元即可转化为等比数列来解决． [例3] 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3，求a n .[解] 设递推公式a n ＋1＝2a n ＋3可以转化为a n ＋1－t ＝2(a n －t )，即a n ＋1＝2a n －t ，则t ＝－3.故递推公式为a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)．令b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝4，且b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2.所以{b n }是以b 1＝4为首项，2为公比的等比数列．所以b n ＝4×2n －1＝2n ＋1，即a n ＝2n ＋1－3. 4．a n ＋1＝pa n ＋q n (其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠0)型(1)一般地，要先在递推公式两边同除以q n ＋1，得a n ＋1q n ＋1＝p q ·a n q n ＋1q ，引入辅助数列{b n }⎝⎛⎭⎫其中b n ＝a n q n ，得b n ＋1＝p q ·b n ＋1q，再用待定系数法解决； (2)也可以在原递推公式两边同除以p n ＋1，得a n ＋1p n ＋1＝a n p n ＋1p ·⎝⎛⎭⎫q p n ，引入辅助数列{b n }⎝⎛⎭⎫其中b n ＝a n p n ，得b n ＋1－b n ＝1p ⎝⎛⎭⎫q p n ，再利用叠加法(逐差相加法)求解． [例4] 已知数列{a n }中，a 1＝56，a n ＋1＝13a n ＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1，求a n . [解] 法一：在a n ＋1＝13a n ＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1两边乘以2n ＋1，得2n ＋1·a n ＋1＝23(2n ·a n )＋1. 令b n ＝2n ·a n ，则b n ＋1＝23b n ＋1， 根据待定系数法，得b n ＋1－3＝23(b n －3)． 所以数列{b n －3}是以b 1－3＝2×56－3＝－43为首项， 以23为公比的等比数列． 所以b n －3＝－43·⎝⎛⎭⎫23n －1，即b n ＝3－2⎝⎛⎭⎫23n . 于是，a n ＝b n 2n ＝3⎝⎛⎭⎫12n －2⎝⎛⎭⎫13n . 法二：在a n ＋1＝13a n ＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1两边乘以3n ＋1，得 3n ＋1a n ＋1＝3n a n ＋⎝⎛⎭⎫32n ＋1.令b n ＝3n ·a n ，则b n ＋1＝b n ＋⎝⎛⎭⎫32n ＋1.所以b n －b n －1＝⎝⎛⎭⎫32n ，b n －1－b n －2＝⎝⎛⎭⎫32n －1，…，b 2－b 1＝⎝⎛⎭⎫322.将以上各式叠加，得b n －b 1＝⎝⎛⎭⎫322＋…＋⎝⎛⎭⎫32n －1＋⎝⎛⎭⎫32n . 又b 1＝3a 1＝3×56＝52＝1＋32，所以b n ＝1＋32＋⎝⎛⎭⎫322＋…＋⎝⎛⎭⎫32n －1＋⎝⎛⎭⎫32n ＝1·⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫32n ＋11－32＝2⎝⎛⎭⎫32n ＋1－2， 即b n ＝2⎝⎛⎭⎫32n ＋1－2.故a n ＝b n 3n ＝3⎝⎛⎭⎫12n －2⎝⎛⎭⎫13n . 5．a n ＋1＝pa n ＋an ＋b (p ≠1，p ≠0，a ≠0)型这种类型一般利用待定系数法构造等比数列，即令a n ＋1＋x (n ＋1)＋y ＝p (a n ＋xn ＋y )，与已知递推式比较，解出x ，y ，从而转化为{a n ＋xn ＋y }是公比为p 的等比数列．[例5] 设数列{a n }满足a 1＝4，a n ＝3a n －1＋2n －1(n ≥2)，求a n .[解] 设递推公式可以转化为a n ＋An ＋B ＝3[a n －1＋A (n －1)＋B ]，化简后与原递推式比较，得⎩⎪⎨⎪⎧ 2A ＝2，2B －3A ＝－1， 解得⎩⎪⎨⎪⎧A ＝1，B ＝1. 令b n ＝a n ＋n ＋1.(*)则b n ＝3b n －1，又b 1＝6，故b n ＝6·3n －1＝2·3n ， 代入(*)式，得a n ＝2·3n －n －1.6．a n ＋1＝pa r n (p >0，a n >0)型这种类型一般是等式两边取对数后转化为a n ＋1＝pa n ＋q 型数列，再利用待定系数法求解．