递推数列通项公式求法(教案)
已知数列递推公式求通项公式的几种方法
求数列通项公式的方法一、公式法例1 已知数列{}n a 满足1232nn n a a +=+⨯,12a =,求数列{}n a 的通项公式;解：1232nn n a a +=+⨯两边除以12n +,得113222n n n n a a ++=+,则113222n n n n a a ++-=,故数列{}2nn a 是以1222a 11==为首项,以23为公差的等差数列,由等差数列的通项公式,得31(1)22n n a n =+-,所以数列{}n a 的通项公式为31()222nn a n =-;评注：本题解题的关键是把递推关系式1232nn n a a +=+⨯转化为113222n n n n a a ++-=,说明数列{}2n n a 是等差数列,再直接利用等差数列的通项公式求出31(1)22n n a n =+-,进而求出数列{}n a 的通项公式;二、累加法例2 已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，,求数列{}n a 的通项公式; 解：由121n n a a n +=++得121n n a a n +-=+则所以数列{}n a 的通项公式为2n a n =;评注：本题解题的关键是把递推关系式121n n a a n +=++转化为121n n a a n +-=+,进而求出11232211()()()()n n n n a a a a a a a a a ----+-++-+-+,即得数列{}n a 的通项公式;例3 已知数列{}n a 满足112313nn n a a a +=+⨯+=，,求数列{}n a 的通项公式;解：由1231n n n a a +=+⨯+得1231nn n a a +-=⨯+则所以3 1.nn a n =+-评注：本题解题的关键是把递推关系式1231n n n a a +=+⨯+转化为1231nn n a a +-=⨯+,进而求出11232211()()()()n n n n n a a a a a a a a a a ---=-+-++-+-+,即得数列{}n a 的通项公式;例4 已知数列{}n a 满足1132313nn n a a a +=+⨯+=，,求数列{}n a 的通项公式;解：13231n n n a a +=+⨯+两边除以13n +,得111213333n n n n n a a +++=++, 则111213333n n n n n a a +++-=+,故 因此11(13)2(1)2113133133223n n n n na n n ---=++=+--⨯, 则21133.322n n n a n =⨯⨯+⨯- 评注：本题解题的关键是把递推关系式13231nn n a a +=+⨯+转化为111213333n n n n n a a +++-=+,进而求出112232111122321()()()()333333333n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a -----------+-+-++-+,即得数列3n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的通项公式,最后再求数列{}n a 的通项公式; 三、累乘法例5 已知数列{}n a 满足112(1)53nn n a n a a +=+⨯=，,求数列{}n a 的通项公式;解：因为112(1)53nn n a n a a +=+⨯=，,所以0n a ≠,则12(1)5n n na n a +=+,故1321122112211(1)(2)21(1)12[2(11)5][2(21)5][2(21)5][2(11)5]32[(1)32]53325!n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n -------+-+++--=⋅⋅⋅⋅⋅=-+-+⋅⋅+⨯+⨯⨯=-⋅⋅⨯⨯⨯=⨯⨯⨯所以数列{}n a 的通项公式为(1)12325!.n n n n a n --=⨯⨯⨯评注：本题解题的关键是把递推关系12(1)5nn n a n a +=+⨯转化为12(1)5n n na n a +=+,进而求出13211221n n n n a a a a a a a a a ---⋅⋅⋅⋅⋅,即得数列{}n a 的通项公式; 例6已知数列{}n a 满足11231123(1)(2)n n a a a a a n a n -==++++-≥，,求{}n a 的通项公式;解：因为123123(1)(2)n n a a a a n a n -=++++-≥①所以1123123(1)n n n a a a a n a na +-=++++-+②用②式－①式得1.n n n a a na +-= 则1(1)(2)n n a n a n +=+≥故11(2)n na n n a +=+≥ 所以13222122![(1)43].2n n n n n a a a n a a n n a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅=-⋅⋅⨯=③由123123(1)(2)n n a a a a n a n -=++++-≥,21222n a a a ==+取得,则21a a =,又知11a =,则21a =,代入③得!13452n n a n =⋅⋅⋅⋅⋅=; 所以,{}n a 的通项公式为!.2n n a =评注：本题解题的关键是把递推关系式1(1)(2)n n a n a n +=+≥转化为11(2)n na n n a +=+≥,进而求出132122n n n n a a a a a a a ---⋅⋅⋅⋅,从而可得当2n n a ≥时，的表达式,最后再求出数列{}n a 的通项公式; 四、待定系数法例7 已知数列{}n a 满足112356nn n a a a +=+⨯=，,求数列{}n a 的通项公式;解：设1152(5)n n n n a x a x +++⨯=+⨯④将1235n n n a a +=+⨯代入④式,得12355225n n nn n a x a x ++⨯+⨯=+⨯,等式两边消去2n a ,得135525n n n x x +⋅+⋅=⋅,两边除以5n ,得352,1,x x x +==-则代入④式得1152(5)n n n n a a ++-=-⑤由1156510a -=-=≠及⑤式得50nn a -≠,则11525n n nn a a ++-=-,则数列{5}nn a -是以1151a -=为首项,以2为公比的等比数列,则152n n n a --=,故125n n n a -=+;评注：本题解题的关键是把递推关系式1235n n n a a +=+⨯转化为1152(5)n nn n a a ++-=-,从而可知数列{5}n n a -是等比数列,进而求出数列{5}nn a -的通项公式,最后再求出数列{}n a 的通项公式;例8 已知数列{}n a 满足1135241nn n a a a +=+⨯+=，,求数列{}n a 的通项公式;解：设1123(2)n n n n a x y a x y +++⨯+=+⨯+⑥将13524nn n a a +=+⨯+代入⑥式,得整理得(52)24323n nx y x y +⨯++=⨯+;令52343x x y y +=⎧⎨+=⎩,则52x y =⎧⎨=⎩,代入⑥式得115223(522)n n n n a a +++⨯+=+⨯+⑦由11522112130a +⨯+=+=≠及⑦式,得5220nn a +⨯+≠,则115223522n n nn a a +++⨯+=+⨯+, 故数列{522}n n a +⨯+是以1152211213a +⨯+=+=为首项,以3为公比的等比数列,因此1522133n n n a -+⨯+=⨯,则1133522n n n a -=⨯-⨯-;评注：本题解题的关键是把递推关系式13524nn n a a +=+⨯+转化为115223(522)n n n n a a +++⨯+=+⨯+,从而可知数列{522}n n a +⨯+是等比数列,进而求出数列{522}nn a +⨯+的通项公式,最后再求数列{}n