高中数学数列复习求通项优质课PPT课件
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数列通项公式的求法PPT优秀课件1
题型3：构造基本数列求通项公式
2 n 1 2 n
已知数列 { a } 中 a 1 , a 0 , 且 a a 4 , 例4： n 1 n 求数列 { a } 通项 n
分析： 由条件 a2n1 a2n 4可知 ,构造数列 {bn}
其中 bn a2n ,则bn1 bn 4,由此可知 bn b ) 4 1 (n 1) 4 4n 3 1 (n 1 即： a 4n 3, 又an 0,an 4n 3
例5：已知数列{an}中a1=1,且an+1=2an+3,求 {an}的通项。
解： a n 1 2 a n 3 ( n N *) a n 1 3 2 ( a n 3 ) { a n 3}是以 a 1 3 4 为首项， 2 为公比的等比数列 an 3 4 2 综上， a n 2
1 1 1 （ 2 ） 为 等 差 数 列 （ n 1 ） 2 = 2 n s s n n s 1 1 1 1 又a s s = sn = n n n 1 2 n 2 ( n 1 ) 2n
1 an ( n 2) 2n(n 1)
而 a1 1 ; 2
2
an a n 1 2 n 3
经检验： n 1时满足上式。 an ( n 1) 2 ( n ∈ N + )
题型2：利用累加（等差）、累积（等比）求数列的通项
思考：满足何种条件时，采用“累积法”求通项？
a n1 an
g () ng ( () n 能 求 乘 积 )
n2
时，有
a a a a 2 3 4 q , q , = q , , n q a a a a 1 2 3 n 1
数列通项公式的求法(共21张PPT)
a2 a3 a4 a5 an1 an 31 32 33 34 3n2 3n1 a1 a2 a3 a4 an2 an1
n ( n 1) an 1 23 n 1 3 3 2 a1
an a1 3
n ( n 1) 2
注意:并非每一个数列都可以写出通项公式,数列的通项公式,也 并非是唯一的. 数列也可以用作下面两个条件结合起来的方法表示: (1)给出最初的n项或一项. (2)给出数列中后面的项用前面的项来表示的公式,这种方法叫 做递推法,后者称为该数列的递推公式. 一、观察法
(1) 1,1,1,1,1,1 ( 2) 1,0,1,0,1,0,
令bn an1 an (n N ),b1 2
则bn an1 an 2 2n1 2n
an (an an 1 ) (an 1 an 2 ) (a2 a1 ) a1 2n 1 2n 2 2n 3 2 1 2 1
又a1 3, S1 S2 2a2 , a2 6.
当n 2时, an 6 3n2 2 3n1.
(n 1) 3 an n 1 2 3 (n 2)
法二（统一成关于 Sn 的递推关系）
Sn1 Sn 2an1 2(Sn1 Sn ),
2n 2 3n 1 2n 2 4n 2 3n 3 1 4n 5
经验证(1)不包含在(2)中,所以由(1)(2)知通项公式为
（一）已知前n项和公式求通项公式
2, 当n 1时 an 4n 5, 当n 2时
an 的前项和为Sn 3n2 2n, 求通项公式an . (2) 已知数列
数列的通项的求法共23页PPT
16、业余生活要有意义，不要越轨。——华盛顿 17、一个人即使已登上顶峰，也仍要自强不息。——罗素·贝克 18、最大的挑战和突破在于用人，而用人最大的突破在于信任人。——马云 19、自己活着，就是为了使别人过得更美好。——雷锋 20、要掌握书，莫被书掌握；要为生而读，莫为读而生。——布尔沃
数列的通项的求法
1、纪律是管关系的形式。——阿法 纳西耶 夫 2、改革如果不讲纪律，就难以成功。
3、道德行为训练，不是通过语言影响 ，而是 让儿童 练习良 好道德 行为， 克服懒 惰、轻 率、不 守纪律 、颓废 等不良 行为。 4、学校没有纪律便如磨房里没有水。 ——夸 美纽斯
5、教导儿童服从真理、服从集体，养 成儿童 自觉的 纪律性 ，这是 儿童道 德教育 最重要 的部分 。—— 陈鹤琴
END
常见数列通项求法ppt课件
两根边据取对对数数的,性有质有2 lg an lg an1,
根lglgl(据gaanan对)n21 数 l的12g ,a性令n1质b,n 有 l2glagna,易n 知lgba1 n1l,g 2
lglbgna是ann1等比12数, 令列b,nbn
lglagn2,易• (知12)bn11,因lg此2 lg
例：已知 an 中，a1 2,an1 3n an,求通项an.