[例6] 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝1a ·a 2n(a >0)，求数列{a n }的通项公式． [解] 对a n ＋1＝1a ·a 2n的两边取对数， 得lg a n ＋1＝2lg a n ＋lg 1a. 令b n ＝lg a n ，则b n ＋1＝2b n ＋lg 1a. 由此得b n ＋1＋lg 1a ＝2⎝⎛⎭⎫b n ＋lg 1a ，记c n ＝b n ＋lg 1a，则c n ＋1＝2c n ， 所以数列{c n }是以c 1＝b 1＋lg 1a ＝lg 1a为首项，2为公比的等比数列． 所以c n ＝2n －1·lg 1a. 所以b n ＝c n －lg 1a ＝2n －1·lg 1a －lg 1a＝lg ⎣⎡⎦⎤a ·⎝⎛⎭⎫1a 2n －1＝lg a 1－2 n －1， 即lg a n ＝lg a 1－2 n －1，所以a n ＝a 1－2 n －1.7．a n ＋1＝Aa n Ba n ＋C(A ，B ，C 为常数)型 对于此类递推数列，可通过两边同时取倒数的方法得出关系式[例7] 已知数列{a n }的首项a 1＝35，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，n ＝1,2,3，…，求{a n }的通项公式． [解] ∵a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，∴1a n ＋1＝23＋13a n， ∴1a n ＋1－1＝13⎝⎛⎭⎫1a n －1. 又1a 1－1＝23， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是以23为首项，13为公比的等比数列， ∴1a n －1＝23·13n －1＝23n ， ∴a n ＝3n3n ＋2. 二、破解数列中的4类探索性问题1．条件探索性问题此类问题的基本特征是：针对一个结论，条件未知需探求，或条件增删需确定，或条件正误需判定，解决此类问题的基本策略是：执果索因，先寻找结论成立的必要条件，再通过检验或认证找到结论成立的充分条件，在“执果索因”的过程中，常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，应引起注意．[例1] 已知数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝3，其前n 项和S n 满足S n ＋2＋S n ＝2S n ＋1＋1(n ∈N *)；数列{b n }中，b 1＝a 1，b n ＋1＝4b n ＋6(n ∈N *)．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝b n ＋2＋(－1)n －1λ·2a n (λ为非零整数，n ∈N *)，试确定λ的值，使得对任意n ∈N *，都有c n ＋1>c n 成立．[解] (1)由已知得S n ＋2－S n ＋1－(S n ＋1－S n )＝1，所以a n ＋2－a n ＋1＝1(n ≥1)．又a 2－a 1＝1，所以数列{a n }是以a 1＝2为首项，1为公差的等差数列．所以a n ＝n ＋1.因为b n ＋1＝4b n ＋6，即b n ＋1＋2＝4(b n ＋2)，又b 1＋2＝a 1＋2＝4，所以数列{b2＋2}是以4为公比，4为首项的等比数列．所以b n＝4n－2.(2)因为a n＝n＋1，b n＝4n－2，所以c n＝4n＋(－1)n－1λ·2n＋1.要使c n＋1>c n成立，需c n＋1－c n＝4n＋1－4n＋(－1)nλ·2n＋2－(－1)n－1λ·2n＋1>0恒成立，化简得3·4n－3λ(－1)n－12n＋1>0恒成立，即(－1)n－1λ<2n－1恒成立，①当n为奇数时，即λ<2n－1恒成立，当且仅当n＝1时，2n－1有最小值1，所以λ<1；②当n为偶数时，即λ>－2n－1恒成立，当且仅当n＝2时，－2n－1有最大值－2，所以λ>－2，即－2<λ<1.又λ为非零整数，则λ＝－1.综上所述，存在λ＝－1，使得对任意n∈N*，都有c n＋1>c n成立．[点评]对于数列问题，一般要先求出数列的通项，不是等差数列和等比数列的要转化为等差数列或等比数列．遇到S n要注意利用S n与a n的关系将其转化为a n，再研究其具体性质．遇到(－1)n型的问题要注意分n为奇数与偶数两种情况进行讨论，本题易忘掉对n的奇偶性的讨论而致误．2．结论探索性问题此类问题的基本特征是：有条件而无结论或结论的正确与否需要确定．解决此类问题的策略是：先探索结论而后去论证结论，在探索过程中常可先从特殊情形入手，通过观察、分析、归纳、判断来作一番猜测，得出结论，再就一般情形去认证结论．[例2]已知各项均为正数的数列{a n}满足：a2n＋1＝2a2n＋a n a n＋1，且a2＋a4＝2a3＋4，其中n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设数列{b n}满足：b n＝na n(2n＋1)2n，是否存在正整数m，n(1<m<n)，使得b1，b m，b n成等比数列？