递推数列通项公式求法(教案)讲解学习
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。
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。
九类常见递推数列求通项公式方法
九类常见递推数列求通项公式方法递推数列通项求解方法类型一：an1panq（p1）思路1（递推法）：anpan1qp(pan2q)qpppan3qqq……pn1a1q(1pp2…pn2qqn1。
)a1pp11p思路2（构造法）：设an1pan，即p1q得qp1，数列an是以a1为首项、p为公比的等比数列，则anqn1qana1pp11pqn1a1p，即p1p1q例1已知数列an满足an2an13且a11，求数列an的通项公式。
解：方法1（递推法）：an2an132(2an23)3222an3333……2n13(122…22n23n13n1)1223。
2112方法2（构造法）：设an12an，即3，数列an3是以a134n1n1n1为首项、2为公比的等比数列，则an3422，即an23。
类型二：an1an思路1（递推法）：f(n)anan1f(n1)an2f(n2)f(n1)an3f(n3)f(n2)f(n1)…a1f(n)。
i1n1思路2（叠加法）：anan1f(n1)，依次类推有：an1an2f(n2)、n1an2an3f(n3)、…、a2a1f(1)，将各式叠加并整理得ana1i1f(n)，即n1ana1i1f(n)。
例2已知a11，anan1n，求an。
解：方法1（递推法）：anan1nan2(n1)nan3(n2)(n1)nn……a1[23…(n2)(n1)n]i1nn(n1)2。
方法2（叠加法）：anan1n，依次类推有：an1an2n1、an2an3n2、…、nnna2a12，将各式叠加并整理得ana1i2n，ana1i2ni1nn(n1)2。
类型三：an1f(n)an思路1（递推法）：anf(n1)an1f(n1)f(n2)an2f(n1)f(n2)f(n3)an3…f(1)f(2)f(3)…f(n2)f(n1)a1。
anan1a2a1an1an2ana1思路2（叠乘法）：f(n1)，依次类推有：f(n2)、an2an3f(n3)、…、f(1)，将各式叠乘并整理得f(1)f(2)f(3)…f(n2)f(n1)，即anf(1)f(2)f(3)…f(n2)f(n1)a1。
数列的递推公式与通项公式前n项和公式
二、数列的递推公式与通项公式、前n 项和公式一、知识点回顾：1、递推公式定义：如果已知数列{}n a 的第1项（或前几项），且任一项n a 与它的前一项1n a -（或前几项）间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式。
2、数列前n 项和S n 与通项a n 的关系式：a n =⎩⎨⎧--11s s s n n 12=≥n n 。
在数列｛a n ｝中，前n 项和S n 与通项公式a n 的关系，是本讲内容一个重点，要认真掌握之。
注意：（1）用1--=n n n S S a 求数列的通项公式时，你注意到此等式成立的条件了吗？（2n ≥，当1n =时，11S a =）；若a 1 适合由a n 的表达式，则a n 不必表达成分段形式，可化统一为一个式子。
（2）一般地当已知条件中含有n a 与n S 的混合关系时，常需运用关系式1--=n n n S S a ，先将已知条件转化为只含n a 或n S 的关系式，然后再求解。
3、数列的通项的求法：⑴公式法：①等差数列通项公式；②等比数列通项公式。
⑵已知n S （即12()n a a a f n +++= ）求n a ，用作差法：{11,(1),(2)n nn S n a S S n -==-≥。
一般地当已知条件中含有n a 与n S 的混合关系时，常需运用关系式1--=n n n S S a ，先将已知条件转化为只含n a 或n S 的关系式，然后再求解。
⑶已知12()n a a a f n = 求n a ，用作商法：(1),(1)(),(2)(1)n f n f n a n f n =⎧⎪=⎨≥⎪-⎩。
⑷若1()n n a a f n +-=求n a 用累加法：11221()()()n n n n n a a a a a a a ---=-+-++- 1a +(2)n ≥。
⑸已知1()n n a f n a +=求n a ，用累乘法：121121n n n n n a a aa a a a a ---=⋅⋅⋅⋅ (2)n ≥。
高考数学复习考点题型专题讲解10 数列的递推关系与通项