解： Q an1
3n
an
an an1
3n1
an 3n1, an1源自an1 3n2 , an2
an2 3n3 , an3
an3 3n4， an4
L ，a3 32 , a2
a2 3 a1
将这 n-1 个式子相乘得：
n( n-1)
类型
方法
等差、等比
公式法
已知Sn或Sn与an关系
通用公式法
形如 形如
an an1 f (n)
an f (n) a n 1
累加法 累乘法
形如
an kan1 d
an kan1 dn an kan1 bn
形如
an k an1
•
形如
an
k an 1 pan1 d
待定系数法
构
造
取对数法
两式相减得： nan=3n+1－3n=2·3n
∴an=
2·3n n
（n≥2）
∵
23 9 1
9 (n=1)
∴an=
2·3n n
（n≥2,
n N）*
注意n的范围
6
类型三：累加法，形如
例：在﹛an﹜中，已知a1=1,an=an-1+n (n≥2),求通项an.
《数列通项公式》PPT课件
（ a 4 便不同）
二、迭加法（加减法、逐加法）
当所给数列每依次相邻两 项之间的差组成等差或等比数 列时，就可用迭加法进行消元
例： 已 知 ： an+1=an+n, a1=1 ， 求an
三、迭积法（逐积法）
当一个数列每依次相邻两 项之商构成一个等比数列时， 就可用迭积法进行消元
例：
已知数列{a n }中，a1 2，an1 3nan，
若 {an} 为等差数列，求p 与 an 。
例：设数列{c n }的各项是一 个等差数列与一个等比数
列对应项的和，若c1=2， c2=4，c3=7，c4=12，求通 项公式cn
五、公式法
an
ss1n
(n1) sn1 (n2)
例： 已知下列两数列{a n}的前n
项和sn的公式，求 a n
（1）sn n2 1（2）sn
2n2
3n
六、 换元法
当给出递推关系求 a n 时，主要掌
握通过引进辅助数列能转化成等 差或等比数列的形式。
例：已知数列{ a n }的递推关系， an12an1 且 a1 1 求 a n
类a n 型 1 cn ： a d ,a 1 a
例：已知数列 {an} 的递推关
系 为 an22an1an4， 且 a1 1 ，a2 3 ，求通项
求通项公式 a n 。
四、待定系数法：
用待定系数法解题时，常先假定
通项公式或前n项和公式为某一多
项式，一般地，若数列{a n } 为等差
数 列 ： 则 an bnc
，
或若是数列sn{a nb} 等n2比c数n（列b，、则ｃ为an 常A数qn）1 ，
或 snAn q A(A q 0 且 q 1 )
二、迭加法（加减法、逐加法）
当所给数列每依次相邻两 项之间的差组成等差或等比数 列时，就可用迭加法进行消元
例： 已 知 ： an+1=an+n, a1=1 ， 求an
三、迭积法（逐积法）
当一个数列每依次相邻两 项之商构成一个等比数列时， 就可用迭积法进行消元
例：
已知数列{a n }中，a1 2，an1 3nan，
若 {an} 为等差数列，求p 与 an 。
例：设数列{c n }的各项是一 个等差数列与一个等比数
列对应项的和，若c1=2， c2=4，c3=7，c4=12，求通 项公式cn
五、公式法
an
ss1n
(n1) sn1 (n2)
例： 已知下列两数列{a n}的前n
项和sn的公式，求 a n
（1）sn n2 1（2）sn
2n2
3n
六、 换元法
当给出递推关系求 a n 时，主要掌
握通过引进辅助数列能转化成等 差或等比数列的形式。
例：已知数列{ a n }的递推关系， an12an1 且 a1 1 求 a n
类a n 型 1 cn ： a d ,a 1 a
例：已知数列 {an} 的递推关
系 为 an22an1an4， 且 a1 1 ，a2 3 ，求通项
求通项公式 a n 。
四、待定系数法：
用待定系数法解题时，常先假定
通项公式或前n项和公式为某一多
项式，一般地，若数列{a n } 为等差
数 列 ： 则 an bnc
，
或若是数列sn{a nb} 等n2比c数n（列b，、则ｃ为an 常A数qn）1 ，
或 snAn q A(A q 0 且 q 1 )
高考数学微专题3 数列的通项课件(共41张PPT)
内容索引
内容索引
目标1 根据规律找通项公式
1 (2023吉林三模)大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大
衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，
数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总