若存在，求出所有的m，n的值，若不存在，请说明理由；(3)令c n＝1＋na n，记数列{c n}的前n项积为T n，其中n∈N *，试比较Tn与9的大小，并加以证明．[解](1)因为a2n＋1＝2a2n＋a n a n＋1，即(a n＋a n＋1)(2a n－a n＋1)＝0.又a n>0，所以2a n－a n＋1＝0，即2a n＝a n＋1.所以数列{a n}是公比为2的等比数列．由a2＋a4＝2a3＋4，得2a1＋8a1＝8a1＋4，解得a1＝2.故数列{a n}的通项公式为a n＝2n(n∈N*)．(2)因为b n ＝na nn ＋n ＝n 2n ＋1， 所以b 1＝13，b m ＝m 2m ＋1，b n ＝n 2n ＋1. 若b 1，b m ，b n 成等比数列，则⎝⎛⎭⎫m 2m ＋12＝13⎝⎛⎭⎫n 2n ＋1， 即m 24m 2＋4m ＋1＝n 6n ＋3. 由m 24m 2＋4m ＋1＝n 6n ＋3，可得3n ＝－2m 2＋4m ＋1m 2， 所以－2m 2＋4m ＋1>0，从而1－62<m <1＋62. 又n ∈N *，且m >1，所以m ＝2，此时n ＝12.故当且仅当m ＝2，n ＝12时，b 1，b m ，b n 成等比数列．(3)构造函数f (x )＝ln(1＋x )－x (x ≥0)，则f ′(x )＝11＋x －1＝－x 1＋x. 当x >0时，f ′(x )<0，即f (x )在[0，＋∞)上单调递减，所以f (x )<f (0)＝0.所以ln(1＋x )－x <0.所以ln c n ＝ln ⎝⎛⎭⎫1＋n a n ＝ln ⎝⎛⎭⎫1＋n 2n <n 2n . 所以ln T n <12＋222＋323＋…＋n 2n . 记A n ＝12＋222＋323＋…＋n 2n ，则12A n ＝122＋223＋324＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1， 所以A n －12A n ＝12＋122＋123＋124＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1<1，即A n <2. 所以ln T n <2.所以T n <e 2<9，即T n <9.[点评] 对于结论探索性问题，需要先得出一个结论，再进行证明．注意含有两个变量的问题，变量归一是常用的解题思想，一般把其中的一个变量转化为另一个变量，根据题目条件，确定变量的值．遇到数列中的比较大小问题可以采用构造函数，根据函数的单调性进行证明，这是解决复杂问题常用的方法．3．存在探索性问题此类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立．解决此类问题的一般方法是：假定题中的数学对象存在或结论成立或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定结论，其中反证法在解题中起着重要的作用．[例3] 已知数列{a n }的首项a 1＝35，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，n ∈N *.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1为等比数列； (2)记S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n，若S n <100，求最大正整数n ； (3)是否存在互不相等的正整数m ，s ，n ，使m ，s ，n 成等差数列，且a m －1，a s －1，a n －1成等比数列？如果存在，请给以证明；如果不存在，请说明理由．[解] (1)因为1a n ＋1＝23＋13a n， 所以1 a n ＋1－1＝13a n －13. 又因为1a 1－1≠0，所以1a n－1≠0(n ∈N *)． 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1为等比数列． (2)由(1)可得1a n －1＝23·⎝⎛⎭⎫13n －1， 所以1a n＝2·⎝⎛⎭⎫13n ＋1. S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n＝n ＋2⎝⎛⎭⎫13＋132＋…＋13n ＝n ＋2×13－13n ＋11－13＝n ＋1－13n ， 若S n <100，则n ＋1－13n <100， 所以最大正整数n 的值为99.(3)假设存在，则m ＋n ＝2s ，(a m －1)(a n －1)＝(a s －1)2，因为a n ＝3n3n ＋2， 所以⎝⎛⎭⎫3n 3n ＋2－1⎝⎛⎭⎫3m 3m ＋2－1＝⎝⎛⎭⎫3s3s ＋2－12， 化简得3m ＋3n ＝2×3s .因为3m ＋3n ≥2×3m ＋n ＝2×3s ，当且仅当m ＝n 时等号成立，又m ，s ，n 互不相等，所以不存在．[点评] 数列问题是以分式形式给出条件的，一般采用取倒数，再转化为等差数列或等比数列，通过等差数列与等比数列的桥梁作用求出通项．遇到多个变量的存在性问题，一般假设存在，求出满足的关系，再寻找满足的条件，一般可以利用重要不等式、值域或范围等判断是否存在．。