a 的通项公式;例9 已知数列{}n a 满足21123451n n a a n n a +=+++=，,求数列{}n a 的通项公式;解：设221(1)(1)2()n n a x n y n z a xn yn z ++++++=+++ ⑧将212345n n a a n n +=+++代入⑧式,得2222345(1)(1)2()n n a n n x n y n z a xn yn z ++++++++=+++,则等式两边消去2n a ,得22(3)(24)(5)222x n x y n x y z xn yn z ++++++++=++,解方程组3224252x xx y y x y z z +=⎧⎪++=⎨⎪+++=⎩,则31018x y z =⎧⎪=⎨⎪=⎩,代入⑧式,得2213(1)10(1)182(31018)n n a n n a n n ++++++=+++ ⑨由213110118131320a +⨯+⨯+=+=≠及⑨式,得2310180n a n n +++≠则2123(1)10(1)18231018n n a n n a n n ++++++=+++,故数列2{31018}n a n n +++为以21311011813132a +⨯+⨯+=+=为首项,以2为公比的等比数列,因此2131018322n n a n n -+++=⨯,则42231018n n a n n +=---;评注：本题解题的关键是把递推关系式212345n n a a n n +=+++转化为2213(1)10(1)182(31018)n n a n n a n n ++++++=+++,从而可知数列2{31018}n a n n +++是等比数列,进而求出数列2{31018}n a n n +++的通项公式,最后再求出数列{}n a 的通项公式;五、对数变换法例10 已知数列{}n a 满足5123n n n a a +=⨯⨯,17a =,求数列{}n a 的通项公式;解：因为511237n n n a a a +=⨯⨯=，,所以100n n a a +>>，;在5123n n n a a +=⨯⨯式两边取常用对数得1lg 5lg lg3lg 2n n a a n +=++⑩设1lg (1)5(lg )n n a x n y a xn y ++++=++错误!将⑩式代入错误!式,得5lg lg3lg 2(1)5(lg )n n a n x n y a xn y +++++=++,两边消去5lg n a 并整理,得(lg3)lg 255x n x y xn y ++++=+,则lg35lg 25x x x y y +=⎧⎨++=⎩,故lg34lg3lg 2164x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩代入错误!式,得1lg3lg3lg 2lg3lg3lg 2lg (1)5(lg )41644164n n a n a n +++++=+++ 错误! 由1lg3lg3lg 2lg3lg3lg 2lg 1lg 71041644164a +⨯++=+⨯++≠及错误!式, 得lg3lg3lg 2lg 04164n a n +++≠, 则1lg3lg3lg 2lg (1)41645lg3lg3lg 2lg 4164n n a n a n +++++=+++, 所以数列lg3lg3lg 2{lg }4164n a n +++是以lg3lg3lg 2lg 74164+++为首项,以5为公比的等比数列,则1lg3lg3lg 2lg3lg3lg 2lg (lg 7)541644164n n a n -+++=+++,因此1111111116164444111111161644441111111616444455514lg 3lg 3lg 2lg 3lg 3lg 2lg (lg 7)54164464(lg 7lg 3lg 3lg 2)5lg 3lg 3lg 2[lg(7332)]5lg(332)lg(7332)5lg(332)lg(733n n n n n n n n n n n n a n ---------=+++---=+++---=⋅⋅⋅-⋅⋅=⋅⋅⋅-⋅⋅=⋅⋅1115116454151511642)lg(732)n n n n n -------⋅=⋅⋅则11541515164732n n n n n a -----=⨯⨯;评注：本题解题的关键是通过对数变换把递推关系式5123n n n a a +=⨯⨯转化为1lg3lg3lg 2lg3lg3lg 2lg (1)5(lg )41644164n n a n a n +++++=+++,从而可知数列lg3lg3lg 2{lg }4164n a n +++是等比数列,进而求出数列lg3lg3lg 2{lg }4164n a n +++的通项公式,最后再求出数列{}n a 的通项公式; 六、迭代法例11 已知数列{}n a 满足3(1)2115nn n n a a a ++==，,求数列{}n a 的通项公式;解：因为3(1)21n n n n a a ++=,所以121323(1)23212[]n n n n n n n n n a a a ---⋅-⋅⋅--== 又15a =,所以数列{}n a 的通项公式为(1)123!25n n n n n a --⋅⋅=;评注：本题还可综合利用累乘法和对数变换法求数列的通项公式;即先将等式3(1)21nn n na a ++=两边取常用对数得1lg 3(1)2lg nn n a n a +=+⨯⨯,即1lg 3(1)2lg n n na n a +=+,再由累乘法可推知(1)123!213211221lg lg lg lg lg lg lg5lg lg lg lg n n n n n n n n n a a a a a a a a a a --⋅⋅---=⋅⋅⋅⋅⋅=,从而1(1)3!225n n n n n a --⋅⋅=;七、数学归纳法例12 已知数列{}n a 满足11228(1)8(21)(23)9n n n a a a n n ++=+=++，,求数列{}n a 的通项公式; 解：由1228(1)(21)(23)n n n a a n n ++=+++及189a =,得 由此可猜测22(21)1(21)n n a n +-=+,往下用数学归纳法证明这个结论;1当1n =时,212(211)18(211)9a ⨯+-==⨯+,所以等式成立; 2假设当n k =时等式成立,即22(21)1(21)k k a k +-=+,则当1n k =+时, 由此可知,当1n k =+时等式也成立; 根据1,2可知,等式对任何*n N ∈都成立;评注：本题解题的关键是通过首项和递推关系式先求出数列的前n 项,进而猜出数列的通项公式,最后再用数学归纳法加以证明; 八、换元法例13 已知数列{}n a 满足111(14116n n a a a +=+=，,求数列{}n a 的通项公式;解：令n b =则21(1)24n n a b =-故2111(1)24n n a b ++=-,代入11(1416n n a a +=+得 即2214(3)n n b b +=+因为0n b =≥,故10n b +=≥ 则123n n b b +=+,即11322n n b b +=+, 可化为113(3)2n n b b +-=-,所以{3}n b -是以13332b -===为首项,以21为公比的等比数列,因此121132()()22n n n b ---==,则21()32n n b -=+,21()32n -=+,得 2111()()3423n n n a =++;n b ,使得所给递推关系式转化11322n n b b +=+形式,从而可知数列{3}n b -为等比数列,进而求出数列{3}n b -的通项公式,最后再求出数列{}n a 的通项公式;。
三大类递推数列通项公式的求法