和，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．其前10项
依 次 是 0,2,4,8,12,18,24,32,40,50 ， 则 此 数 列 的 第 25 项 与 第 24 项 的 差 为
高考命题方向： 1. 根据前几项来寻找序号 n 与项之间的关系． 2. 根据前几项所呈现的周期性规律，猜想通项． 3. 抓住相邻项的关系转化为熟悉问题．
内容索引
内容索引
说明： 1. 解决方案及流程 (1) 归纳猜想法： ①确定数列的前几项； ②分析序号 n 与项有何关系，初步确定分类标准； ③研究数列整体或部分规律； ④归纳数列的项用序号 n 表示的规律； ⑤证明归纳的正确性．
内容索引
内容索引
1. (2022泰安三模)已知数列{an}满足：对任意的m，n∈N*，都有aman
＝am＋n，且a2＝3，则a20的值为( )
A. 320
B. 315
C. 310
D. 35
【解析】 因为对任意的 m，n∈N*，都有 aman＝am＋n，所以 a1a1＝a2， a1an＝a1＋n.又 a2＝3，所以 a1＝± 3，所以aan＋n 1＝a1，所以数列{an}是首项 为 a1，公比为 a1 的等比数列，所以 an＝a1·an1－1＝an1，所以 a20＝a210＝310.
重复循环，2 022＝674×3，恰好能被3整除，且a3为偶数，所以a2 022也 为偶数，故B错误；对于C，若C正确，又a2 022＝a2 021＋a2 020，则a2 021＝ a1＋a2＋…＋a2 019，同理a2 020＝a1＋a2＋…＋a2 018，a2 019＝a1＋a2＋…＋ a2 017，依次类推，可得a4＝a1＋a2，显然错误，故C错误；对于D，因为 a2 024＝a2 023＋a2 022＝2a2 022＋a2 021，所以a2 020＋a2 024＝a2 020＋2a2 022＋a2 021＝2a2 022＋(a2 020＋a2 021)＝3a2 022，故D正确．故选AD.
内容索引
目标1 根据规律找通项公式
1 (2023吉林三模)大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大
衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，
数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总
和，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．其前10项
依 次 是 0,2,4,8,12,18,24,32,40,50 ， 则 此 数 列 的 第 25 项 与 第 24 项 的 差 为
高考命题方向： 1. 根据前几项来寻找序号 n 与项之间的关系． 2. 根据前几项所呈现的周期性规律，猜想通项． 3. 抓住相邻项的关系转化为熟悉问题．
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说明： 1. 解决方案及流程 (1) 归纳猜想法： ①确定数列的前几项； ②分析序号 n 与项有何关系，初步确定分类标准； ③研究数列整体或部分规律； ④归纳数列的项用序号 n 表示的规律； ⑤证明归纳的正确性．
内容索引
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1. (2022泰安三模)已知数列{an}满足：对任意的m，n∈N*，都有aman
＝am＋n，且a2＝3，则a20的值为( )
A. 320
B. 315
C. 310
D. 35
【解析】 因为对任意的 m，n∈N*，都有 aman＝am＋n，所以 a1a1＝a2， a1an＝a1＋n.又 a2＝3，所以 a1＝± 3，所以aan＋n 1＝a1，所以数列{an}是首项 为 a1，公比为 a1 的等比数列，所以 an＝a1·an1－1＝an1，所以 a20＝a210＝310.
重复循环，2 022＝674×3，恰好能被3整除，且a3为偶数，所以a2 022也 为偶数，故B错误；对于C，若C正确，又a2 022＝a2 021＋a2 020，则a2 021＝ a1＋a2＋…＋a2 019，同理a2 020＝a1＋a2＋…＋a2 018，a2 019＝a1＋a2＋…＋ a2 017，依次类推，可得a4＝a1＋a2，显然错误，故C错误；对于D，因为 a2 024＝a2 023＋a2 022＝2a2 022＋a2 021，所以a2 020＋a2 024＝a2 020＋2a2 022＋a2 021＝2a2 022＋(a2 020＋a2 021)＝3a2 022，故D正确．故选AD.