递推关系求通项公式教案
教 案课题：递推关系求通项公式 课型： 习题课 授课人：呼延敏要点自主整合：累加法、累乘法两种基本的由递推公式求通项教学目标:【知识目标】 累加法、累乘法的应用【能力目标】 培养学生的发散思维能力，进而提高转化与化归能力的培养.【情感目标】培养学生的创新意识与创新思维，培养学生的合作探究意识 。
学生能够通过等差、等比数列的通项公式推导得到累加法、累乘法两种基本的由递推公式求通项公式的方法，并进一步拓展到“构造法”，在此过程中使学生的思维空间得以拓展，养成善于观察，勇于创新的学习精神。
教学重点：已知数列递推关系求通项关系的几种基本类型。
教学难点：累加法、累乘法的应用教学过程：引 例： 11=a n n a a +=+21 求n a提问：等差数列的通项公式的推导方法是什么?学生答：……………类型<一> 形如a 1=a, a n+1=a n +f ()n 型 其中f ()n 为可求和数列采用累加法求通项例1：数列{}n a 中a 1=1 a n+1=2n+a n 求a n解析： a n+1—a n =2n∴当n 2≥时a n —a n-1=2()1-na 2—a 1=2a 3—a 2=4a 4—a 3=6..……a n —a n-1=2()1-n对上面的n-1个式子相加得到：a n =n 2—n+1变式训练1：数列中{}n a a 1=1 a n+1=a n +2n 求a n 类型<二> 形如a 1=a, a n+1=a n *f ()n 型 采用累乘法 在引例1中将加号+变为乘号*即得到一个等比数列11=a n n a a *=+21 让学生回顾：等比数列中通项公式的推导方法是什么？ 学生答：…………将变式训练1中的加号+变为乘号*得到如下例题 例2：数列中{}n a 11=a n n n a a 21*=+ 求n a解析： 1+n a =n n a 2* ∴当2≥n 时 112--=n n n a a 212=a a 2232=a a3342=a a ………..112--=n n n a a将上面1-n 个式子相乘得到：222n n n a -=变式训练2: 已知数列{}n a 1a =1，n a =()n n a a n -+1，求n a。
数列的递推公式教案
数列的递推公式教案第一篇：数列的递推公式教案数列的递推公式教案普兰店市第六中学陈娜一、教学目标1、知识与技能：了解数列递推公式定义，能根据数列递推公式求项，通过数列递推公式求数列的通项公式。
2、过程与方法：通过实例“观察、分析、类比、试验、归纳”得出递推公式概念，体会数列递推公式与通项公式的不同，探索研究过程中培养学生的观察归纳、猜想等能力。
3、情感态度与价值观：培养学生积极参与，大胆探索精神，体验探究乐趣，感受成功快乐，增强学习数学的兴趣，培养学生一切从实际出发，认识并感受数学的应用价值。
二、教学重点、难点和关键点重点：数列的递推定义以及应用数列的递推公式求出通项公式。
难点：数列的递推公式求通项公式。
关键：同本节难点。
三、教学方法通过创设问题的情境，在熟悉与未知的认知冲突中激发学生的探索欲望；引导学生通过自主探究和合作交流相结合的方式进行研究；引导学生积极思考，运用观察、试验、联想、类比、归纳、猜想等方法不断地提出问题、解决问题，再提出问题，解决问题…… 经历知识的发生和发展过程，并注意总结规律和知识的巩固与深化。
四、教学过程环节1：新课引入一老汉为感激梁山好汉除暴安良，带了些千里马要送给梁山好汉，见过宋江以后，宋江吧老汉带来的马匹的一半和另外一匹马作为回礼送给了他，老汉又去见卢俊义，把 1现有的马匹全送给了他，卢俊义也把老汉送来的马匹的一半和另外一匹马作为回礼送给了老汉……… 一直送到108名好汉的最后一名段景住都是这样的，老汉下山回家时还剩下两匹马，问老汉上山时一共带了多少匹千里马？通过这个小故事让学生感受到数学来源于生活同时又为生活所服务。
同时也能引起学生的兴趣和好奇心。
环节2：引例探究(1）1 216………(2)1cos(1)cos(cos1)cos[c(ocsos1)]…….(3)0 1 7 10 13 …….通过设置问题的情境，让学生分析找出这些数列从第二项（或后几项）后一项与前一项的关系，从而引出数列的递推公式的定义，便于学生对于数列递推公式的理解、记忆和应用。
职高数学基础模块下(人教版)教案：数列的通项
职高数学基础模块下（人教版）教案：数列的通项
【教学目标】
1. 理解数列的通项公式的意义，能根据通项公式写出数列的任意一项，以及根据其前几项写出它的一个通项公式．
2. 了解数列的递推公式，会根据数列的递推公式写出前几项．
3. 培养学生积极参与、大胆探索的精神，培养学生的观察、分析、归纳的能力．
