(no.1)2013年高中数学教学论文 数列通项公式的求解策略 新人教版

第一篇：(no.1)2013年高中数学教学论文 数列通项公式的求解策略 新人教版

知识改变命运

百度提升自我

本文为自本人珍藏

版权所有

仅供参考

an1panqr型数列通项公式的求解策略——分 消 化 迭 归

由递推公式求数列的通项公式是数列中的常见题型,也是高考考察的热点.本文就递推关系为an1panqr(p,q,r为非零常数)的数列通项公式的求法(或证法),谈以下几种求解策略,仅供nn参考.例 数列an中，a156，an113an12n1(nN)，求数列an的通项公式.

分析 构造等比数列是求解该题的有效途径.策略1 分——将确定x的值.解法1 由an113an12n112n1拆分成两部分,分配给an1与an.构造新数列anx,由待定系数法n2, 可设an1x2n11x11xaan.a, 即n1nnn36232由x62231n12n1,解得x3.∴an132n13133aaa, ∴数列是以 n1nnn232232n为首项,以13为公比的等比数列.∴an2133n123n, ∴an32n23n.11an1ann1132策略2 消——由,消去n1生成新的等比数列.21a1ann1n3211an1ann1(1)32解法2 由题意，，1a1a,n2(2)nn1n3212(1)－(2)×,得an112an11aa,n2.n1n32∴数列an11111an是以a2a1为首项,为公比的等比数列.2932n1∴an111an293113n1„„(3)将(1)式代入(3)式,整理得an32n23n.用心 爱心 专心 1

知识改变命运

百度提升自我

策略3 化——将解法3 将an1n1213n1化为常数.12n1an两边同乘以22n1,得2n1an1232an1.4n令bn2an,上式可化为bn1bn1,即bn132bn3.∴数列bn是以b13为

333首项,2为公比的等比数列.∴3b342n1nnn322233, ∴b2n33.n即2na232n323.∴an2n3n.策略4 迭——迭代法 解法4 ∵a111n113an12n1, ∴a1n3an112n13a1a3n22n12n32n211132a111a1111312n112n1113n32n232n12n33n3322n232n12n 11111113n1a113n222312n112n113n132113n22232n12n 1311112n23n13n1213n2122312n112n3n32n2133n.2策略5 迭——迭加法 解法5 ∵a111n13an12n1, ∴an13an2n1.∴a1nan3a1a13a1133a111n1n1an22n23an33n2a2313n1a1 12n111312n13212n213n21223n11321232n3n.策略6 归——数学归纳法 将本题中的“求数列an的通项公式”改为“证明 数列an的通项公式为a2n32n3n”,可采用此法证明如下：

解法6(证明)(1)当n1时,a3122356，结论成立.(2)假设当nk时, a3k2k23k.用心 爱心 专心 2

知识改变命运

百度提升自我

那么,当nk1时,ak11ak1k1121321321.kkk1k1k1k1kk12323223223.a2n32n3n对任意nN都成立.用心 爱心 专心 3 3所以当nk1时,结论也成立 由(1)(2)可知,通项公式

第二篇：几类递推数列的通项公式的求解策略

http://jsbpzx.net.cn/

蒲中资源网

几类递推数列的通项公式的求解策略

已知递推数列求通项公式，是数列中一类非常重要的题型，也是高考的热点之一．数列的递推公式千变万化，由递推数列求通项公式的方法灵活多样，下面谈谈它们的求解策略．

一、an1anf(n)方法：利用叠加法

a2a1f(1)，a3a2f(2),，anan1f(n1)，ana1f(k)．

k1n1例1．数列{an}满足a11，anan1解：由 an1an1(n2)，求数列{an}的通项公式． 2nn1 得 2(n1)(n1)n1n111111112=== ana11()2nnk1k1kk1(k1)(k1)例2．数列{an}满足nan1(n1)an1，且a11，求数列{an}的通项公式．

分析：注意到左右两边系数与下标乘积均为n(n1)，将原式两边同时除以n(n1)，aaa11变形为n1n．令bnn，有bn1bn，即化为类型1，以

nn(n1)n1nn(n1)下略．

n

二、n1

方法：利用叠代法 aaf(n)a2a1f(1)，a3a2f(2),，anan1f(n1)，ana1f(k)．

k1n1例3．数列{an}中a12，且an(1 解：因为an1[11)an1，求数列{an}的通项． n21]an，所以 2(n1)n1n1n1kk2n11ana1f(k)=2[12[]== ]2k1k1k1k1k1n(k1)