2024届高三数学一轮复习-求数列通项公式的方法 课件(共25张ppt)
再得出 的表达式
例五.2
在数列 中，1 = 1，+1 =
，求通项公式 ？
3 +2
解：由题意，两边同取倒数，得
设
1
an+1
+k=2
1
an
+k
即
1
an+1
1
an+1
=
=
1
2
an
1
2 +3
an
+k
对比原式，得k = 3
∴
1
an
1
an
+ 3 为首项为4，公比为2的等比数列
+ 3 = 4 · 2n−1 = 2n+1
解题思路：设 ，构造等比数列{ + }
具体步骤： 设+1 + = +
即+1 = ⋅ + − 1 ·
对比原式，得k =
q
p−1
得到以1 +为首项，为公比的等比数列{ + }
例四.1
在数列 an 中，a1 = 1，an+1 = 3an + 1，求通项公式an ？
故an =
1
2n+1 −3
六、取对数法
①形如+1 = ⋅
对数运算法则： log ⋅ = log + log
解题思路：等式两边同取对数，构造等比数列
log ⋅= · log
具体步骤： 两边同取以p为底的对数，得log +1 = log + 1
使用条件：已知+1 − =
解题思路： 2 − 1 = 1
数列通项公式的求法最全PPT课件
0,a-b,0,a-b..的和，分别写通项然后相加再化简。
类型二、前n项和Sn法 已知前n项和，求通项公
式
an
S1 Sn
Sn1
(n 1) (n 2)
例2：设﹛an﹜的前n项和为Sn,且满足Sn=n2+2n-1,
求﹛an﹜的通项公式.
提示：当n 2时，an Sn (n2 2n - 1) - [(n - 1)2 2(n
lg an lg a1 2n1 lg 32n1 即 an 32n1
类型六、（2）形如 an1 Aan2 Ban C 递推式
例.已知数列an 中， a1 1, an1 3an2 12an 10 ，求an
分析：先转化后取对数再构造等比数列
解： an1 3an2 12an 10 变形为：
.......
a3 a2 3 以上各式相加得
a2 a1 2
an a1 (2 3 4 n)
(n+2)(n-1)
练：已知
an
=1+
中,a1
2 1, an
3n1
an1
(n
2)证明：an
3n 1 2
类型二、累乘法形如 an1 f (n) an 的递推式
an
4n
2n
类型五、（3）形如 an1 pan qan1an 的递推式
相除法 两边同除以an+1an
例8：已知a1 2, an 0,且an1 an 2an1an ,求an.
解：
an1 an 2an1an
11 2aຫໍສະໝຸດ an1 1 an
高三一轮复习数列通项公式的求法课件(共23张PPT)
或利用等差、等比数列的通项公式）
S1 (n=1) Sn－Sn－1(n≥2)
三、叠加法(形如an+1=an+ f(n)型)
an an an1 an1 an2 a2 a1 a1
四、累乘法
an
an an1
(a形n如1 an+1 an2
=(n
－
1)+(n
－2)+
•••+2+1+1
n-1 n
1
n2
n2
2
2
12
注：
递推公式形如an+1=an+ f(n)型的数列其中f(n)可以是 关于n的一次函数、二次函数、指数函数、分式函数， 求通项. ①若f(n)是关于n的一次函数，累加后可转化为等差数列 求和; ②若f(n)是关于n的二次函数，累加后可分组求和; ③若f(n)是关于n的指数函数，累加后可转化为等比数列 求和; ④若f(n)是关于n的分式函数，累加后可裂项求和。
1且an 的通项公式为
分析 : an1 n 得 a2 a3 a4 an 1 2 3 4 n－1
an n 2 a1 a2 a3
an1 3 4 5 6
n 1
an a1
1 2 n(n 1)
a1
a1 S1 3不合上式
故an
3 2n
(n 1) (n N ) (n 2)
1100
思考： 已知数列{an}的前n项和sn=2-an.