【教学重点】
数列的通项公式及其应用．
【教学难点】
根据数列的前几项写出满足条件的数列的一个通项公式．
【教学方法】
本节课主要采用例题解决法．通过列举实例，进一步研究数列的项与序号之间的关系．通过三类题目，使学生深刻理解数列通项公式的意义，为以后学习等差数列与等比数列打下基础．
【教学过程】
教学后记：
在熟悉概念的基础上，进一步接触并感知通项公式的形式及意义，借助有关题型来巩固基本知识要点，有必要在接下来的教学环节中强化这一点。
高中数学教案《由递推公式求通项公式
高中数学教案《由递推公式求通项公式》一、教学目标：1. 让学生理解递推公式的概念，掌握由递推公式求通项公式的基本方法。
2. 培养学生运用数学知识解决实际问题的能力，提高学生的逻辑思维能力。
3. 通过本节课的学习，使学生对数学产生浓厚的兴趣，增强学生学习数学的自信心。
二、教学内容：1. 递推公式的定义及其基本形式。
2. 由递推公式求通项公式的方法及步骤。
3. 常见递推公式的求解技巧。
三、教学重点与难点：1. 教学重点：递推公式的定义，由递推公式求通项公式的方法及步骤。
2. 教学难点：递推公式的求解技巧，灵活运用通项公式解决实际问题。
四、教学方法：1. 采用问题驱动法，引导学生主动探究递推公式的特点及求解方法。
2. 利用案例分析法，让学生通过具体例子体会递推公式的应用价值。
3. 采用小组讨论法，培养学生的合作意识，提高学生的解决问题的能力。
五、教学过程：1. 导入新课：简要介绍递推公式的概念，引导学生思考递推公式的应用场景。
2. 新课讲解：讲解递推公式的定义及其基本形式，阐述由递推公式求通项公式的方法及步骤。
3. 案例分析：分析几个典型的递推公式，引导学生运用所学知识解决实际问题。
4. 课堂练习：布置一些相关的练习题，让学生巩固所学知识。
六、教学评价：1. 通过课堂提问、练习和作业，评估学生对递推公式的理解和运用能力。
2. 结合课后调查和学生的学习反馈，了解学生对由递推公式求通项公式的掌握情况。
3. 注重过程评价，关注学生在解决问题时的思维过程和方法，鼓励创新和合作。
七、教学资源：1. 教案、PPT和教学素材，包括递推公式的案例和练习题。
2. 数学软件或工具，如GeoGebra等，用于辅助分析和可视化。
3. 参考书籍和在线资源，用于扩展学生的学习视野。
八、教学拓展：1. 探讨递推公式在其他数学领域的应用，如数论、概率论等。
2. 引入更复杂的递推公式，提高学生的解题难度。
3. 组织数学竞赛或研讨会，激发学生对数学的兴趣和热情。
由数列的递推公式求通项公式
由数列的递推公式求通项公式邓启龙(广东省中山纪念中学ꎬ广东中山５２８４５４)摘㊀要:数列的递推公式类型多样ꎬ有累加型递推㊁累乘型递推㊁线性递推㊁分式递推㊁二阶线性递推等.由数列的递推公式求通项公式是数列学习中的重点和难点ꎬ本文利用累加法㊁累乘法和待定系数法等ꎬ构造等差或等比数列ꎬ解决了这些数列由递推公式求通项公式的问题.关键词:数列ꎻ递推公式ꎻ通项公式中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)１０－０００２－０５收稿日期:２０２３－０１－０５作者简介:邓启龙(１９８７.３－)ꎬ男ꎬ江西省遂川人ꎬ硕士ꎬ中学一级教师ꎬ从事中学数学教学研究.㊀㊀如果已知数列ａｎ{}的第１项(或前几项)ꎬ且任一项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ꎬ那么这个公式叫做数列的递推公式.数列的递推公式类型多样ꎬ有累加型递推㊁累乘型递推㊁线性递推㊁分式递推㊁二阶线性递推等.由数列的递推公式求通项公式是数列学习中的重点和难点ꎬ本文利用累加法㊁累乘法和待定系数法等构造等差或等比数列ꎬ解决了这些数列由递推公式求通项公式的问题.类型１㊀ａｎ＋１＝ａｎ＋ｆ(ｎ).方法１㊀累加法.由ａｎ＋１＝ａｎ＋ｆ(ｎ)ꎬ得ａｎ＋１－ａｎ＝ｆ(ｎ).当ｎȡ２时ꎬａｎ＝ａ１＋(ａ２－ａ１)＋(ａ３－ａ２)＋＋(ａｎ－ａｎ－１)＝ａ１＋ｆ(１)＋ｆ(２)＋ ＋ｆ(ｎ－１).方法２㊀构造常数列ａｎ－ｂｎ{}.若ｆ(ｎ)＝ｂｎ＋１－ｂｎꎬ则ａｎ＋１＝ａｎ＋ｂｎ＋１－ｂｎ.于是ａｎ＋１－ｂｎ＋１＝ａｎ－ｂｎ.所以ａｎ－ｂｎ{}是常数列.于是ａｎ－ｂｎ＝ａ１－ｂ１ꎬｎɪＮ∗.所以ａｎ＝ｂｎ＋ａ１－ｂ１ꎬｎɪＮ∗.例１㊀在数列ａｎ{}中ꎬａ１＝１ꎬａｎ＋１＝ａｎ＋１ｎ(ｎ＋１)ꎬ求ａｎ{}的通项公式.解法１㊀由ａｎ＋１＝ａｎ＋１ｎ(ｎ＋１)ꎬ得ａｎ＋１－ａｎ＝１ｎ(ｎ＋１).当ｎȡ２时ꎬａｎ＝ａ１＋(ａ２－ａ１)＋(ａ３－ａ２)＋ ＋(ａｎ－ａｎ－１)＝１＋１１ˑ２＋１２ˑ３＋ ＋１(ｎ－１)ｎ＝１＋１－１２＋１２－１３＋ ＋１ｎ－１－１ｎ＝２－１ｎꎬ又ａ１＝１ꎬ所以ａｎ＝２－１ｎꎬｎɪＮ∗.解法２㊀由ａｎ＋１＝ａｎ＋１ｎ(ｎ＋１)＝ａｎ＋１ｎ－１ｎ＋１ꎬ得ａｎ＋１＋１ｎ＋１＝ａｎ＋１ｎ.所以ａｎ＋１ｎ{}是常数列.于是ａｎ＋１ｎ＝ａ１＋１＝２ꎬｎɪＮ∗.