三大类递推数列通项公式的求法1 一阶线性递推数列求通项问题一阶线性递推数列主要有如下几种形式： （1）1()n n x x f n +=+这类递推数列可通过累加法而求得其通项公式(数列{f(n)}可求前n 项和).当()f n 为常数时，通过累加法可求得等差数列的通项公式．而当()f n 为等差数列时，则1()n n x x f n +=+为二阶等差数列，其通项公式应当为2n x an bn c =++形式，注意与等差数列求和公式一般形式的区别，后者是2n S an bn =+，其常数项一定为０． （2）1()n n x g n x +=这类递推数列可通过累乘法而求得其通项公式(数列{g(n)}可求前n 项积). 当()g n 为常数时，用累乘法可求得等比数列的通项公式．（3）1(,0,1)n+n x =qx +d q,d q q ≠≠为常数；这类数列通常可转化为1()n n x p q x p ++=+，或消去常数转化为二阶递推式211()n n n n x x q x x +++-=-.［例１］已知数列n x ｛｝中，11121(2)n n x x x n -==+≥，,求n x ｛｝的通项公式． ［解析］解法一．转化为1()n n x p q x p ++=+型递推数列．∵121(2)n n x x n -=+≥，∴112(1)(2)n n x x n -+=+≥，又112x +=，故数列｛1n x +｝是首项为２，公比为２的等比数列．∴12n n x +=，即21n n x =-．解法二．转化为211()n n n n x x q x x +++-=-型递推数列． ∵n x =2x n-1+1(n ≥2) ① ∴1n x +=2x n +1 ②②－①，得112()n n n n x x x x +--=-(n ≥2)，故｛1n n x x +-｝是首项为x 2-x 1=2，公比为２的等比数列，即11222n n n n x x -+-== ，再用累加法得21n n x =-．解法三．用迭代法．21231221212(21)12212222121n n n n n n n n x x x x x ------=+=++=++=++++=- ．当然,此题也可用归纳猜想法求之，但要用数学归纳法证明．［例２］已知函数1()22(1)2f x x x =-+≤≤的反函数为121(),1,()yg x x x g x ===， 321(),,(),,n n x g x x g x -== 求数列n x ｛｝的通项公式. [解析]由已知得1()1(01)2g x x x =-+≤≤，则1111,1(2)2n n x x x n -==-+≥． 令11()2n n x p x p -+=-+=,则11322n n x x p -=--.比较系数，得23p =-.即有1212()(2)323n n x x n --=--≥．∴数列｛23n x -｝是以12133x -=为首项，12-为公比的等比数列，∴1211()332n n x --=-，故1112()323n n x -=-+．［评析］此题亦可采用归纳猜想得出通项公式，而后用数学归纳法证明之． （4）1(,nn n cx x c d x d+=+为非零常数）；若取倒数,得1111n n d x c x c+=+ ，令1n n y x =，从而转化为（1）型而求之.（5）1(,1,1)n n+n x =qx +d q,d q d ≠≠为非零常数； 这类数列可变换成111n n n n x x q d d d d ++=+ ，令nnnx y d =，则转化为(1)型一阶线性递推公式. ［例３］设数列11132(*)n n n n x x x x n N +==+∈.｛｝满足：，求数列n x ｛｝的通项公式． ［解析］∵132n n n x x +=+，两边同除以12n +，得11312222n n n n x x ++=+ ．令322nnnx y = ，则有13122n n y y +=+ ．于是，得131(1)2n n y y ++=+，∴数列1n y +｛｝是以首项为37144+=，公比为32的等比数列，故1731()42n n y -+= ，即173()142n n y -=- ，从而2117323n n n x -+=- ．［例４］设10132(*)n n n x x x n N --=-∈为常数，且，求数列n x ｛｝的通项公式． ［解析］设1132(3)n n n n x p x p --+=-+ ，用1132n n n x x --=-代入，可解出15p =-． ∴35nn x -｛｝是以公比为-2，首项为00332122555x x x -=--=-１的等比数列． ∴1032(2)(2)55n n n x x --=--， 即1023(2)(2)55n n n x x -=--+03(1)2(1)2(*)5n n n n n x n N --=+-∈ ．（6）1(00,0,1)pn+n n x =cx x ,c p p >>>≠这类数列可取对数得1lg lg lg n n x x c +=+，从而转化为等差数列型递推数列. 2 可转化为等差、等比数列或一些特殊数列的二阶递推数列［例５］设数列12215521(*)333n n n n x x x x x x n N ++===-∈.｛｝满足：，，求数列n x ｛｝的通项公式． ［解析］由2152(*)33n n n x x x n N ++=-∈，可得 2111222()(*)333n n n n n n x x x x x x n N ++++=-=-∈.－设11212521333n n n n y x x y y x x +=-=-=-=，则｛｝是公比为的等比数列，且，故2(*)3n y n N =∈n （）．即12(2)3n n x x n --=≥n-1（）．用累加法得 12111221222()()()()()333n n n n n n n x x x x x x x x ------=-+-++-=+++ ， 或11221112()()()222()()1333n n n n n n n x x x x x x x x -----=-+-++-+=++++21()233[1()]2313nn -==--). ［例６］在数列12211(*)n n n n x x x x x x n N ++===+∈｛｝中，已知，，求数列n x ｛｝的通项公式．［解析］可用换元法将其转化为一阶线性递推数列．令11n n n y x a x +=-，使数列n y ｛｝是以2a 为公比的等比数列(1,a a ２待定)． 即211211()n n n n x a x a x a x +++-=-，∴212112()n n n x a a x a a x ++=+-．对照已给递推式，有121211a a a a +==-，，即21210a a x x --=、是方程的两个实根．从而1212a a a a ====∴211111(222n n n n x x x x ++++-=-) ①或211111(222n n n n x x x x ++++-=-) ②由式①得111(22n n n x x +-=；由式②得111(22nn n x x +-=．消去111((22n nn n x x +=-１，得］． ［例７］在数列12211(*)n n n n x x x x x x n N ++===-∈｛｝中，已知，，求100x ． ［解析］由21n n n x x x ++=- ①，得321n n n x x x +++=- ②．式②+式①，得3n n x x +=-，从而有63n n n x x x ++=-=．∴数列n x ｛｝是以６为其周期．故100x =4x =-1．3 特殊的n 阶递推数列［例８］已知数列n x ｛｝满足11231123(1)(2)n n x x x x x n x n -==++++-≥ ，，求n x ｛｝的通项公式． ［解析］∵123123(1)(2)n n x x x x n x n -=++++-≥ ①∴1123223(2)(3)n n x x x x n x n --=++++-≥ ② ②－①，得1(3)n n x nx n -=≥．∴1(3)nn x n n x -=≥，故有 1312213n n n n x x x n n x x x ---==-=. ，， 将这几个式子累乘，得22(1)(2)3(1)(2)3nn x n n n x n n n x x =--==--. ，或 又1211(1),11,!(2)2n n x x x x n n =⎧⎪====⎨≥⎪⎩ ，故 ．［例9］数列｛n x ｝满足21121,2n n x x x x n x =+++= ，求数列｛n x ｝的同项公式． ［解析］由212n n x x x n x +++= ①，得21211(1)(2)n n x x x n x n --+++=-≥ ②． 式①－式②，得221(1)n n n x n x n x -=--，或2221(1)(1)n n n n n x n x x n x --=-=-，故有11(2)1n n x n n x n --=≥+ . ∴12312341234,,,,112n n n n n n n n x x x x n n n n x n x n x n x n -----------====+-- ,322121,43x x x x ==. 将上面几个式子累乘，得121(1)n x x n n=+ ，即1211(2)(1)(1)n x x n n n n n ==≥++ ． ∵112x =也满足上式，∴1211(*)(1)(1)n x x n N n n n n==∈++ ．。
专题由递推关系求数列的通项公式(含答案)
.专题 由递推关系求数列的通项公式一、目标要求通过具体的例题，掌握由递推关系求数列通项的常用方法：二、知识梳理求递推数列通项公式是数列知识的一个重点，也是一个难点，高考也往往通过考查递推数列来考查学生对知识的探索能力，求递推数列的通项公式一般是将递推公式变形，推得原数列是一种特殊的数列或原数列的项的某种组合是一种特殊数列，把一些较难处理的数列问题化为熟悉的等差或等比数列。
三、典例精析1、公式法 ：利用熟知的公式求通项公式的方法称为公式法。
常用的公式有 a nS 1 S nSn 1等差数列和等比数列的通项公式。
例 1已知数列 { a n } 中 a 1 2 ， s nn 2+2 ，求数列 { a n } 的通项公式n 1及n 2评注 在运用 a n s n s n 1 时要注意条件 n 2 ，对 n=1 要验证。
2、累加法： 利用恒等式 a n a 1 a 2 a 1 +......+ a n a n 1 求通项公式的方法叫累加法。
它是求型如an 1a n +f n 的递推数列的方法（其中数列 f n 的前 n 项和可求）。
例2已知数列{ a n } 中 a 1 1 a n +1 ，求数列 { a n } 的通项公式 ， a n 12 +3n2 n 2评注 此类问题关键累加可消中间项，而f ( n ）可求和则易得 a n 3 、 . 累乘法 ：利用恒等式 a n a 1a 2a 3 a n a n 0 求通项公式的方法叫累乘法。
它是求型如a 1 a 2a n1an 1g n a n 的递推数列的方法 数列 g n可求前 n 项积例 3已知数列{a n} 中s n 1 na n，求数列{ a n} 的通项公式评注此类问题关键是化a ng n ，且式子右边累乘时可求积，而左边中间项可消。
a n14、转化法：通过变换递推关系，将非等差（等比）数列转化为等差或等比有关的数列而求得通项公式的方法称为转化法。
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。
(完整版)职高数学复习-数列教案
第 课时教学内容：数列的定义教学目的：理解数列的定义、通项公式、Sn 的含义，掌握通项公式的求法及其应用，了解递推的含义．教学重点：数列的基本概念．教学难点：求通项公式、递推公式的应用 教学过程：一、数列的定义： 按一定顺序排列成的一列数叫做数列． 记为：{a n }．即{a n }: a 1, a 2, … , a n ．二、通项公式：用项数n 来表示该数列相应项的公式,叫做数列的通项公式。
1、本质：数列是定义在正整数集（或它的有限子集）上的函数． 2、通项公式: a n =f(n)是a n 关于n 的函数关系． 三、前n 项之和：S n = a 1+a 2+…+a n 注 求数列通项公式的一个重要方法： 对于数列}{n a ,有： ⎩⎨⎧≥-==-)2()1(11n s s n s a n nn例1、已知数列{100-3n}，（1）求a 2、a 3；（2）67是该数列的第几项；（3）此数列从第几项起开始为负项． 解：例2 求下列数列的通项公式：（1）1，3，5，7， ……（2）-211⨯，321⨯，-431⨯，541⨯.…… （3）9,99,999,9999,……解：（1）12-=n a n ；（2）)1(1)1(+-=n n a nn ；（3）110-=nn a练习：定写出数列3，5，9，17，33，……的通项公式： 答案：a n =2n +1 。
例3 已知数列{}n a 的第1项是1，以后的各项由公式111-+=n n a a 给出，写出这个数列的前5项．解 据题意可知：3211,211,123121=+==+==a a a a a ，58,3511534==+=a a a 例4 已知数列{}n a 的前n 项和，求数列的通项公式： （1） n S =n 2+2n ； （2） n S =n 2-2n-1.解：（1）①当n ≥2时，n a =n S -1-n S =(n 2+2n)-[(n-1)2+2(n-1)]=2n+1；②当n=1时，1a =1S =12+2×1=3；③经检验，当n=1时，2n+1=2×1+1=3，∴n a =2n+1为所求. （2）①当n ≥2时，n a =n S -1-n S =(n 2-2n-1)-[(n-1)2+2(n-1)-1]=2n-3； ②当n=1时，1a =1S =12-2×1-1=-2；③经检验，当n=1时，2n-3=2×1-3=-1≠-2，∴n a =⎩⎨⎧≥-=-)2(32)1(2n n n 为所求．注：数列前n 项的和n S 和通项n a 是数列中两个重要的量，在运用它们的关系式1n n n a S S -=-时，一定要注意条件2n ≥ ，求通项时一定要验证1a 是否适合四、提高：例5 当数列{100-2n}前n 项之和最大时，求n 的值．分析：前n 项之和最大转化为10n n a a +≥⎧⎨≤⎩．五、同步练习：1．已知：2n a n n =+，那么 （C ） （A ）0是数列中的一项 （B ）21是数列中的一项 （C ）702是数列中的一项 （C ）30不是数列中的一项2、在数列2，5，9，14，20，x ，…中，x 的值应当是 （D ） （A ）24 （B ）25 （C ）26 （D ）273、已知数列11,7,3，…,79,…且a n =179，则n 为 （C ） （A ）21 （B ）41 （C ）45 （D ）494、数列{a n }通项公式a n =log n+1(n+2)，则它的前30项之积是 （B ）（A ）51（B ）5 （C ）6 （D ）231log 3log 3215+ 5、已知数列1,-1,1,-1，…，则下列各式中，不是它的通项公式的为 （D ） （A ）1)1(--=n n a （B ）2)12(sinπ-=n a n （C ） 1 ()1()n n a n ⎧=⎨-⎩为奇数为偶数（D ）n n a )1(-=6、数列 ,541,431,321,211⋅⋅-⋅⋅-的一个通项公式是 （A ）（A ）)1(1)1(+-=n n a n n （B ）)1(1)1(1+-=+n n a n n（C ）nn a nn)1(1)1(-⋅-=（D ）)2()1(+-=n n a nn7、数列通项是nn a n ++=11，当其前n 项和为9时，项数n 是 （B ）（A ）9 （B ）99 （C ）10（D ）100 8．数列112，223，334，445，…的一个通项公式是 （B ）（A ）21n n a n =+ （B ）221n n n a n +=+ （C ）211n n n a n ++=+ （D ）221n n n a n +=+ 92,5,22,11,,则25 （B ） （A ）第六项 （B ）第七项 （C ）第八项 （D ）第九项 10．已知数列{a n }满足a 1=1,且121(2)n n a a n -=+≥，求数列的第五项a 5= 31 11、已知数列{a n }的前n 项和S n 满足log 2 (S n + 1) = n + 1，求a n .（答案： 3 n=12 n 2n n a ⎧=⎨≥⎩）12、已知数列{100-4n}，（1）求a 10；（2）求此数列前10项之和； （3）当此数列前n 项之和最大时，求n 的值． 