求数列{an}的通项公式。
解：当n≥2时an=sn-sn-1=(2-an)-(2-an-1)=an-1-an,
S1 (n=1) Sn－Sn－1(n≥2)
三、叠加法(形如an+1=an+ f(n)型)
an an an1 an1 an2 a2 a1 a1
四、累乘法
an
an an1
(a形n如1 an+1 an2
=(n
－
1)+(n
－2)+
•••+2+1+1
n-1 n
1
n2
n2
2
2
12
注：
递推公式形如an+1=an+ f(n)型的数列其中f(n)可以是 关于n的一次函数、二次函数、指数函数、分式函数， 求通项. ①若f(n)是关于n的一次函数，累加后可转化为等差数列 求和; ②若f(n)是关于n的二次函数，累加后可分组求和; ③若f(n)是关于n的指数函数，累加后可转化为等比数列 求和; ④若f(n)是关于n的分式函数，累加后可裂项求和。
1且an 的通项公式为
分析 : an1 n 得 a2 a3 a4 an 1 2 3 4 n－1
an n 2 a1 a2 a3
an1 3 4 5 6
n 1
an a1
1 2 n(n 1)
a1
a1 S1 3不合上式
故an
3 2n
(n 1) (n N ) (n 2)
1100
思考： 已知数列{an}的前n项和sn=2-an.
求数列{an}的通项公式。
解：当n≥2时an=sn-sn-1=(2-an)-(2-an-1)=an-1-an,
高中数学优质PPT课件微专题01 求数列通项的方法
解 : n 2时, an S n S n 1 n 2 2n 1 [( n 1) 2 2(n 1) 1] 2n 1;
n 1时, a1 S1 12 2 1 2 2 1 1, 不符合上式.
2, n 1
数列{an }的通项公式an
1
1
又 1, 是首项和公差为1的等差数列,
S1
Sn
1
1
1 (n 1) 1 n, S n ,
Sn
n
1
1
1
n 2时, an S n S n 1
;
n n 1
n(n 1)
1
n 1时, a1 S1 1
, 不符合上式;
S n 1 ( n 1)a n (n 1)n, n 2.
两式相减得, n 2时, an nan 1 (n 1)an 2n,
即n 2时, nan 1 nan 2n,
即an 1 an 2(n 2).
若a, G, b成等差数列, 则2G a b
2.公式法
d>0
若a, G, b成等比数列, 则G 2 ab
2. 等差数列 a n 是递增数列，前 n 项和为 S n ，且 a1 , a3 , a9 成等比数列，
S 5 a52 ．求数列 a n 的通项公式.
解：设数列 an 的公差为 d (d 0) ，
求解关于a1和d或a1和q的方程组.
3
3
3
3 3
d
a
(
n
1
)
n.
高中数学数列综合(求通项)精品ppt课件
3.{an }满足an1 3 a , a1 2,求an .
2 n
3,求an . an 2 an1 2 （an1 an）
6.{an }满足a1 1, a2 5, an2 an1 an , 则a2010 ____.
2 2 5.{an }满足a1 1, an 0, (n 1)an na 1 n an1an 0, 求an .
作业：
根据数列 {an }满足的条件 , 求其通项公式 :
2 (1)an1 3 an , a1 2 an 1 ( 2)an1 , a1 3an 1 2
B 同加 A1 1.{an }满足an1 3an 4, a1 3, 求an .
an1 Aan B
an1 Aan f ( n)
同除An1
2.{an }满足an 3an1 n, a1 3, 求an .
练 : 求{ an }的通项公式 : (1)a1 4, an1 an 2; ( 2)a1 1, an1 2an 4 n1
( 3)3an an1 2, a1 2
n ( 4)a1 1, an1 an n 2 1 n ( 5)a1 1, an1 an n 2 2 2 (6)a1 1, a2 3, an 1 anan2
练 : 求{an }的 通 项 公 式 :
1.{an }满足a1 1, an1 an 2n 1, 求an . an1 an 2n 1
1 (1)a1 2, an1 an ; ( 2)a1 1, ( n 2)an1 nan n( n 1)
三、待定系数法：
1.{an }满足a1 1,2an1 an , 则an _______ .
2 n
3,求an . an 2 an1 2 （an1 an）
6.{an }满足a1 1, a2 5, an2 an1 an , 则a2010 ____.
2 2 5.{an }满足a1 1, an 0, (n 1)an na 1 n an1an 0, 求an .
作业：
根据数列 {an }满足的条件 , 求其通项公式 :
2 (1)an1 3 an , a1 2 an 1 ( 2)an1 , a1 3an 1 2
B 同加 A1 1.{an }满足an1 3an 4, a1 3, 求an .
an1 Aan B
an1 Aan f ( n)
同除An1
2.{an }满足an 3an1 n, a1 3, 求an .
练 : 求{ an }的通项公式 : (1)a1 4, an1 an 2; ( 2)a1 1, an1 2an 4 n1
( 3)3an an1 2, a1 2
n ( 4)a1 1, an1 an n 2 1 n ( 5)a1 1, an1 an n 2 2 2 (6)a1 1, a2 3, an 1 anan2
练 : 求{an }的 通 项 公 式 :
1.{an }满足a1 1, an1 an 2n 1, 求an . an1 an 2n 1
1 (1)a1 2, an1 an ; ( 2)a1 1, ( n 2)an1 nan n( n 1)
三、待定系数法：
1.{an }满足a1 1,2an1 an , 则an _______ .
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m an
c m
迁移练习
an1
2an 3 4an
迁移练习
an1
2an 3 4an
解：
an1
2an 3 n an
1 an1
3 1 2 an
2
构造：1 3 ( 1 ) 1 3 1 2
an1
2 an
an1 2 an
结论3
对比系数得， 4, an1
2an 3 n an
1 an1
4
31 (
2 an
4)
an1
1 5 ( 3 )n1
4
2n1 5 3n1
2n1
2
《白本》P53
• 第10题
• 第14题
实在没法: 猜测通项 数学归纳法(大题）
第二类递推关系：
复习： 1 . 数 列 { an} 的 前 n 项 和 Sn=n2+1， 则 an=_________________.
an1 3an 3n的两边同除3n1
3n
会有怎样的效果？
特别提醒
3
an1 3an 3n
解：an1 3an 3n的两边同除3n1 , 得
bn1
an1 3n1
an 3n
1 3
bn
{
an 3n
}是以首相为
1 3
,公差为
1 3
的等差数列，
an 3n
1
1
3 (n 1) 3 ,
即an =n 3n1.
1 cd
直接通过等比数列通项求出an.
思考 4
1 1 1
an1 an
1 a n+1
1 an
1 an1
an 1 an
5
13 1
an1 an bn1 3 bn 1
1 a n+1
3 an
1 an1
an 3 an
思考小结
结论5
结论3
an1
m an b c an
1 an1
b1
探索研究 2
在an1 2an 3n的两边同除2n1 , 得
an1 2n1
an 2n
1 ( 3)n 22
bn1 bn f (n)
类等差 结论1
阶段小结结论4转化为： Nhomakorabeaan1 cn1
an cn
1 ( d )n cc
类等差形式，再用结论1解决.
实际上 若c≠d,可以选择直接配凑
优化解 题过程
令an1 dn1 c (an dn ) an1 c an dn
a4 a3 d
an an1 d
n-1式相加，得
得,an -a1 (n 1)d , 即 an a1 (n 1)d
定义延伸
题1
解： an1 an n
a2 a1 1
a3 a2 2
a4 a3 3
n-1式相加，得
an an1 n 1
(1 n 1)(n 1)
2, 3
a4 3 , a3 4
,
an n 1 ,将以上n 1个式子叠乘，得 an-1 n
an a1
=
1 2
2 3
3 4
n1 n
1 n
,
即an
=
1 n
阶段小结
求积
结论2
的思想方法,求出an.
可采用叠乘
灵活化归 1
解： an+1 =2an +1, an+1 +1=2(an +1),
an+1 +1 2 an +1
对比系数得，=1 an1 3n1 2(an 3n )
{an 3n }是以首相为
bn1
bn
a1 3 4,公比为2的等比数列.
an 3n 4 2n1 , 即an =2n1 3n.
特别提醒
3
an1 3an 3n
能否用变式2的解题方法？ ？
an1 3an 3n × an1 3n1 3(an 3n )
对比系数求出=
d ）,再用构造法， c-1
将其化归为等比数列问题.
理性变换 2
是不是可以直接套用结论3的处理方法？
3n1 3n
解：令an1 2(an ) an1 2an 3n 对比系数得，=-3n
× an1 3n 2(an 3n )
bn1
bn
探索研究 2
解：令an1 3n1 2(an 3n ) an1 2an 3n
an -a1
2
,
即
an
n2
n 2
2
迁移练习
累差迭加得，an -a1
20 (1 2n1 ) 1 2
an 2n1
阶段小结
求和
结论1
系式，常用叠加
的思想化归为求f(n)的前n项和，进而求出an.