所以ａｎ＝２－１ｎꎬｎɪＮ∗.类型２㊀ａｎ＋１＝ｆ(ｎ)ａｎ.方法１㊀累乘法.由ａｎ＋１＝ｆ(ｎ)ａｎꎬ得ａｎ＋１ａｎ＝ｆ(ｎ).当ｎȡ２时ꎬａｎ＝ａ１ａ２ａ１ ａ３ａ２ ａｎａｎ－１＝ａ１ｆ(１) ｆ(２) ｆ(ｎ－１).方法２㊀构造常数列ａｎｂｎ{}.若ｆ(ｎ)＝ｂｎ＋１ｂｎꎬ则ａｎ＋１＝ｂｎ＋１ｂｎａｎ.于是ａｎ＋１ｂｎ＋１＝ａｎｂｎ.所以ａｎｂｎ{}是常数列.于是ａｎｂｎ＝ａ１ｂ１ꎬｎɪＮ∗.所以ａｎ＝ａ１ｂｎｂ１ꎬｎɪＮ∗.例２㊀在数列ａｎ{}中ꎬａ１＝１ꎬａｎ＋１＝ｎ＋２ｎａｎꎬ求ａｎ{}的通项公式.解法１㊀由ａｎ＋１＝ｎ＋２ｎａｎꎬ得ａｎ＋１ａｎ＝ｎ＋２ｎ.当ｎȡ３时ꎬａｎ＝ａ１ａ２ａ１ ａ３ａ２ ａｎａｎ－１＝１ˑ３１ˑ４２ˑ ˑｎ＋１ｎ－１＝ｎ(ｎ＋１)２.又ａ１＝１ꎬａ２＝３ａ１＝３ꎬ所以ａｎ＝ｎ(ｎ＋１)２ꎬｎɪＮ∗.解法２㊀由ａｎ＋１＝ｎ＋２ｎａｎꎬ得ａｎ＋１(ｎ＋１)(ｎ＋２)＝ａｎｎ(ｎ＋１).所以ａｎｎ(ｎ＋１){}是常数列.于是ａｎｎ(ｎ＋１)＝ａ１２＝１２ꎬｎɪＮ∗.所以ａｎ＝ｎ(ｎ＋１)２ꎬｎɪＮ∗.类型３㊀ａｎ＋１＝ａａｎ＋ｂ(ａʂ０ꎬ１).方法㊀构造等比数列ａｎ＋ｘ{}ꎬ其中ｘ由待定系数法确定.由ａｎ＋１＝ａａｎ＋ｂꎬ得ａｎ＋１＋ｘ＝ａａｎ＋ｂ＋ｘ＝ａ(ａｎ＋ｂ＋ｘａ).令ｘ＝ｂ＋ｘａꎬ解得ｘ＝ｂａ－１.于是ａｎ＋１＋ｘ＝ａ(ａｎ＋ｘ).所以ａｎ＋ｘ{}是等比数列ꎬ其中ｘ＝ｂａ－１.例３㊀在数列ａｎ{}中ꎬａ１＝１ꎬａｎ＋１＝３ａｎ＋１ꎬ求ａｎ{}的通项公式.解析㊀由ａｎ＋１＝３ａｎ＋１ꎬ得ａｎ＋１＋ｘ＝３ａｎ＋１＋ｘ＝３(ａｎ＋１＋ｘ３).令ｘ＝１＋ｘ３ꎬ解得ｘ＝１２.于是ａｎ＋１＋１２＝３(ａｎ＋１２).所以ａｎ＋１２{}是首项为ａ１＋１２ꎬ公比为３的等比数列.于是ａｎ＋１２＝(ａ１＋１２) ３ｎ－１＝３ｎ２ꎬｎɪＮ∗.所以ａｎ＝３ｎ－１２ꎬｎɪＮ∗.类型４㊀ａｎ＋１＝ａａｎ＋ｂｎ＋ｃ(ａʂ０ꎬ１).方法㊀构造等比数列ａｎ＋ｘｎ＋ｙ{}ꎬ其中ｘꎬｙ由待定系数法确定.由ａｎ＋１＝ａａｎ＋ｂｎ＋ｃꎬ得ａｎ＋１＋ｘ(ｎ＋１)＋ｙ＝ａａｎ＋ｂｎ＋ｃ＋ｘ(ｎ＋１)＋ｙ＝ａａｎ＋(ｂ＋ｘ)ｎ＋ｃ＋ｘ＋ｙ＝ａ(ａｎ＋ｂ＋ｘａｎ＋ｃ＋ｘ＋ｙａ).令ｘ＝ｂ＋ｘａꎬｙ＝ｃ＋ｘ＋ｙａꎬìîíïïïï解得ｘ＝ｂａ－１ꎬｙ＝ｂ(ａ－１)２＋ｃａ－１.于是ａｎ＋１＋ｘ(ｎ＋１)＋ｙ＝ａ(ａｎ＋ｘｎ＋ｙ).所以ａｎ＋ｘｎ＋ｙ{}是等比数列ꎬ其中ｘ＝ｂａ－１ꎬｙ＝ｂ(ａ－１)２＋ｃａ－１.例４㊀在数列ａｎ{}中ꎬａ１＝１ꎬａｎ＋１＝２ａｎ＋ｎ－１ꎬ求ａｎ{}的通项公式.解析㊀由ａｎ＋１＝２ａｎ＋ｎ－１ꎬ得ａｎ＋１＋ｘ(ｎ＋１)＋ｙ＝２ａｎ＋ｎ－１＋ｘ(ｎ＋１)＋ｙ＝２ａｎ＋(１＋ｘ)ｎ＋ｘ＋ｙ－１＝２(ａｎ＋１＋ｘ２ｎ＋ｘ＋ｙ－１２).令ｘ＝１＋ｘ２ꎬｙ＝ｘ＋ｙ－１２ꎬìîíïïïï解得ｘ＝１ꎬｙ＝０.于是ａｎ＋１＋ｎ＋１＝２(ａｎ＋ｎ).所以ａｎ＋ｎ{}是首项为ａ１＋１ꎬ公比为２的等比数列.于是ａｎ＋ｎ＝(ａ１＋１) ２ｎ－１＝２ｎꎬｎɪＮ∗.所以ａｎ＝２ｎ－ｎꎬｎɪＮ∗.类型５㊀ａｎ＋１＝ａａｎ＋ｂｃｎ(ａʂ０).方法㊀若ａ＝ｃꎬ则构造等差数列ａｎａｎ{}.由ａｎ＋１＝ａａｎ＋ｂａｎꎬ得ａｎ＋１ａｎ＋１＝ａｎａｎ＋ｂａ.所以ａｎａｎ{}是等差数列.若ａʂｃꎬ则构造等比数列ａｎ＋ｘｃｎ{}ꎬ其中ｘ由待定系数法确定.由ａｎ＋１＝ａａｎ＋ｂｃｎꎬ得ａｎ＋１＋ｘｃｎ＋１＝ａａｎ＋ｂｃｎ＋ｘｃｎ＋１＝ａａｎ＋(ｂ＋ｃｘ)ｃｎ＝ａ(ａｎ＋ｂ＋ｃｘａｃｎ).令ｘ＝ｂ＋ｃｘａꎬ解得ｘ＝ｂａ－ｃ.于是ａｎ＋１＋ｘｃｎ＋１＝ａ(ａｎ＋ｘｃｎ).所以ａｎ＋ｘｃｎ{}是等比数列ꎬ其中ｘ＝ｂａ－ｃ.例５㊀在数列ａｎ{}中ꎬａ１＝３ꎬａｎ＋１＝２ａｎ＋３ˑ５ｎꎬ求ａｎ{}的通项公式.解析㊀由ａｎ＋１＝２ａｎ＋３ˑ５ｎꎬ得ａｎ＋１＋ｘ ５ｎ＋１＝２ａｎ＋３ˑ５ｎ＋ｘ ５ｎ＋１＝２ａｎ＋(３＋５ｘ)５ｎ＝２(ａｎ＋３＋５ｘ２５ｎ).令ｘ＝３＋５ｘ２ꎬ解得ｘ＝－１.于是ａｎ＋１－５ｎ＋１＝２(ａｎ－５ｎ).所以ａｎ－５ｎ{}是首项为ａ１－５ꎬ公比为２的等比数列.于是ａｎ－５ｎ＝(ａ１－５) ２ｎ－１＝－２ｎꎬｎɪＮ∗.所以ａｎ＝５ｎ－２ｎꎬｎɪＮ∗.类型６㊀ａｎ＋１＝ａａｎｃａｎ＋ｄ(ａｄʂ０).方法㊀构造数列１ａｎ{}.由ａｎ＋１＝ａａｎｃａｎ＋ｄꎬ得１ａｎ＋１＝ｃａｎ＋ｄａａｎ＝ｄａ １ａｎ＋ｃａ.若ａ＝ｄꎬ则１ａｎ{}是等差数列ꎻ若ａʂｄꎬ则１ａｎ{}属于类型３.例６㊀在数列ａｎ{}中ꎬａ１＝２３ꎬａｎ＋１＝２ａｎａｎ＋１ꎬ求ａｎ{}的通项公式.解析㊀由ａｎ＋１＝２ａｎａｎ＋１ꎬ得１ａｎ＋１＝ａｎ＋１２ａｎ＝１２ １ａｎ＋１２.于是１ａｎ＋１－１＝１２ １ａｎ－１２＝１２(１ａｎ－１).所以１ａｎ－１{}是首项为１ａ１－１ꎬ公比为１２的等比数列.于是１ａｎ－１＝(１ａ１－１) (１２)ｎ－１＝１２ｎꎬｎɪＮ∗.所以ａｎ＝２ｎ２ｎ＋１ꎬｎɪＮ∗.类型７㊀ａｎ＋１＝ａａｎ＋ｂｃａｎ＋ｄ(ｃʂ０).方法㊀不动点法.