三、an1panq，其中p,q为常数，且p1,q0

当出现an1panq(nN)型时可利用叠代法求通项公式，即由an1panq得anpan1qp(pan2q)qpn1a1(pn2pn3p2p1)q=q(pn11)a1p(p1)或者利用待定系数法，构造一个公比为p的等比数列，令p1qq),q即}是一个公比为p的则(p1，从而{anan1p(an)，p1p1321，可将问题转化为等比数列求解．待等比数列．如下题可用待定系数法得112n1http://jsbpzx.net.cn/

蒲中资源网

http://jsbpzx.net.cn/

蒲中资源网

定系数法有时比叠代法来地简便．

例4．设数列{an}的首项a1式．

3an11，an，n2,3,4,，求数列{an}通项公223an1113an1，n2,3,4,，∴an1k，又∵an22221111k1，∴an1(an11)，又a1，∴{an1}是首项为，公比为的等22221n11n比数列，即an1(a11)()，即an()1．

2四、an1panqan1(n2)，p,q为常数 解：令ank方法：可用下面的定理求解：令,为相应的二次方程x2pxq0的两根(此方程又称为特征方程)，则当时，anAnBn；当时，an(ABn)n1，其中A,B分别由初始条件a1,a2所得的方程组确定．

ABa1,22ABa2和ABa1, 唯一

(A2B)a2an1an2bn(1)例5．数列{an}，{bn}满足：，且a12，b14，求an，bn．

b6a6b(2)nnn111解：由(2)得anbn1bn，an1bn2bn1，代入到(1)式中，有

6628bn25bn16bn，由特征方程可得bn122n3n，代入到(2)式中，可得

314an82n3n．

3说明：像这样由两个数列{an}，{bn}构成的混合数列组求通项问题，一般是先消去an

(或bn)，得到bn2pbn1qbn1(或an2pan1qan1)，然后再由特征方程方法求解．

五、an1panf(n)型，这里p为常数，且p1

例6．在数列{an}中，a12, an1ann1(2)2n(nN)，其中

0，求数列{an}通项公式．

解：由a12, an1ann1(2)2n(nN)，0，可得an1n1故aan22n2n()n1n()1{()}为等差数列，其公差为1，首项为0．，所以nnann2()nn1，所以数列{an}的通项公式为an(n1)n2n．

 评析：对an1panf(n)的形式，可两边同时除以p令

n1，得

an1anf(n)，n1nn1pppanf(n)bb有，从而可以转化为累加法求解． b,n1nnpn1pn

六、an1man(m0,kQ,k0,k1)

k一般地，若正项数列{an}中，a1a,an1man(m0,kQ,k0,k1)，则有 khttp://jsbpzx.net.cn/

蒲中资源网

http://jsbpzx.net.cn/

蒲中资源网

lgan1klganlgm，令lgan1Ak(lganA)(A为常数)，则有A1lgm． k1数列{lgan111lgm}为等比数列，于是lganlgm(lgalgm)kn1，k1k1k1n1从而可得anakmkn11k1．

例7．已知各项都是正数的数列{an}满足a131，an1an(4an)，求数列{an}22的通项公式．

分析：数列{an}是一个二次递推数列，虽然不是基本冪型，但由它可以构造一个新的冪型数列{bn}，通过求{bn}的通项公式而达到求数列{an}通项公式的目的．

解：由已知得an1an0,0an1取对数得lgbn12lgbnlg2，即lgbn1lg22(lgbnlg2)． {lgbnlg2}是首项为2lg2，公比为2的等比数列，1112(an2)22,令2anbn，则有b1,bn1bn． 2222,又0a12，0an2，从而bn0．