答案（1）60（2）780（3）24or2513、设数列{a n }中，S n =－n 2＋24n ，（1）求通项公式； (2)求a 10＋a 11＋a 12＋…＋a 20的值； (3)求S n 最大时a n 的值.答案：（1）an=25-2n （2）-55（3）1 补充：1、已知数列{a n }满足a 1=b(b ≠1),且)(211N n a a nn ∈-=+, （1）求a 1, a 2, a 3; （2）求此数列的通项公式．2、已知数列{a n }前n 项之和S n =1nn +，求a n .3、一数列的通项公式为a n = 30 + n －n 2. ①问－60是否为这个数列中的一项. ②当n 分别为何值时，a n = 0, a n >0, a n <0第 课时教学内容：等差数列（1）教学目的：通过复习，巩固等差数列的定义、通项公式、求和公式 教学重点：等差数列 教学过程：（一）主要知识 1．等差数列的定义:如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d 表示．即：)()(1•+∈=-N n d a a n n 常数2．通项：d n a a n )1(1-+=，推广：d m n a a m n )(-+=． 3．求和：d n n na a a n S n n 2)1(2)(11-+=+=．（关于n 的没有常数项的二次函数）． 4．中项：若a 、b 、c 等差数列，则b 为a 与c 的等差中项:2b=a+c （二）主要方法： 1．等差数列的判定方法(1)定义法: )()(1•+∈=-N n d a a n n 常数 (2)中项法:212+++=n n n a a a (3)通项法:d n a a n )1(1-+= (4)前n 项和法:Bn An S n +=2 2．知三求二(n n S a n d a ,,,,1),要求选用公式要恰当.3．设元技巧: 三数:d a a d a +-,, 四数d a d a d a d a 3,,,3-+-- （二）基础题型： 讲练题：1．求等差数列8，5，2…的第20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。
递推数列求通项公式的方法
递推数列求通项公式的典型方法1、 a n+1=a n +f （n ）型 累加法:a n =（a n -a n-1）+（a n-1-a n-2）+…＋（a 2-a 1）+ a 1 =f （n-1）+f （n-2）+…f （1）+ a1例1 已知数列｛a n ｝满足a 1=1,a n+1=a n +2n （n ∈N *）, 求a n 解: a n =（a n -a n-1）+（a n-1-a n-2）+…＋（a 2-a 1）+ a 1 =2n-1+2n-2+…+21+1=2n -1（n ∈N *）例 在数列{n a }中，31=a ,)1(11++=+n n a a n n ，求通项公式n a .2、)(1n g a a nn =+型 累积法:112211.....a a aa a a a a n n n n n −−−=所以()()()()11...321a g n g n g n g a n −−−=∴例2:已知数列｛a n ｝满足()*1N n n a ann ∈=+,.11=a 求n a解:112211...a a aa a a a a n n n n n −−−==()()()()!11...321−=−−−n n n n ()()+∈−=∴N n n a n !1例2 设数列{n a }是首项为1的正项数列，且0)1(1221=+−+++n n n n a a na a n （n=1,2,3…），则它的通项公式是n a =▁▁▁（2000年高考15题）.3．q pa a n n +=+1型（p,q 为常数）方法：（1）⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛−+=−++111p q a p p q a n n ，再根据等比数列的相关知识求n a . (2)()11−+−=−n n n n a a p a a 再用累加法求n a .(3)111++++=n n n n n p qp a p a ,先用累加法求n n p a 再求n a 例3．已知{}n a 的首项a a =1（a 为常数），()2,21≥∈=+−n N n a a n n ，求n a解 设()λλ−=−−12n n a a ，则1−=λ()1211+=+∴−n n a a{}1+∴n a 为公比为2的等比数列。
已知递推公式求通项公式
`式已知递推公式求通项公].p)i (a [p a p)i (p a pa p)(pa pa p 1p 2n )i (a a 1p .)()(pa a p p1q a }p1q a {p1q a p p1q a p 1q 1p q a 1p q pa a 11n 1i i11n n 1n 1i 1i 1nn 1n nn 1n 1n 1n 1n 1i 1n n 1n 1n n 1n 1n 1n ∑∑∑-=--=+++++-=++++=+=+=≠≥+==+=-+-+-+=-+-≠=+=f f n f f n f n f ，从而利用叠加法易得，，变形为，则两边同时除以若；，，则显然若不是常数，其中为公比的等差数列为首项，是以显然）（，变为，则两边同加上若为公差的等差数列；为首项，，则显然是以若）常见形式：（p x a x a qx a x a x x p p x a 1x a 1x x x x 0b x a -d cx dcx b ax x dca b aa a )2(2n 1n 21n 11n 211n 11n 21212n n 1n 通项公式求解，然后再利用等比数列可以用待定系数法求解，其中则有若通项公式求解，然后再利用等差数列可以用待定系数法求解，其中则有若，，令此方程的两个根为）（，即，令典型例子：不动点法--=--≠+-=-==-+++=++=++++用待定系数法求得、，，则其通项公式为若用待定系数法求得、，）（则其通项公式若，，令此方程两根为，特征方程为性递推式的好方法特征根法是专用来求线特征根法B A Bx Axa x x B A x Bn A a ,x x x x q px x qa pa a .)3(n2n1n 21n1n 21212n 1n 2n +=≠+==+=+=++.4然后用数学归纳法去证的规律猜出一个结果，简单说就是根据前几项）数学归纳法（公式，马上迎刃而解！，只需联系正切二倍角看起来似乎摸不着头脑：东西，看看下面的例子三角函数是个很奇妙的）联系三角函数（2nn 1n a1a 2a 5-=+递推新值的过程。
“数列的通项公式与递推公式”教案讲义
▪ 3．与数列递推公式有关的问题
▪ 数列递推公式的主要题型：
▪ (1)根据数列的递推公式和第1项(或其他项) 求数列的前几项；
▪ (2)根 据数 列的递 推公式 求数列的通项公 式．
◎已知 an＝a12n(a≠0 且为常数)，试判断数列{an}的单 调性．
【错解】 因为 an－an－1＝a12n－a12n－1＝－a12n<0， 所以数列{an}是单调递减数列．
▪ 2．数列2,4,6,8,10，…的递推公式是( )
▪ A．an＝an－1＋2(n≥2) ▪ B．an＝2an－1(n≥2) ▪ C．a1＝2，an＝an－1＋2(n≥2) ▪ D．a1＝2，an＝2an－1(n≥2)
▪ 解析： a2－a1＝2 ▪ a3－a2＝2 ▪ a4－a3＝2 ▪ a5－a4＝2 ▪ ∴an－an－1＝2，即an＝an－1＋2(n≥2)，故选C. ▪ 答案： C
题型2 已知递推公式，用累加法求通项公式
例 2：已知数列{an}中，a1＝5，an＝an－1＋3(n≥2)，求数列 {an}的通项公式．
思维突破：先对an＝an－1＋3 从2 到n 进行取值，得到(n－1) 个式子，再把这(n－1)个式子相加，消去中间项．
解：由递推关系an＝an－1＋3(n≥2)，得 a2＝a1＋3，a3＝a2＋3，…，an＝an－1＋3. 将以上(n－1)个式子左右两边同时相加，得 a2＋a3＋…＋an－1＋an
▪ 【错因】 上述解法中误认为a>0，而对于非 零实数a，应讨论a>0或a<0两种情况．
Thank you.