递推公式是ａｎ＋１＝ｆ(ａｎ)ꎬ其中ｆ(ｘ)＝ａｘ＋ｂｃｘ＋ｄ.由ａｎ＋１＝ａａｎ＋ｂｃａｎ＋ｄꎬ得ａｎ＋１－ｘ＝ａａｎ＋ｂｃａｎ＋ｄ－ｘ＝(ａ－ｃｘ)ａｎ＋ｂ－ｄｘｃａｎ＋ｄ＝(ａ－ｃｘ)(ａｎ＋ｂ－ｄｘａ－ｃｘ)ｃａｎ＋ｄ.令－ｘ＝ｂ－ｄｘａ－ｃｘꎬ得ａｘ＋ｂｃｘ＋ｄ＝ｘ.即ｆ(ｘ)＝ｘ.方程ｆ(ｘ)＝ｘ的根是ｆ(ｘ)的不动点.若ｆ(ｘ)有两个不动点ｘ１ꎬｘ２ꎬ则ａｎ＋１－ｘ１＝(ａ－ｃｘ１)(ａｎ－ｘ１)ｃａｎ＋ｄꎬａｎ＋１－ｘ２＝(ａ－ｃｘ２)(ａｎ－ｘ２)ｃａｎ＋ｄꎬ两式相除ꎬ得ａｎ＋１－ｘ１ａｎ＋１－ｘ２＝ａ－ｃｘ１ａ－ｃｘ２ ａｎ－ｘ１ａｎ－ｘ２.所以ａｎ－ｘ１ａｎ－ｘ２{}是等比数列.若ｆ(ｘ)只有一个不动点ｘ０ꎬ即方程ｃｘ２＋(ｄ－ａ)ｘ－ｂ＝０有两个相等的根ｘ０ꎬ则２ｘ０＝ａ－ｄｃꎬ得ｄ＝ａ－２ｃｘ０.于是ａｎ＋１－ｘ０＝(ａ－ｃｘ０)(ａｎ－ｘ０)ｃａｎ＋ｄ＝(ａ－ｃｘ０)(ａｎ－ｘ０)ｃａｎ＋ａ－２ｃｘ０＝(ａ－ｃｘ０)(ａｎ－ｘ０)ｃ(ａｎ－ｘ０)＋ａ－ｃｘ０.得１ａｎ＋１－ｘ０＝１ａｎ－ｘ０＋ｃａ－ｃｘ０.所以１ａｎ－ｘ０{}是等差数列.例７㊀在数列ａｎ{}中ꎬａ１＝０ꎬａｎ＋１＝１１ａｎ－８２ａｎ＋３ꎬ求ａｎ{}的通项公式.解析㊀设ｆ(ｘ)＝１１ｘ－８２ｘ＋３ꎬ由ｆ(ｘ)＝ｘꎬ得ｘ２－４ｘ＋４＝０ꎬ解得ｘ＝２.由ａｎ＋１－２＝１１ａｎ－８２ａｎ＋３－２＝７(ａｎ－２)２ａｎ＋３ꎬ得１ａｎ＋１－２＝２ａｎ＋３７(ａｎ－２)＝１ａｎ－２＋２７.所以１ａｎ－２{}是首项为１ａ１－２ꎬ公差为２７的等差数列.于是１ａｎ－２＝１ａ１－２＋２７(ｎ－１)＝４ｎ－１１１４ꎬｎɪＮ∗.所以ａｎ＝８(ｎ－１)４ｎ－１１ꎬｎɪＮ∗.类型８㊀ａｎ＋１＝ａａ２ｎ＋ｂ２ａａｎ＋ｃ(ａʂ０).方法㊀不动点法.递推公式是ａｎ＋１＝ｆ(ａｎ)ꎬ其中ｆ(ｘ)＝ａｘ２＋ｂ２ａｘ＋ｃ.由ａｎ＋１＝ａａ２ｎ＋ｂ２ａａｎ＋ｃｍꎬ得ａｎ＋１－ｘ＝ａａ２ｎ＋ｂ２ａａｎ＋ｃ－ｘ＝ａａ２ｎ－２ａｘａｎ＋ｂ－ｃｘ２ａａｎ＋ｃ＝ａ(ａｎ－ｘ)２＋ｂ－ｃｘ－ａｘ２２ａａｎ＋ｃ.令ｂ－ｃｘ－ａｘ２＝０ꎬ得ａｘ２＋ｂ２ａｘ＋ｃ＝ｘ.即ｆ(ｘ)＝ｘ.方程ｆ(ｘ)＝ｘ的根是ｆ(ｘ)的不动点.若ｆ(ｘ)有两个不动点ｘ１ꎬｘ２ꎬ则ａｎ＋１－ｘ１＝ａ(ａｎ－ｘ１)２２ａａｎ＋ｃꎬａｎ＋１－ｘ２＝ａ(ａｎ－ｘ２)２２ａａｎ＋ｃ.两式相除ꎬ得ａｎ＋１－ｘ１ａｎ＋１－ｘ２＝ａｎ－ｘ１ａｎ－ｘ２æèçöø÷２.所以ａｎ－ｘ１ａｎ－ｘ２＝ａ１－ｘ１ａ１－ｘ２æèçöø÷２ｎ－１.若ｆ(ｘ)只有一个不动点ｘ０ꎬ即方程ａｘ２＋ｃｘ－ｂ＝０有两个相等的根ｘ０ꎬ则２ｘ０＝－ｃａꎬ得ｃ＝－２ａｘ０.于是ａｎ＋１－ｘ０＝ａ(ａｎ－ｘ０)２２ａａｎ＋ｃ＝ａ(ａｎ－ｘ０)２２ａａｎ－２ａｘ０＝ａｎ－ｘ０２ꎬ所以ａｎ－ｘ０{}是等比数列.例８㊀在数列ａｎ{}中ꎬａ１＝０ꎬａｎ＋１＝ａ２ｎ－２２ａｎ－３ꎬ求ａｎ{}的通项公式.解析㊀设ｆ(ｘ)＝ｘ２－２２ｘ－３ꎬ由ｆ(ｘ)＝ｘꎬ得ｘ２－３ｘ＋２＝０ꎬ解得ｘ＝１ꎬｘ＝２.由ａｎ＋１－１ａｎ＋１－２＝ａ２ｎ－２２ａｎ－３－１ａ２ｎ－２２ａｎ－３－２＝ａ２ｎ－２ａｎ＋１ａ２ｎ－４ａｎ＋４＝ａｎ－１ａｎ－２æèçöø÷２ꎬ得ａｎ－１ａｎ－２＝ａ１－１ａ１－２æèçöø÷２ｎ－１＝１２２ｎ－１ꎬｎɪＮ∗.所以ａｎ＝２２ｎ－１－２２２ｎ－１－１ꎬｎɪＮ∗.类型９㊀ａｎ＋２＝ａａｎ＋１＋ｂａｎ(ｂʂ０).方法㊀特征根法.由ａｎ＋２＝ａａｎ＋１＋ｂａｎꎬ得ａｎ＋２－ｘａｎ＋１＝(ａ－ｘ)ａｎ＋１＋ｂａｎ＝(ａ－ｘ)(ａｎ＋１＋ｂａ－ｘａｎ).令－ｘ＝ｂａ－ｘꎬ得ｘ２＝ａｘ＋ｂ.方程ｘ２＝ａｘ＋ｂ为特征方程ꎬ方程ｘ２＝ａｘ＋ｂ的根为特征根.若特征方程ｘ２＝ａｘ＋ｂ有两个特征根ｘ１ꎬｘ２ꎬ则ａ＝ｘ１＋ｘ２ꎬｂ＝－ｘ１ｘ２.由ａｎ＋２－ｘ１ａｎ＋１＝(ａ－ｘ１)(ａｎ＋１－ｘ１ａｎ)＝ｘ２(ａｎ＋１－ｘ１ａｎ)ꎬ得ａｎ＋１－ｘ１ａｎ{}是首项为ａ２－ｘ１ａ１ꎬ公比为ｘ２的等比数列.于是ａｎ＋１－ｘ１ａｎ＝(ａ２－ｘ１ａ１)ｘｎ－１２.由ａｎ＋２－ｘ２ａｎ＋１＝(ａ－ｘ２)(ａｎ＋１－ｘ２ａｎ)＝ｘ１(ａｎ＋１－ｘ２ａｎ)ꎬ得ａｎ＋１－ｘ２ａｎ{}是首项为ａ２－ｘ２ａ１ꎬ公比为ｘ１的等比数列.于是ａｎ＋１－ｘ２ａｎ＝(ａ２－ｘ２ａ１)ｘｎ－１１.联立以上两式消去ａｎ＋１ꎬ得ａｎ＝ｃ１ｘｎ１＋ｃ２ｘｎ２ꎬ其中ｃ１ꎬｃ２由ａ１ꎬａ２确定.若特征方程ｘ２＝ａｘ＋ｂ只有一个特征根ｘ０ꎬ则ａ＝２ｘ０ꎬｂ＝－ｘ２０.于是ａｎ＋２＝２ｘ０ａｎ＋１－ｘ２０ａｎ.由ａｎ＋２ｘｎ＋２０＝２ａｎ＋１ｘｎ＋１０－ａｎｘｎ０ꎬ得ａｎｘｎ０＋ａｎ＋２ｘｎ＋２０＝２ ａｎ＋１ｘｎ＋１０.所以ａｎｘｎ０{}是等差数列.于是ａｎｘｎ０＝ｃ１ｎ＋ｃ２.所以ａｎ＝(ｃ１ｎ＋ｃ２)ｘｎ０ꎬ其中ｃ１ꎬｃ２由ａ１ꎬａ２确定.例９㊀已知ａ１＝０ꎬａ２＝１且ａｎ＋２＝６ａｎ＋１－９ａｎꎬ求ａｎ{}的通项公式.解析㊀特征方程为ｘ２＝６ｘ－９ꎬ只有一个特征根３.由ａｎ＋２＝６ａｎ＋１－９ａｎꎬ得ａｎ＋２３ｎ＋２＝２ａｎ＋１３ｎ＋１－ａｎ３ｎ.于是ａｎ３ｎ＋ａｎ＋２３ｎ＋２＝２ ａｎ＋１３ｎ＋１.故ａｎ３ｎ{}是首项为ａ１３ꎬ公差为ａ２３２－ａ１３的等差数列.故ａｎ３ｎ＝ａ１３＋(ｎ－１)(ａ２３２－ａ１３)＝ｎ－１９ꎬｎɪＮ∗.所以ａｎ＝(ｎ－１)３ｎ－２ꎬｎɪＮ∗.参考文献:[１]张卫华.求数列通项公式的策略探究[Ｊ].高中数理化ꎬ２０２１(２２):１１－１２.[责任编辑:李㊀璟]。