高考数学复习考点题型专题讲解专题10 数列的递推关系与通项1.求数列的通项公式是高考的重点内容，等差、等比数列可直接利用其通项公式求解，但有些数列是以递推关系给出的，需要构造新数列转为等差或等比数列，再利用公式求解.2.利用数列的递推关系求数列的通项，常见的方法有：(1)累加法，(2)累乘法，(3)构造法(包括辅助数列法，取倒数法，取对数法等).类型一利用a n与S n的关系求通项1.已知S n求a n的步骤(1)先利用a1＝S1求出a1.(2)用n－1替换S n中的n得到一个新的关系，利用a n＝S n－S n－1(n≥2)便可求出当n≥2时a n的表达式.(3)对n＝1时的结果进行检验，看是否符合n≥2时a n的表达式，若符合，则数列的通项公式合写；若不符合，则应该分n＝1与n≥2两段来写.2.S n与a n关系问题的求解思路(1)利用a n＝S n－S n－1(n≥2)转化为只含S n，S n－1的关系式，再求解.(2)利用S n－S n－1＝a n(n≥2)转化为只含a n，a n－1的关系式，再求解.例1 (1)已知数列{a n}为正项数列，且4S1a1＋2＋4S2a2＋2＋…＋4S nan＋2＝S n，求数列{a n}的通项公式；(2)已知数列{a n}的各项均为正数，且S n＝12⎝⎛⎭⎪⎫an＋1an，求数列{a n}的通项公式.解(1)由题知4S1a1＋2＋4S2a2＋2＋…＋4S nan＋2＝S n，①则4S1a1＋2＋4S2a2＋2＋…＋4S n－1an－1＋2＝S n－1(n≥2，n∈N*)，②由①－②可得4S nan＋2＝a n，即4S n＝a2n＋2a n，n≥2，n∈N*，在已知等式中令n＝1，得4S1a1＋2＝S1，则4S1＝a1(a1＋2)，③满足上式，所以4S n＝a2n＋2a n，④则4S n－1＝a2n－1＋2a n－1(n≥2)，⑤④－⑤可得4a n＝a2n＋2a n－a2n－1－2a n－1⇔2(a n＋a n－1)＝a2n－a2n－1. 因为a2n－a2n－1＝(a n＋a n－1)(a n－a n－1)，a n>0，所以a n－a n－1＝2，所以{a n}为公差是2的等差数列，由③可解得a1＝2，所以a n＝2＋(n－1)×2＝2n(n∈N*).(2)由S n＝12⎝⎛⎭⎪⎫an＋1an，得当n ≥2时，S n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －S n －1＋1S n －S n －1，所以2S n ＝S n －S n －1＋1S n －S n －1，即S n ＋S n －1＝1S n －S n －1，所以S 2n －S 2n －1＝1，所以{S 2n }为公差是1的等差数列，所以S 2n ＝S 21＋(n －1).在S n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n 中，令n ＝1可得S 1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋1a 1，解得a 1＝1，所以S 2n ＝n ，所以S n ＝n ，所以a n ＝⎩⎨⎧S n －S n －1，n ≥2，S 1，n ＝1＝⎩⎨⎧n －n －1，n ≥2，1，n ＝1，所以a n ＝n －n －1(n ∈N *).训练1 已知正项数列{a n ＋2n －1}的前n 项和为S n ，且4S n ＝a 2n ＋(2n ＋2)a n ＋4n －1＋2n －3.求数列{a n }的通项公式.解 由题知4S n ＝a 2n ＋(2n ＋2)a n ＋4n －1＋2n －3＝(a n ＋2n －1)2＋2(a n ＋2n －1)－3， 令b n ＝a n ＋2n －1， 则4S n ＝b 2n ＋2b n －3，①当n ≥2时，4S n －1＝b 2n －1＋2b n －1－3，②由①－②，得4b n ＝b 2n －b 2n －1＋2b n －2b n －1， 整理得(b n －b n －1－2)(b n ＋b n －1)＝0. 因为b n >0，所以b n －b n －1＝2(n ≥2). 又4S 1＝b 21＋2b 1－3， 即b 21－2b 1－3＝0，解得b 1＝3或b 1＝－1(舍去)，所以数列{b n }是以3为首项，2为公差的等差数列， 则b n ＝2n ＋1，所以a n ＝b n －2n －1＝2n ＋1－2n －1(n ∈N *). 类型二 构造辅助数列求通项(1)形如a n ＝pa n －1＋q (p ≠1，q ≠0)的形式，通常可构造出等比数列a n ＋q p －1＝p ⎝⎛⎭⎪⎫a n －1＋q p －1，进而求出通项公式. (2)形如a n ＝pa n －1＋q n ，此类问题可先处理q n ，两边同时除以q n ，得a nq n ＝pa n －1q n＋1，进而构造成a n q n ＝p q ·a n －1q n －1＋1，设b n ＝a n q n ，从而变成b n ＝pqb n －1＋1，从而将问题转化为第(1)个问题.(3)形如qa n －1－pa n ＝a n a n －1，可以考虑两边同时除以a n a n －1，转化为q a n －pa n －1＝1的形式，进而可设b n ＝1a n，递推公式变为qb n －pb n －1＝1，从而转变为上面第(1)个问题.(4)形如a n ＝ma n －1k （a n －1＋b ）(其中n ≥2，mkb ≠0)取倒数，得到1a n ＝k m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋b a n －1⇔1a n＝kb m ·1a n －1＋km，转化为(1)中的类型. (5)形如a n ＝pa r n －1(n ≥2，a n ，p >0)两边取常用对数，得lg a n ＝r lg a n －1＋lg p ，转化为(1)中的类型. 