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a2·a3·a4·…·an－1·an ＝13a1·13a2·13a3·13a4·…·13an－1.
类常见递推数列求通项公式方法
类常见递推数列求通项公式方法(总16页)-CAL-FENGHAI.-(YICAI)-Company One1-CAL-本页仅作为文档封面，使用请直接删除3递推数列通项求解方法类型一：1n n a pa q +=+（1p ≠）思路1（递推法）：()123()n n n n a pa q p pa q q p p pa q q q ---⎡⎤=+=++=+++=⎣⎦……121(1n p a q p p -=++++…211)11n n q qp a p p p --⎛⎫+=+⋅+ ⎪--⎝⎭。
思路2（构造法）：设()1n n a p a μμ++=+，即()1p q μ-=得1qp μ=-，数列{}n a μ+是以1a μ+为首项、p 为公比的等比数列，则1111n n q q a a p p p -⎛⎫+=+ ⎪--⎝⎭，即1111n n q q a a p p p -⎛⎫=++ ⎪--⎝⎭。
例1 已知数列{}n a 满足123n n a a -=+且11a =，求数列{}n a 的通项公式。
解：方法1（递推法）：()123232(23)3222333n n n n a a a a ---⎡⎤=+=++=+++=⎣⎦……1223(122n -=++++…211332)12232112n n n --+⎛⎫+=+⋅+=- ⎪--⎝⎭。
方法2（构造法）：设()12n n a a μμ++=+，即3μ=，∴数列{}3n a +是以134a +=为首项、2为公比的等比数列，则113422n n n a -++=⋅=，即123n n a +=-。
4类型二：1()n n a a f n +=+思路1（递推法）：123(1)(2)(1)(3)(2)(1)n n n n a a f n a f n f n a f n f n f n ---=+-=+-+-=+-+-+-=…111()n i a f n -==+∑。
由数列递推公式求通项公式的几种方法及在高考中的应用
解 析 ａ ＝（ 一ｏ 一 ）＋ （ ｌ ２ ａ １ 口 一 —ａ 一 ）＋… 十（ ２一
Ⅱ ）＋ ＝ ［ ＋ １ Ｉ ２ １ ２＋・ ＋（ ・ ・ ｎ—１ ］十 ３＝３ ） ３ ３＋ｎ ２ 一／ ，
．
．
．
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翌 ＋ 一１
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类 型 ４ ｏ ＝ ａ ｑ（ 中 Ｐ ｑ 为 常数 ，ｑＰ一１ ｐ “其 ，均 Ｐ（ ）・
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解题 技巧 与方 法
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由 列 推 式求 项 式的 种 法 在 考中 应 数 递 公 通 公 几 方 及 高 的 用
◎ 刘 丽 （ 徽 省 淮北 市第 十 二 中 学 安 ２５０ ） ３０ ０
【 要 】 列 在 高 中 数 学 学 习 中 占有 相 当重 要 的 一 部 摘 数
・
．
．
分 ， 仅 在 高 考 中 占有 很 大 的 比 例 ， 不 而且 有 些 涉 及 数 列 的高
考 题 难度 也很 大． 中根 据 数 列 的递 推 关 系 求 数 列 的 通 项 其
鲁 最 值 ＝ 的 小 为 ． ６
把 原 递 推 公 式 转 化 为
“
类 型 ２ ０ ＝ ｎ 口． ） 解法 ： （ ， 用 累乘 法 求 ， ） 利
例 ４ （ ０ ０年 上 海 文 数 ２ ）已知 数 列 ｝ 的 前 ｎ项 ２１ １ 。｝ 和 为 Ｓ ， Ｓ ｎ一５ 一８ ， ∈Ｎ 证 明 ： ｎ 且 ： ０ ５ｎ ． ｛ 一１ 是 等 比 ｝
递推法(迭代法)求数列通项
1 高二数学递推法（迭代法）求数列通项例1、设数列{}n a 是首项为1的正项数列，且()()22*11n+10n n n n a na a a n N ++-+=∈，求数列的通项公式.解：由题意知11,0n a a =>，将条件变形，得()()1110n n n n a a n a na ++++-=⎡⎤⎣⎦，又0n a >，得10n n a a ++≠，所以11n n n a a n +=+，即11n n a n a n +=+，到此可采用: 法一（递推法）：121112121112n n n n n n n n a a a a n n n n n -------==⋅==⋅⋅⋅--，从而1n a n =. 法二（叠成法）：12121121,12n n n n a a a n n a a a n n -----⋅⋅⋅=⋅⋅⋅-所以1n a n= . 法三（构造法）：由11n n a n a n +=+，得()1n+11n na na +=，故{}n na 是常数列，1111,n n na a a n =⨯=∴=. 点拨：解法一是迭代法，这是通法；解法二是叠乘法，适合由条件()1n n a f n a -=求通项的题型；解法三是构造法（简单+经典），根据条件特点构造特殊数列求通项，技巧性较强，体现了转化思想.例2、已知数列}a {n 满足3a 132a 3a 1n n 1n =+⋅+=+，，求数列}a {n 的通项公式．解：由已知，得（两边除以1n 3+），得1n n n 1n 1n 31323a 3a +++++=，即1n n n 1n 1n 31323a 3a ++++=-， 故11221122111()()()333333n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a ------=-+-++-+122121213()()()3333333n n -=+++++++ 1)3131313131(3)1n (222n 1n n n +++++++-=-- ， ∴n 1n n n n 321213n 2131)31(313)1n (23a ⋅-+=+--⋅+-=-，即213213n 32a n n n -⋅+⋅⋅= 练习：已知数列{}n a 中，111,n n a a a n +=-=，求通项公式n a .（尝试叠加法）解：由已知，得()()()12112n n n a a n a n n --=+-=+-+-()()()21n n-1n n+2121122a n n -==+-+-++=+=．。
根据递推关系求数列通项公式的几种方法
一、定义法 例 1、已知数列an 的递推公式，求an
1)a1 3, an1 an 2
1 2)a1 2, an 1 an 3
等差数列
等比数列
二、累加相消法（累加法）
形如：a1 a, an1 an f n
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，就可用累加 法进行消元。
p 1 , 求a n ?
构造等比数列an ， 使an 1 p(an ),
an 2 1
n
则q （p 1 ） ，
q 即 p1
4）a1 2, an1 2an 3
an 2
n1
an1 3 2(an 3)
2 an 5 4n
例6、已知数列an 的递推关系为： an 1 a ，a1 3，求an
2 n
两边同取常用对数
an 3
2 n1
当一个数列每依次相邻两项之商构成 一个等比数列或其它数列时，就可用 累乘法进行消元。
例3、已知数列an 的递推公式，求an
1）a1 2, an1 3 an
n
an 2 3
n n 1 2
n 2）a1 1, an 1 an n 1
1 an n
四、换元法
通过“换元”，构造一个等差或等比的 新数列，利用等差或等比的知识解决 问题。
3
1 5）a1 1, an 1 an 6 2
1 an 1 4 (an 4) 2
1 an 5 2
n 1
4
例5、已知数列an 的递推关系为： an 1 an 2an 1an，a1 2，an 0, 求an
数列专题：递推关系求通项公式
数列专题：递推关系求通项公式一、定义法：直接利用等差或者等比数列的定义求通项公式 例1、等差数列{}n a 是递增数列，前n 项和为n S ，且139,,a a a 成等比数列，255S a =，求数列{}n a 的通项公式二、公式法利用n a 和 n S 的关系求数列{}n a 的通项公式n a ，__________,1__________,2n n a n =⎧=⎨≥⎩例2、（1）已知数列{}n a 的前n 项和223n S n n =-,则___________n a =，若2231n S n n =--，此时___________n a =（2）正项数列{}n a 中， 21(1)4n n S a =+，则___________n a =（3）已知数列{}n a 的前n 项和1142,1,n n S a a +=+=设12n n n b a a +=-，___________n a =三、已知递推关系求通项公式（一） 累加法：形如_______________例3、在数列}{a n 中，已知21=a ，求满足下列关系式的数列}{a n 的通项公式.(1) 若121n n a a n +=+-，则=n a (2)若12(2)n n n a a n -=+≥，则=n a(3)若1221n n n a a n +=++-，则=n a (4)若)1(11++=+n n a a n n ，则=n a(5)若)11ln(21n a a n n ++=+，则=n a（二） 累加法：形如___________________例4、（1）在数列}{a n 中，已知21=a ，若n n a n n a 11+=+，则=n a（2）在数列}{a n 中，已知14a =，若12n n n a a n ++=，则=n a（3）{}n a 的前n 项和21,1n n S n a a ==，则=n a(三)构造法题型1、形如1(2)n n a pa q n -=+≥的构造方法如下：①等式两边同时加（减）一个数λ，变形为1()(2)n n a p a n λλ-+=+≥②将1()n n a p a λλ-+=+变形为1(2)n n a p n a λλ-+=≥+，即得出{}n a λ+为等比数列，求出n a λ+，进而求出n a 例5、在数列}{a n 中，已知21=a ，求满足下列关系式的数列}{a n 的通项公式.（1）若121n n a a -=+，则=n a （2）若221+=-n n a a ，则=n a（3）若123n n a a -=+，则=n a （4）若1a =1，131n n a a +=+，则=n a题型2、形如1(2)n n n a pa q p n -=+⋅≥的构造方法如下： 111()n n n n a pa q p p +++=+⋅若为，则同除①等式两边同时除一个数n p ，变形为11(2)n n n n a a q n p p--=+≥ ②将11(2)n n n n a a q n p p --=+≥变形为11(2)n n n n a a q n p p ---=≥，即得出{}n n a p 为等差数列，求出n na p ，进而求出n a 例6、(1)若11a =，n n n a a 221+=-，则=n a ___________(2)若11a =，11323n n n a a ++=+⋅，则=n a ___________题型3、形如11()(2)n n n n pa a q a a n --⋅=-≥的构造方法如下（或者：1,n n n pa a a p +=+口诀：整分式取倒数） ①等式两边同时1n n a a -⋅，变形为111()(2)n n q p n a a -⋅-=≥（口诀：积差式除以积） ②将111()(2)n n q p n a a -⋅-=≥变形为111(2)n n p n a a q --=≥，即得出1{}n a 为等差数列，求出1na ，进而求出n a 例7、（1）在数列}{a n 中，已知11a =，若12,2n n n a a a +=+，则=n a（2）若 2()3x f x x =+,且1131,=()2n n b b f b -=，则___________n b =积差式的终极变形：在数列}{a n 中，已知11a =，1(1)(1),n n na n a n n +=+++ 证明：数列{}n a n 是等差数列，并求出n a。
2023届高三数学一轮复习专题 数列累加法构造等比等递推公式求通项及常用求和方法 讲义 (解析版)
数列求解通项的方法总结方法一、公式法当已知数列的类型（如已知数列为等差或等比数列）时，可以设出首项和公差（公比），列式计算。
1、等差数列通项公式： dn a a n )1(1-+=2、等比数列通项公式：例1、设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，已知b 1=a 1，b 2=2，q=d ，S 10=100．（1）求数列{a n }，{b n }的通项公式 （2）当d ＞1时，记c n =，求数列{c n }的前n 项和T n ．变式1、已知{a n }是各项均为正数的等比数列，{b n }是等差数列，且a 1=b 1=1，b 2+b 3=2a 3，a 5﹣3b 2=7．（Ⅰ）求{a n }和{b n }的通项公式；（Ⅱ）设c n =a n b n ，n ∈N *，求数列{c n }的前n 项和．11-=n n q a a方法二、利用前n 项和与通项的关系已知数列{ a n }前n 项和S n ，求通项公式，利用 a n ＝{)1()2(11=≥--n S n S S n n 特别地，当n=1的值与S 1的值相同时，合并为一个通项公式，否则写成分段的形式。