由数列的递推关系式求通项公式(教案)111
由数列的递推关系式求通项公式一、教学目标(1)会根据递推公式求出数列中的项，并能运用叠加法、叠乘法、待定系数法求数列的通项公式。
(2) 根据等差数列通项公式的推导总结出叠加法的基本题型，引导学生分组合作并讨论完成叠乘法及待定系数法的基本题型。
(3)通过互助合作、自主探究培养学生细心观察、认真分析、善于总结的良好思维习惯，以及积极交流的主体意识。
二、教学重点：根据数列的递推关系式求通项公式。
三、教学难点：递推关系式的灵活运用。
四、教学课时： 1课时五、教学手段：黑板，粉笔，多媒体六、教学方法： 激励——讨论——发现——归纳——总结七、教学过程（一）复习回顾：1、通项公式的定义及其重要作用2、区别递推公式与通项公式，从而引入课题（二）新知探究：问题1:已知数列}{n a ，1a 1=，1n a +=n a 2+，求{a n }的通项公式。
变式： 已知数列}{n a ，1a 1=，1n a +=n a n 2+，求{a n }的通项公式。
活动1：通过分析发现形式类似等差数列，故想到用叠加法去求解。
教师引导学生细致讲解整个解题过程。
解：由条件知：n a a n n 21=-+分别令)1(,,3,2,1-⋅⋅⋅⋅⋅⋅=n n ，代入上式得)1(-n 个等式叠加之， 即)()()()(1342312--+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+-+-+-n n a a a a a a a a)1(2)2(232222-⨯+-⨯+⨯+⨯+=n n所以[]2)1(22)1(1-⨯+-=-n n a a n 1,121+-=∴=n n a a n总结：类型1：)(1n f a a n n =-+，可用叠加相消法求解。
问题2： 已知数列{a n }满足)(,2,111*+∈==N n a a a n n ，求{a n }的通项公式。
变式：若条件变为)(,21*+∈=N n a a n n n ，求{a n }的通项公式。
活动2：类比类型1推导过程，让学生分组讨论研究相关解题方案。
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教 案
课题：递推关系求通项公式 课型： 习题课 授课人：呼延敏
要点自主整合：累加法、累乘法两种基本的由递推公式求通项
教学目标:
【知识目标】 累加法、累乘法的应用
【能力目标】 培养学生的发散思维能力，进而提高转化与化归能力的培养.
【情感目标】培养学生的创新意识与创新思维，培养学生的合作探究意识 。
学生能够通过等差、等比数列的通项公式推导得到累加法、累乘法两种基
本的由递推公式求通项公式的方法，并进一步拓展到“构造法”，在此过程中使学生的思维空间得以拓展，养成善于观察，勇于创新的学习精神。
教学重点：已知数列递推关系求通项关系的几种基本类型。
教学难点：累加法、累乘法的应用
教学过程：
引 例： 11=a n n a a +=+21 求n a
提问：等差数列的通项公式的推导方法是什么?
学生答：……………
类型<一> 形如a 1=a, a n+1=a n +f ()n 型 其中f ()n 为可求和数列采用累
加法求通项
例1：数列{}n a 中a 1=1 a n+1=2n+a n 求a n
解析： a n+1—a n =2n
∴当n 2≥时a n —a n-1=2()1-n
a 2—a 1=2
a 3—a 2=4
a 4—a 3=6
..……
a n —a n-1=2()1-n
对上面的n-1个式子相加得到：a n =n 2—n+1
变式训练1：数列中{}n a a 1=1 a n+1=a n +2n 求a n 类型<二> 形如a 1=a, a n+1=a n *f ()n 型 采用累乘法 在引例1中将加号+变为乘号*即得到一个等比数列11=a n n a a *=+21 让学生回顾：等比数列中通项公式的推导方法是什么？ 学生答：…………
将变式训练1中的加号+变为乘号*得到如下例题 例2：数列中{}n a 11=a n n n a a 21*=+ 求n a
解析： 1+n a =
n n a 2* ∴当2≥n 时 11
2--=n n n a a 21
2=a a 22
32=a a
3342=a a ………..
11
2--=n n n a a
将上面1-n 个式子相乘得到：222n n n a -=
变式训练2: 已知数列{}n a 1a =1，n a =()n n a a n -+1，求n a。