考向1 构造法求通项例2 (1)在数列{a n }中，a 1＝12，a n ＝2a n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n(n ∈N *)，求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S n ＋1－2S n ＝1，n ∈N *，求数列{a n }的通项公式. 解 (1)由a n ＝2a n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，得2n a n ＝2n ＋1a n ＋1－1，所以数列{2n a n }是首项和公差均为1的等差数列， 于是2n a n ＝1＋(n －1)×1＝n ， 所以a n ＝n2n (n ∈N *).(2)因为S n ＋1－2S n ＝1， 所以S n ＋1＋1＝2(S n ＋1)，n ∈N *. 因为a 1＝S 1＝1， 所以可推出S n ＋1>0，故S n ＋1＋1S n ＋1＝2， 即{S n ＋1}为等比数列. 因为S 1＋1＝2，公比为2， 所以S n ＋1＝2n ， 即S n ＝2n －1.因为S n －1＝2n －1－1(n ≥2)，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1， 又a 1＝1也满足此式， 所以a n ＝2n －1(n ∈N *). 考向2 取倒数法求通项 例3 已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n a n ＋3，a 1＝2，求数列{a n }的通项公式.解 对a n ＋1＝a na n ＋3两边取倒数，可得1a n ＋1＝3a n＋1，由1a n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋12. ∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ＋12是首项为1，公比为3的等比数列，∴1a n ＋12＝3n －1， 则a n ＝22·3n －1－1(n ∈N *). 考向3 取对数法求通项例4 设正项数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝2a 2n －1(n ≥2).求数列{a n }的通项公式. 解 对a n ＝2a 2n －1两边取对数得log 2a n ＝1＋2log 2a n －1， ∴log 2a n ＋1＝2(log 2a n －1＋1)， 设b n ＝log 2a n ＋1，则{b n }是以2为公比，1为首项的等比数列，所以b n ＝2n －1， 即log 2a n ＋1＝2n －1， 故a n ＝22n －1－1(n ∈N *).训练2 (1)若数列{a n }中，a 1＝3，且a n ＋1＝a 2n ，则a n ＝________. (2)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －12a n －1＋1，则a n ＝________.答案 (1)32n －1(n ∈N *) (2)12n －1(n ∈N *) 解析 (1)易知a n >0，由a n ＋1＝a 2n 得lg a n ＋1＝2lg a n ， 故{lg a n }是以lg 3为首项，以2为公比的等比数列， 则lg a n ＝lg a 1·2n －1＝lg 32n －1， 即a n ＝32n －1(n ∈N *). (2)由a n ＝a n －12a n －1＋1，取倒数得1a n ＝2＋1a n －1，故⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 是以2为公差，1为首项的等差数列，所以1a n＝1＋2(n －1)＝2n －1，即a n ＝12n －1(n ∈N *).(3)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝12a n ＋1，求数列{a n }的通项公式.解 因为a n ＋1＝12a n ＋1，所以a n ＋1－2＝12(a n －2)，所以数列{a n －2}是以－1为首项，12为公比的等比数列，所以a n －2＝－1×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以a n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，n ∈N *.一、基本技能练1.(2022·湖北新高考协作体联考)已知数列{a n }的首项a 1＝2，其前n 项和为S n ，若S n ＋1＝2S n ＋1，则a 7＝________. 答案 96解析 因为S n ＋1＝2S n ＋1， 所以S n ＝2S n －1＋1(n ≥2)， 两式相减得a n ＋1＝2a n (n ≥2)，又因为a 1＝2，S 2＝a 1＋a 2＝2a 1＋1，得a 2＝3， 所以数列{a n }从第二项开始成等比数列， 因此其通项公式为a n ＝⎩⎨⎧2，n ＝1，3·2n －2，n ≥2， 所以a 7＝3×25＝96.2.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝n 2a n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________. 