等比数列定义中是否有类似结论？
定义回顾 等比数列定义
文字描述
通项公式
n-1
符号表示
数列{an
}满足：an1 an
小结：第二类递推关系：
• 利用Sn和an的关系构造新数列 .求数列通项时，漏掉n=1时的验证
是致命错误.
3．(2011·四川)数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a1＝1，an＋1＝
3Sn(n≥1)，则 a6 等于 A．3×44
B．3×44＋1
(A )
C．45
D．45＋1
解析 当 n≥1 时，an＋1＝3Sn，则 an＋2＝3Sn＋1， ∴an＋2－an＋1＝3Sn＋1－3Sn＝3an＋1，即 an＋2＝4an＋1， ∴该数列从第二项开始是以 4 为公比的等比数列． 又 a2＝3S1＝3a1＝3，∴an＝13(×n＝4n1－)2，(n≥2). ∴当 n＝6 时，a6＝3×46－2＝3×44.
bn1
bn
{an 1}是以首相为a1 1 2,
公比为2的等比数列.
an 1 2 2n1, 即an =2n 1.
变式迁移：
an+1 4an 5
分析：an1 4 (an )
解：令an+1 +=4(an +) an+1 4an 5
得，3 5 5
a n+1
4an
q
(常数,q
0),
则{an }是等比数列.
递推关系
重要思想
累除迭乘
{an
}满足：n
N*
,
an1 an
q
(q
0),
a2 q ,a3 q , a4 q ,
a1
a2
a3
an q , a n 1
n1式相乘，得
an a1 qn1
定义延伸
题2
解
：
an+1 an
=
n n+1
,
a2 a1
1 2
, a3 a2
定义回顾
等差数列定义
文字描述
通项公式
n-1
符号表示
数列{an }满足：an1 an d? (d为常数,n N* ),
则{an }是等差数列.
递推关系
从定义出发 向定义化 归
根据递推关系求数列通项公式
重要方法
累差迭加
{an }满足：n N* ,an1 an d ,
a2 a1 d
a3 a2 d
5
3 令an+1 +
5 3
=4(an +
5 3
)
数列{a
n
+
5 3
}是以
8 3
为首项，4为公比
的等比数列，
a
n
+
5 3
8 4n1, 3
即a n
8 4n1- 5
3
3
阶段小结
常数
结论3 型如an1 c an d (c 0,c 1,d 0)
递推关系式，采用配凑或待定系数法
(令an+1 =c(an ) an1 c an d，
c m
迁移练习
an1
2an 3 4an
迁移练习
an1
2an 3 4an
解：
an1
2an 3 n an
1 an1
3 1 2 an
2
构造：1 3 ( 1 ) 1 3 1 2
an1
2 an
an1 2 an
结论3
对比系数得， 4, an1
2an 3 n an
1 an1
4
31 (
2 an
4)
an1
1 5 ( 3 )n1
4
2n1 5 3n1
2n1
2
《白本》P53
• 第10题
• 第14题
实在没法: 猜测通项 数学归纳法(大题）
第二类递推关系：
复习： 1 . 数 列 { an} 的 前 n 项 和 Sn=n2+1， 则 an=_________________.
an1 3an 3n的两边同除3n1
3n
会有怎样的效果？
特别提醒
3
an1 3an 3n
解：an1 3an 3n的两边同除3n1 , 得
bn1
an1 3n1
an 3n
1 3
bn
{
an 3n
}是以首相为
1 3
,公差为
1 3
的等差数列，
an 3n
1
1
3 (n 1) 3 ,
即an =n 3n1.
1 cd
直接通过等比数列通项求出an.
思考 4
1 1 1
an1 an
1 a n+1
1 an
1 an1
an 1 an
5
13 1
an1 an bn1 3 bn 1
1 a n+1
3 an
1 an1
an 3 an
思考小结
结论5
结论3
an1
m an b c an
1 an1
b1
探索研究 2
在an1 2an 3n的两边同除2n1 , 得
an1 2n1
an 2n
1 ( 3)n 22
bn1 bn f (n)
类等差 结论1
阶段小结结论4转化为： Nhomakorabeaan1 cn1
an cn
1 ( d )n cc
类等差形式，再用结论1解决.