例2、（1）设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知2S n =3n+3．求{a n }的通项公式；（2）S n 为数列{a n }的前n 项和，己知a n ＞0，a n 2+2a n =4S n +3 （I ）求{a n }的通项公式.（Ⅱ）设b n =，求数列{b n }的前n 项和．变式2、（2015·四川）数列{a n }（n=1，2，3…）的前n 项和S n ，满足S n =2a n ﹣a 1，且a 1，a 2+1，a 3成等差数列．（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式； （Ⅱ）设数列的前n 项和为T n ，求T n ．方法三、利用递推关系式与通项的关系类型1、累加法 形如)(1n f a a n n +=+例3、（2014·全国卷）数列{a n }满足a 1=1，a 2=2，a n+2=2a n+1-a n +2.（1）设b n =a n+1-a n ，证明{b n }是等差数列； （2）求数列{a n }的通项公式.变式3、已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。
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。
专题二 递推公式求数列的通项
专题二 数 列 的 通 项递推数列的题型多样，求递推数列的通项公式的方法也非常灵活，往往可以通过适当的策略将问题化归为等差数列或等比数列问题加以解决（即构造等差、等比的辅助数列），因而求递推数列的通项公式问题成为了高考命题中颇受青睐的考查内容。
常见的求法有：1、 公式法：由等差，等比定义，写出通项公式（一般求m a d q 、、，再用通项或变形公式）2、 累加法：)(1n f a a n n =-+型； 累乘法：)(1n f a a nn =+型； 迭代法 3、待定系数法：1()n n a pa f n +=+型；q pa a n n +=+1型（p q 、为常数，且1,0p p ≠≠） 特别提醒：一阶递推q pa a n n +=+1,我们通常将其化为111n n q q a p a p p +⎛⎫⎛⎫+=+ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭{b n }的等比数列 （常考查）4、不动点法：1n a +与n a 的递推公式中，不含()f n 。
5、特征根的方法：n n n qa pa a +=++12（其中p ，q 均为常数）。
6、对数变换法：rn n pa a =+1)0,0(>>n a p7、换元法：对含a n 与S n 的题，利用⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-)2()1(11n S S n S a n nn 消去n S ，转换为n a 的推公式，再用前面的方法特别提醒：对含a n 与S n 的题，在求和的问题时，也可以用这样的方法消去n a ，得到关于n S 的递推公式，同样采用上述求通项地方法求出n S8、周期数列：n T n a a +=9、数学归纳法：（以后学）说明：① 仔细辨析递推关系式的特征，准确选择恰当的方法，是迅速求出通项公式的关键。
② 其中方法3、4、5、6、7都属于构造辅助数列：构造{}()n f a 为等差（等比）数列，求出()n f a ，然后就可以求出n a 了。
利用递推式求数列通项公式的方法
．
．
法２ 、累 加法 ：
＝
＝
２ ￣ ２ ｎ１
＿
１
・ ・ ・ 一
１
＝
圭
・
口＂一 口ｌ ＝ ２・ ３ 一
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
・
・
｛ ｝ 是 以 ｌ 首 项 ， 为 公 差 的 等 差 数 列
帅 ＝
・
．
．
法３ 设递 推式 ａ ＝３ ａ ＋２ ，利用 代 定系数 法得
‘ ・ ． ．
＝ （ 一 ＋ ） 十 （ 一 ｊ １）
１ １ １
一 ＋ １ ｉ ‘ ‘ ＋ ｌ
（ 三） 递推式为ａ ｎ ＋ ＝Ｐ ａ ｎ ＋ｇ （ ｐ， ｑ 为常数）
法１ 、
・ ‘ ．
・ ＋ ｌ
（ ２ ） 两 边同 乘以 ２ 得 ２ ａ ｎ ＋ 。 ： ２ （ ／ ｎ ＋ ２ 则 ｛ ２ 公 差
ａ ｎ ＋ １ －ｔ ＝３ （ 一 ｆ ） 即 ＋ ｌ ＝３ ａ ｎ 一２ ｔ ． ． ２ ＝＿ ２ ｆ
・ ． ．
以上是对数 列通项 公式求 解方法的简单小结 ，当然这只是求数
列通项方 法的点点滴滴，要想真正的掌握它们还需在平 时的学 习中
不 断撤 察 ．模 索 。 总结 才 能 存 解 额 时游 刃有 余 ！
１【 １
一
１ ， 求口
）
１）
＝ ・ ＋ ； Ｊ ｔ — ｃ 一 Ｉ ．
＝
’ 说明：设口 ＝ ｐ ａ ＋ｇ 可变形为口 ２ －ｏ ｔ ａ ＝ （ 口 一 ） ｊ
一
＝
） ＝ １ ‘ １
）
ｌ ｆ 。 ＝ ＋ ） 。 一 ｊ ￣ １ ａ ＋
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由递推数列求通项公式
马鞍中学 --- 李群花
一、课题：由递推数列求通项公式
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叠加法的试用题型。
③学生分组讨论完成叠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: 在数列{a n }中 a 1=1，a n -a n-1=2n-1（n ≥ 2），求数列{a n } 的通
项公式。
活动：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。
总结：类型1：)(1n f a a n n =-+，利用叠加法(逐差相加法)求解。
问题2：例2在数列{a n
}中 a 1
=1， （n ≥ 2），求数列{a n
} 的通项公式。
方法归纳：利用叠乘法求数列通项
活动：类比类型1推导过程，让学生分组讨论研究相关解题方案。
练习2设{a n }是首项为1的正项数列，且(n+1)a n 2
+1 –na n 2
+a n+1a n =0, （n=1,2,3…），求它的通项公式a n 。
总结：类型2型如 用叠乘法求解
n
n n
a a 21
=-)
(1n f a a n n ⋅=+
例3、数列{a n }中，a 1 = 1, a n+1 = 2a n + 1,
(1)求证;数列{a n +1} 为等比数列 （2）求数列{a n } 的通项公式
练习3:a 1=3 , a n+1=3a n +6,求通项a n
总结：类型3型如a 1+n =p a n +q （p ≠1，pq ≠0）递推式均可通过待定系数法对常数q 分解法：设a 1+n +k=p （a n +k ）与原式比较系数可得pk －k =q ，即k=
1
-p q
，从而得等比数列{a n +k }。
，求数列{a n }的通项公式
总结：类型4 型如
九、课堂小结： （1）叠加法
（2）叠乘法：
),,(1均不为零r q p r
qa pa a n
n
n +=+.3,,,:求通项则化为类型若则化为等差数列求通项
若倒数法求法r p r p ≠=求数列的通项公式数列例)2(,22,2.411
1≥+==--n a a a a n n n 11
4:2,4n n n a a a a +==
+变式()求数列的通项公式数列)2(,4
2,2.211
1≥+==--n a a a a n n n
（3）构造法：
（4）取倒法
十、作业布置：试卷
十一、板书设计：
问题1 问题3 小结问题2 问题4 作业。