lgbnlg22lg2,bn2

n12n,an2212n．

http://jsbpzx.net.cn/

蒲中资源网

第三篇：高中数学数列求通项公式习题

补课习题

（四）的一个通项公式是（），A、anB、anC、anD、an2．已知等差数列an的通项公式为an32n , 则它的公差为（）

A、2B、3C、2D、

33．在等比数列{an}中, a116,a48,则a7（）

A、4B、4C、2D、

24．若等比数列an的前项和为Sn，且S1010，S2030，则S30

5．已知数列an通项公式ann210n3，则该数列的最小的一个数是

6．在数列{an}中，a1于．

7．已知{an}是等差数列，其中a131，公差d8。

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）数列{an}从哪一项开始小于0？

（3）求数列{an}前n项和的最大值，并求出对应n的值． 11nan且an1，则数列nN的前99项和等2n1anan

8．已知数列an的前项和为Snn23n1，（1）求a1、a2、a3的值；

（2）求通项公式an。

9．等差数列an中，前三项分别为x,2x,5x4，前n项和为Sn，且Sk2550。

（1）、求x和k的值；

（2）、求Tn=1111;S1S2S3Sn

(3)、证明: Tn

1考点：

1.观察法求数列通项公式;2.等差数列通项公式;3.等比公式性质;4.等比公式前n项和公式应用;5.数列与函数结合;6.求通项公式;7.基本的等差数列求通项公式及其应用;8.求通项公式;9.等差数列性质应用及求和与简单的应用

答案：

1.B;2.C;3.A;4.70;5.-22;6.5049.7.（1）an398n（2）n=5(3)sn76、n=4;

8.（1）a1

5、a2

6、a38（2）an5;n1)2n2;n2)

9.（1）由4xx5x4得x2,an2n,.Snn(n1),k(k1)2550得k50

(2).Snn(n1),Sn111 n(n1)nn1

T1111111111n12334n1nnn1n1n1

11且0（3）Tn1n1n1

Tn1

第四篇：高中数学 数列通项公式的求法练习新人教A版必修6

数列通项公式的求法

一、定义法

直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适应于已知数列类型的题目

2例1．等差数列an是递增数列，前n项和为Sn，且a1,a3,a9成等比数列，S5a5．求

数列an的通项公式.解：设数列an公差为d(d0)

2∵a1,a3,a9成等比数列，∴a3a1a9，即(a12d)2a1(a18d)d2a1d

∵d0，∴a1d………………………………①

2∵S5a5∴5a154d(a14d)2…………② 2

33，d 55

333∴an(n1)n 555由①②得：a1

练习1已知实数列an是等比数列，其中a71，且a4，a51，a6成等差数列．求数列an的通项公式；

解：（Ⅰ）设等比数列an的公比为q(qR)，由a7a1q61，得a1q6，从而a4a1q3q3，a5a1q4q2，a6a1q5q1． 因为a4，a51，a6成等差数列，所以a4a62(a51)，即q3q12(q21)，q1(q21)2(q21)． 11所以q．故ana1qn1q6qn164． 22

练习2设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．已知S37，且n1a13，3a2，a34构成等差数列．

（1）求数列{an}的等差数列．

（2）令bnlna3n1，n1求数列{bn}的前n项和T．，2，，a1a2a37，解：（1）由已知得:(a3)(a4)133a2.2

解得a22．

设数列{an}的公比为q，由a22，可得a12，a32q． q

222q7，q

2即2q5q20，1解得q12，q2． 2，q2． 由题意得q1又S37，可知

用心爱心专心 1

a11．

故数列{an}的通项为an2n1．

（2）由于bnlna3n1，n1 由（1）得a3n123n，2，，bnln23n3nln2 又bn1bn3ln2n

{bn}是等差数列． Tnb1b2bn

n(b1bn)

n(3ln23ln2)

23n(n1)ln2.23n(n1)

ln2．点评：利用定义法求数列通项时要注意不用错定义，设法求出故Tn

首项与公差（公比）后再写出通项。二根据an

例已知Sn为数列an的前n项和，求下列数列an的通项公式：⑴ Sn2n23n1；⑵Sn2n1.【解题思路】已知关系式f(Sn,an,n)0，可利用an列通项的一个重要公式.【解析】⑴当n1时，a1S12123114，当n2时，anSnSn1(2n23n1)2(n1)23(n1)14n1.而n1时，4115a1，an

SnSn1(n2)

求数列的通项公式.(n1)S1

（S1n1)，这是求数

SnSn1(n2)



4(n1)

.4n1(n2)

⑵当n1时，a1S1213，当n2时，anSnSn1(2n1)(2n11)2n1.3(n1)

.n1

2(n2)

练习设数列{an}的前n项和为Sn=2n，且a1b1，{bn}为等比数列，b2(a2a1)b1.求数列{an}和{bn}的通项公式.时,a1S12;解：当n1

当n2时,anSnSn12n22(n1)24n2.当n1时，也适合该式.故{an}的通项公式为an4n2,即{an}是a12,公差d4的等差数列.1b121

设{bn}的公比为q，a1b12，b2，q，从而bnn1.44a2a12

11

而n1时，21a1，an

例正项数列an的前n项和为S

n，且an1，求数列an的通项公式.解： 由已知条件得4Sn(an1)2……………①，从而有4Sn1(an11)……………………………②，用心爱心专心

①-②得：4(SnSn1)(an1)2(an11)2，整理得：(anan1)(anan12)0，又anan10，anan12

0，由a11a11，an2n1

练习已知各项均为正数的数列an的前n项和Sn满足S11，且

6Sn(an1)a(n，2nN．求an的通项公式；

(a11)(a12)，解得a11或a12，由假设a1S11，因此a12，6

又由an1Sn1Sn(an11)(an12)(an1)(an2)，66

得(an1an)(an1an3)0，（I）解由a1S1

即an1an30或an1an，因an0，故an1an不成立，舍去．

因此an1an3，从而an是公差为3，首项为2的等差数列，故an的通项为

an3n1．

三递推公式为an1anf(n)

解法：把原递推公式转化为an1anf(n)，利用累加法

11，an1an2，求an。2nn1111

解：由条件知：an1an2

nnn(n1)nn1

分别令n1,2,3,,(n1)，代入上式得(n1)个等式累加之，即(a2a1)(a3a2)(a4a3)(anan1)

1111111(1)()()()

22334n1n

111131

所以ana11a1，an1

2n2n2n

练习已知数列an中,a11,anan1n(n2),求通项an.例.已知数列an满足a1

练习.已知数列an中,a11,anan13n1(n2),求通项an.类型2（1）递推公式为an1f(n)an

an1

f(n)，利用累乘法 an2n

an，求an。例 已知数列an满足a1，an1

3n1

an

解：由条件知n1，分别令n1,2,3,,(n1)，代入上式得(n1)个等式累乘

ann1

解法：把原递推公式转化为之，即

aaa2a3a4123n11

nn

na1a2a3an1234a1n

又a1，an

33n

n1

练习.已知数列an中,a13,an3an1(n2),求通项an.用心爱心专心

在数列an中，a12，an14an3n1，nN*

．

（Ⅰ）证明数列ann是等比数列；（Ⅱ）求数列an的前n项和Sn；（Ⅰ）证明：由题设an14an3n1，得

a*n1(n1)4(ann)，nN．

又a111，所以数列ann是首项为1，且公比为4的等比数列．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知ann4n1，于是数列an的通项公式为

an1n4n．

所以数列a的前n项和S4n1n(n1)

nn32

． 已知数列an满足

a11,a23,an23an12an(nN*).（I）证明：数列an1an是等比数列；（II）求数列an的通项公式；

（II）若数列bb1b1

b1

n满足4142...4n

(an1)bn(nN*),证明bn是等差数列。（I）证明：an23an12an,an2an12(an1an),a11,a23,

an2an1

2(nN*a).n1an

an1an是以a2a12为首项，2为公比的等比数列。

（II）解：由（I）得an1an2n(nN*),an(anan1)(an1an2)...(a2a1)a1

2n2n2...21

2n

1(nN*).（III）证明：4b114b21

...4bn1(abn1)n,4(b1b2...bn)2nbn,2[(b1b2...bn)n]nbn,① 2[(b1b2...bnbn1)(n1)](n1)bn1.②

②－①，得2(bn11)(n1)bn1nbn, 即(n1)bn1nbn20.③nbn2(n1)bn120.④ ④－③，得nbn22nbn1nbn0, 即bn22bn1bn0,bn2bn1bn1bn(nN*),用心爱心专心 4

bn是等差数列。

已知a1=2，点(an,an+1)在函数f(x)=x2+2x的图象上，其中=1，2，3，…（1）证明数列｛lg(1+an)｝是等比数列；

（2）设Tn=(1+a1)(1+a2)…(1+an)，求Tn及数列｛an｝的通项；

解：（Ⅰ）由已知aa2

n1n2an，an11(an1)2a12an11，两边取对数得 lg(1an1)2lg(1an)，即lg(1an1)lg(1a2

n)

{lg(1an)}是公比为2的等比数列.（Ⅱ）由（Ⅰ）知lg(1an1n1

n)2n1lg(1a1)2lg3lg321a2n1

n3（*）Tn(1a1)(1a2)…(1+an)

320321322…32n-1

31222…+2n-1

=32n-1

由（*）式得an1

n32

1

用心爱心专心 5

第五篇：《数列通项公式》教学设计

《数列通项公式》教学设计

【授课内容】数列通项公式 【授课教师】陈鹏 【授课班级】高三6班

【授课时间】2009年10月20日晚自习【教学目标】

一、知识目标：

1.解决形如an+1=pan +f(n)通项公式的确定。

2．通过学习让学生掌握和理解an+1=pan +f(n)此类型的通项公式的求法。

二、能力目标：

在实践中通过观察、尝试、分析、类比的方法导出数列通项公式，培养学生类比思维能力。通过对公式的应用，提高学生分析问题和解决问题的能力。利用学案导学，促进学生自主学习的能力。

三、情感目标：

通过公式的推导使学生进一步体会从特殊到一般，再从一般到特殊的思想方法。【教学重点】

通过学习让学生能够熟练准确的确定掌an+1=pan +f(n)此类型的通项公式，并 能解决实际问题。【教学难点】

1.如何将an+1=pan +f(n)转化为我们学过的两个基础数列（等差和等比）。2.理解和掌握an+1=pan +f(n)此类型数列通项公式确定的数学思想方法。【教学方法】探索式 启发式 【教学过程】 一．引入：

1、等差、等比数列的通项公式？

2、如何解决an+1–an =f(n)型的通项公式？

3、如何解决an+1∕an =f(n)型的通项公式？

二．新授内容：

例1：设数列{an}中，a1=1, an+1=3an , 求an的通项公式。

解：略

例2：设数列{an}中，a1=1, an+1=3an+1, 求an的通项公式。分析：设an+1=3an+1为an+1+A=3(an+A)

例3：设数列{an}中，a1=1, an+1=3an+2n, 求an的通项公式。

分析：设an+1=3an+2n为an+1+A(n+1)+B=3(an+An+B)

思考：设数列{an}中，a1=1, an+1-3an=2n, 求an的通项公式。

分析：法一：设an+1=3an+2n 为an+1+A2n+1 =3（an+A2n）

法二：an+1=3an+2n的等式两边同时除以2n方可解决

三．总结：

形如an+1=pan +f(n)此类数列通项公式的求法，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。四．练习：

1、设数列{an}中，a1=1, an+1=2an+3, 求an的通项公式。

2、设数列{an}中，a1=1, an+1=3an+2n+1, 求an的通项公式。

3（2009全国卷Ⅱ理）设数列的前项和为sn ,已知a1=1, sn+1=4an +2（I）设bn=an+1 –2an，证明数列{bn}是等比数列（II）求数列的通项公式。

【课后反思】

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。等差、等比数列是两类最基本的数列，是数列部分的重点，自然也是高考考查的热点，而考查的目的在于测试灵活运用知识的能力，这个“灵活”往往集中在“转化”的水平上。转化的目的是化陌生为熟悉，当然首先是等差、等比数列，根据不同的递推公式，采用相应的变形手段，达到转化的目的。

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。求递推数列通项公式的方法策略是：公式法、累加法、累乘法、待定系数法、换元法等等。只要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。

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，同时也掌握了与等差、等比数列相关的综合问题的一般解决方法。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。

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；另一个面，数学思想方法的考查在高考中逐年加大了它的份量。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。因此，研究由递推公式求数列通项公式中的数学思想方法是很有必要的。

2、教学重点、难点：

教学重点：根据数列的递推关系式求通项公式。教学难点：解题过程中方法的正确选择。

3、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、化归等方法求数列的通项公式。(2)过程与方法：

①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通过阶梯性练习和分层能力培养练习，提高学生分析问题和解决问题的能力，使不同层次的学生的能力都能得到提高。(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和数列求和问题的分析和探究，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、教学过程：

（1）复习数列的递推公式、等差和等比数列的递推公式，并解决问题。（2）课堂小结（3）作业布置

已知:a1a0,an1kanb,(k0)(1)k,b在何种条件下,数列an分别成等差数列,等比数列.(2)若数列a,又非等比数列且ab n既非等差数列,k10, 如何求an的通项公式.(3)利用(2)的方法分别求出以下数列an的通项公式, ①若a11,2an13an2.②若a11,an2an13anan1.三、课后反思：

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。等差、等比数列是两类最基本的数列，是数列部分的重点，自然也是高考考查的热点，而考查的目的在于测试灵活运用知识的能力，这个“灵活”往往集中在“转化”的水平上。转化的目的是化陌生为熟悉，当然首先是等差、等比数列，根据不同的递推公式，采用相应的变形手段，达到转化的目的。

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。求递推数列通项公式的方法策略是：公式法、累加法、累乘法、待定系数法、换元法等等。只要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。