实际上 若c≠d,可以选择直接配凑
优化解 题过程
令an1 dn1 c (an dn ) an1 c an dn
a4 a3 d
an an1 d
n-1式相加，得
得,an -a1 (n 1)d , 即 an a1 (n 1)d
定义延伸
题1
解： an1 an n
a2 a1 1
a3 a2 2
a4 a3 3
n-1式相加，得
an an1 n 1
(1 n 1)(n 1)
2, 3
a4 3 , a3 4
,
an n 1 ,将以上n 1个式子叠乘，得 an-1 n
an a1
=
1 2
2 3
3 4
n1 n
1 n
,
即an
=
1 n
阶段小结
求积
结论2
的思想方法,求出an.
可采用叠乘
灵活化归 1
解： an+1 =2an +1, an+1 +1=2(an +1),
an+1 +1 2 an +1
对比系数得，=1 an1 3n1 2(an 3n )
{an 3n }是以首相为
bn1
bn
a1 3 4,公比为2的等比数列.
an 3n 4 2n1 , 即an =2n1 3n.
特别提醒
3
an1 3an 3n
能否用变式2的解题方法？ ？
an1 3an 3n × an1 3n1 3(an 3n )
对比系数求出=
d ）,再用构造法， c-1
将其化归为等比数列问题.
理性变换 2
是不是可以直接套用结论3的处理方法？
3n1 3n
解：令an1 2(an ) an1 2an 3n 对比系数得，=-3n
× an1 3n 2(an 3n )
bn1
bn
探索研究 2
解：令an1 3n1 2(an 3n ) an1 2an 3n
an -a1
2
,
即
an
n2
n 2
2
迁移练习
累差迭加得，an -a1
20 (1 2n1 ) 1 2
an 2n1
阶段小结
求和
结论1
系式，常用叠加
的思想化归为求f(n)的前n项和，进而求出an.
等比数列定义中是否有类似结论？
定义回顾 等比数列定义
文字描述
通项公式
n-1
符号表示
数列{an
}满足：an1 an
小结：第二类递推关系：
• 利用Sn和an的关系构造新数列 .求数列通项时，漏掉n=1时的验证
是致命错误.
3．(2011·四川)数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a1＝1，an＋1＝
3Sn(n≥1)，则 a6 等于 A．3×44
B．3×44＋1
(A )
C．45
D．45＋1
解析 当 n≥1 时，an＋1＝3Sn，则 an＋2＝3Sn＋1， ∴an＋2－an＋1＝3Sn＋1－3Sn＝3an＋1，即 an＋2＝4an＋1， ∴该数列从第二项开始是以 4 为公比的等比数列． 又 a2＝3S1＝3a1＝3，∴an＝13(×n＝4n1－)2，(n≥2). ∴当 n＝6 时，a6＝3×46－2＝3×44.
bn1
bn
{an 1}是以首相为a1 1 2,
公比为2的等比数列.
an 1 2 2n1, 即an =2n 1.
变式迁移：
an+1 4an 5
分析：an1 4 (an )
解：令an+1 +=4(an +) an+1 4an 5
得，3 5 5
a n+1
4an
q
(常数,q
0),
则{an }是等比数列.
递推关系
重要思想
累除迭乘
{an
}满足：n
N*
,
an1 an
q
(q
0),
a2 q ,a3 q , a4 q ,
a1
a2
a3
an q , a n 1
n1式相乘，得
an a1 qn1
定义延伸
题2
解
：
an+1 an
=
n n+1
,
a2 a1
1 2
, a3 a2
定义回顾
等差数列定义
文字描述
通项公式
n-1
符号表示
数列{an }满足：an1 an d? (d为常数,n N* ),
则{an }是等差数列.
递推关系
从定义出发 向定义化 归
根据递推关系求数列通项公式
重要方法
累差迭加
{an }满足：n N* ,an1 an d ,
a2 a1 d
a3 a2 d
5
3 令an+1 +
5 3
=4(an +
5 3
)
数列{a
n
+
5 3
}是以
8 3
为首项，4为公比
的等比数列，
a
n
+
5 3
8 4n1, 3
即a n
8 4n1- 5
3
3
阶段小结
常数
结论3 型如an1 c an d (c 0,c 1,d 0)
递推关系式，采用配凑或待定系数法
(令an+1 =c(an ) an1 c an d，