答案a n ＝2n （n ＋1）(n ∈N *)解析 由S n ＝n 2a n 可得， 当n ≥2时，S n －1＝(n －1)2a n －1， 则a n ＝S n －S n －1＝n 2a n －(n －1)2a n －1，即(n2－1)a n＝(n－1)2a n－1，故anan－1＝n－1n＋1，所以a n＝anan－1·an－1an－2·an－2an－3·…·a3a2·a2a1·a1＝n－1n＋1·n－2n·n－3n－1·…·24×13×1＝2n（n＋1）.当n＝1时，a1＝1满足a n＝2n（n＋1）.故数列{a n}的通项公式为a n＝2n（n＋1），n∈N*.3.已知正项数列{a n}满足a1＝2，a n＋1＝a n，则a n＝________.答案221－n(n∈N*)解析将a n＋1＝a n两边取以2为底的对数得log2a n＋1＝12log2an，∴数列{log2an}是以1为首项，12为公比的等比数列，故log2an＝1×⎝⎛⎭⎪⎫12n－1＝21－n，即a n＝221－n(n∈N*).4.数列{a n}的首项a1＝2，且a n＋1＝3a n＋2(n∈N*)，令b n＝log3(a n＋1)，则b n＝________. 答案n(n∈N*)解析由a n＋1＝3a n＋2(n∈N*)可知a n＋1＋1＝3(a n＋1)，又a1＝2，知a n＋1≠0，所以数列{a n＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，因此a n＋1＝3·3n－1＝3n，故b n ＝log 3(a n ＋1)＝n .5.(2022·南京调研)在数列{b n }中，b 1＝－1，b n ＋1＝b n 3b n ＋2，n ∈N *，则通项公式b n ＝________.答案 12n －3(n ∈N *)解析 由b n ＋1＝b n 3b n ＋2，且b 1＝－1.易知b n ≠0，得1b n ＋1＝2b n＋3.因此1b n ＋1＋3＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1b n ＋3，1b 1＋3＝2， 故⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n ＋3是以2为首项，2为公比的等比数列，于是1b n＋3＝2·2n －1，可得b n ＝12n－3，n ∈N *. 6.在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝2a n －1＋ln 3(n ≥2)，则数列{a n }的通项a n ＝________. 答案 (1＋ln 3)·2n －1－ln 3(n ∈N *)解析 由a n ＝2a n －1＋ln 3得a n ＋ln 3＝2(a n －1＋ln 3)， 则{a n ＋ln 3}是以1＋ln 3为首项，2为公比的等比数列， 所以a n ＋ln 3＝(1＋ln 3)·2n －1， 因此a n ＝(1＋ln 3)·2n －1－ln 3(n ∈N *).7.已知数列{a n }满足：a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2＝a n ＋1＋2a n .某同学已经证明了数列 {a n ＋1－2a n }和数列{a n ＋1＋a n }都是等比数列，则数列{a n }的通项公式是a n ＝________. 答案 2n ＋1－（－1）n －13(n ∈N *)解析因为a n＋2＝a n＋1＋2a n，所以当n＝1时，a3＝a2＋2a1＝5.令b n＝a n＋1－2a n，则{b n}为等比数列. 又b1＝a2－2a1＝1，b2＝a3－2a2＝－1，所以等比数列{b n}的公比q＝b2b1＝－1，所以b n＝(－1)n－1，即a n＋1－2a n＝(－1)n－1.①令c n＝a n＋1＋a n，则{c n}为等比数列，c1＝a2＋a1＝4，c2＝a3＋a2＝8，所以等比数列{c n}的公比q1＝c2c1＝2，所以c n＝4×2n－1＝2n＋1，即a n＋1＋a n＝2n＋1.②联立①②，解得a n＝2n＋1－（－1）n－13.8.(2022·青岛二模)已知数列{a n}，{b n}满足a1＝12，a n＋b n＝1，b n＋1＝bn1－a2n，则b2 023＝________.答案2 023 2 024解析因为a n＋b n＝1，b n＋1＝bn1－a2n，所以1－a n＋1＝1－a n（1－a n）（1＋a n），a n ＋1＝1－11＋a n ＝a n1＋a n ，所以1a n ＋1＝1a n＋1，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 是等差数列，其公差为1，首项为1a 1＝2，所以1a n＝2＋(n －1)×1＝n ＋1，所以a n ＝1n ＋1， 所以b n ＝n n ＋1，所以b 2 023＝2 0232 024.9.已知数列{a n }的前n 项和S n 满足2S n －na n ＝3n (n ∈N *)，且S 3＝15，则S 10＝________. 答案 120解析 当n ＝1时，2S 1－a 1＝3， 解得a 1＝3. 又2S n －na n ＝3n ，①当n ≥2时，2S n －1－(n －1)a n －1＝3(n －1)，② 所以①－②得(n －1)a n －1－(n －2)a n ＝3，③ 当n ≥3时，(n －2)a n －2－(n －3)a n －1＝3，④ 所以④－③得(n －1)·a n －1－(n －2)a n ＝(n －2)a n －2－(n －3)a n －1， 可得2a n －1＝a n ＋a n －2，所以数列{a n }为等差数列，设其公差为d .因为a 1＝3，S 3＝3a 1＋3d ＝9＋3d ＝15， 解得d ＝2， 故S 10＝10×3＋10×92×2＝120. 10.已知数列{a n }满足a n ＋1＝2a n －n ＋1(n ∈N *)，a 1＝3，则数列{a n }的通项公式为________.答案a n ＝2n ＋n (n ∈N *) 解析∵a n ＋1＝2a n －n ＋1， ∴a n ＋1－(n ＋1)＝2(a n －n )， ∴a n ＋1－（n ＋1）a n －n＝2，∴数列{a n －n }是以a 1－1＝2为首项，2为公比的等比数列， ∴a n －n ＝2·2n －1＝2n ， ∴a n ＝2n ＋n (n ∈N *).11.数列{a n }满足a n ＋1＝3a n ＋2n ＋1，a 1＝－1，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________. 答案3n ＋12－2n ＋2＋52(n ∈N *)解析∵a n ＋1＝3a n ＋2n ＋1， ∴a n ＋12n ＋1＝32·a n2n＋1, ∴a n ＋12n ＋1＋2＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2n ＋2， ∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n ＋2是以a 12＋2＝32为首项，32为公比的等比数列，∴a n 2n ＋2＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n，∴a n ＝3n －2n ＋1，∴S n ＝(31＋32＋…＋3n )－(22＋23＋…＋2n ＋1)＝3－3n ＋11－3－4－2n ＋21－2＝3n ＋12－2n ＋2＋52(n ∈N *).12.已知在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋1＝2a n ＋3a n －1，则{a n }的通项公式为________. 答案a n ＝3n －（－1）n4(n ∈N *)解析∵a n ＋1＝2a n ＋3a n －1， ∴a n ＋1＋a n ＝3(a n ＋a n －1)，∴{a n ＋1＋a n }是以a 2＋a 1＝3为首项，3为公比的等比数列， ∴a n ＋1＋a n ＝3×3n －1＝3n .① 又a n ＋1－3a n ＝－(a n －3a n －1)，∴{a n ＋1－3a n }是以a 2－3a 1＝－1为首项，－1为公比的等比数列， ∴a n ＋1－3a n ＝(－1)×(－1)n －1＝(－1)n ，② 由①－②得4a n ＝3n －(－1)n ， ∴a n ＝3n －（－1）n4(n ∈N *).二、创新拓展练13.(2022·金丽衢12校联考)已知数列{a n }满足a 1＝1，且T n ＝a 1a 2…a n ，若T n ＋1＝a n T na 2n ＋1，n ∈N *，则( )A.a 50∈⎝ ⎛⎭⎪⎫112，111B.a 50∈⎝ ⎛⎭⎪⎫111，110C.a 10∈⎝ ⎛⎭⎪⎫18，17D.a 10∈⎝ ⎛⎭⎪⎫16，15答案 B解析 因为T n ＝a 1a 2…a n ， 所以a n ＋1＝T n ＋1T n. 因为T n ＋1＝a n T na 2n ＋1， 所以a n ＋1＝a n a 2n ＋1，所以1a n ＋1＝a n ＋1a n.因为a 1＝1>0，所以1a n ＋1>1a n >0，a 2＝12， 所以0<a n ＋1<a n ≤1， 所以1a 2n ＋1＝a 2n ＋1a 2n＋2，所以a 2n ＋2＝1a 2n ＋1－1a 2n ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤2，94，n ≥2.由累加法可得1a 210－1a 22∈(16，18)，所以1a 10∈(20，22)，所以a 10∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2222，510，同理可得a 50∈⎝⎛⎭⎪⎫1121，110＝⎝ ⎛⎭⎪⎫111，110，故选B. 14.(多选)(2022·武汉调研)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n 2＋3a n(n ∈N *)，则下列结论正确的是( )A.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ＋3为等比数列 B.{a n }的通项公式为a n ＝12n ＋1－3C.{a n }为递增数列D.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 的前n 项和T n ