高中数学 数列通项公式的求法练习 新人教A版必修6

第一篇：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

第二篇：数列通项公式的求法简单总结

艳阳教育高中数学辅导 数列通项公式的求法

类型1 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(逐差相加法)求解。例1.已知数列an满足a1解：由条件知：an1an

12，an1an



1n(n1)

1nn

2，求an。1n1

1nn



1n



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)(1

12)（1213)(1n

1314)（1n1

1n)

所以ana11

a1

2121

1n321n，an

类型2（1）递推公式为an1f(n)an 解法：把原递推公式转化为

an1an23

f(n)，利用累乘法(逐商相乘法)求解。

nn1

例2.已知数列an满足a1解：由条件知之，即

a2a1

a3a2

a4a323，an1an，求an。

an1an



nn1，分别令n1,2,3,,(n1)，代入上式得(n1)个等式累乘



anan123n









n1n



ana1



1n

又a1，an

（2）．由an1f(n)an和a1确定的递推数列an的通项可如下求得：

由已知递推式有anf(n1)an1，an1f(n2)an2，，a2f(1)a1依次向前代入，得

anf(n1)f(n2)f(1)a1，n1k1

0k1

简记为an(f(k))a1(n1,f(k)1)，这就是叠（迭）代法的基本模式。（3）递推式：an1panfn

解法：只需构造数列bn，消去fn带来的差异．

例3．设数列an：a14,an3an12n1,(n2)，求an.解：设bnanAnB，则anbnAnB，将an,an1代入递推式，得

bnAnB3bn1A(n1)B2n13bn1(3A2)n(3B3A1)

A1A3A2 B1B3B3A1

n1

n

取bnann1…（１）则bn3bn1,又b16，故bn63

n

代入（１）得an23n1

2

3说明：（1）若f(n)为n的二次式，则可设bnanAnBnC;(2)

本题也可由an3an12n1 ,an13an22(n1)1（n3）两式相减得anan13(an1an2)2转化为bnpbn1q求之.类型3 递推公式为an1panq（其中p，q均为常数，(pq(p1)0)）。解法：把原递推公式转化为：an1tp(ant)，其中t比数列求解。

例4.已知数列an中，a11，an12an3，求an.解：设递推公式an12an3可以转化为an1t2(ant)即an12antt3.q1p，再利用换元法转化为等

故递推公式为an132(an3),令bnan3，则b1a134,且

bn1bn

an13an3

2.所以bn是以b14为首项，2为公比的等比数列，则bn42n12n1,所以

an2

n1

3.类型4 递推公式为an1panqn（其中p，q均为常数。（或(pq(p1)(q1)0)）

an1panrq,其中p，q,r均为常数）

n

解法：该类型较类型3要复杂一些。一般地，要先在原递推公式两边同除以qn1，得：

an1q

n1



pq



anq

n



1q

引入辅助数列bn（其中bn例5.已知数列an中，a1解：在an1

anq56

n），得：bn1

pq

bn

1q

再应用类型3的方法解决。,an1

1n1

an()，求an。32

1n12nn1

an()两边乘以2n1得：2an1(2an)1 323

22nn

令bn2an，则bn1bn1,应用例7解法得：bn32()

所以an

bn2

n1n1n

3()2()

类型5 递推公式为an2pan1qan（其中p，q均为常数）。解法：先把原递推公式转化为an2san1t(an1san)其中s，t满足

stpstq，再应用前面类型3的方法求解。

例6.已知数列an中，a11,a22,an2解：由an2

23an1

an1an，求an。

an可转化为an2san1t(an1san)

即an2(st)an1stan

2

1sts1s3

3 1或

1tt1st

33

1s1s

这里不妨选用，则3，大家可以试一试）1（当然也可选用

tt1

3an2an1

公比为(an1an)an1an是以首项为a2a11，13的等比数列,所以an1an()n1,应用类型1的方法，分别令n1,2,3,,(n1)，代入上式得

10111n2

(n1)个等式累加之，即ana1()()()

333

1n1

1()

11

又a11，所以an

()

n1。

类型6 递推公式为Sn与an的关系式。(或Snf(an))S1(n1)

解法：利用an进行求解。

SnSn1(n2)

例7.已知数列an前n项和Sn4an

n2

.（1）求an1与an的关系；（2）求通项公式an.解：（1）由Sn4an

n2

得：Sn14an1

n2

n

1于是Sn1Sn(anan1)(所以an1anan1

n1



1212

n1)12

n

an1an

.n1

（2）应用类型4的方法，上式两边同乘以2n1得：2由a1S14a1

12

n

an12an2

n

a11.于是数列2an是以2为首项，2为公差的等差数列，n2

n1

n

所以2an22(n1)2nan

1、通过分解常数，可转化为特殊数列{an+k}的形式求解。一般地，形如an1=p an+q（p≠1，pq≠0）型的递推式均可通过待定系数法对常数q分解法：设an1+k=p（an+k）与原式比较系数可得pk－k=q，即k=

qp1

12，从而得等比数列{an+k}。

例

8、数列{an}满足a1=1，an=an1+1（n≥2），求数列{an}的通项公式。

解：由an=

an1+1（n≥2）得an－2=

（an1－2），而a1－2=1－2=－1，∴数列{ an－2}是以∴an－2=－（12

为公比，－1为首项的等比数列

12）n1∴an=2－（）n1

说明：这个题目通过对常数1的分解，进行适当组合，可得等比数列{ an－2}，从而达到解决问题的目的。

2、通过分解系数，可转化为特殊数列{anan1}的形式求解。这种方法适用于

an2pan1qan型的递推式，通过对系数p的分解，可得等比数列{anan1}：设an2kan1h(an1kan)，比较系数得hkp,hkq，可解得h,k。

例

9、数列an满足a12,a25,an23an12an=0，求数列{an}的通项公式。分析：递推式an23an12an0中含相邻三项，因而考虑每相邻两项的组合，即把中间一项an1的系数分解成1和2，适当组合，可发现一个等比数列{anan1}。解：由an23an12an0得an2an12(an1an)0 即an2an12(an1an），且a2a1523 ∴{an1an}是以2为公比，3为首项的等比数列

n1

∴an1an32

利用逐差法可得an1(an1an)(anan1)(a2a1)a1=32

n1

322

n

n2

322

=3(2

n1n2

21)2

=3

12

12

n

2

=321

n1

∴an321

第三篇：数列通项公式的求法教案

课

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]

展示本节课所学的主要内容，突出各个方法及具体解题过程。

第四篇：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。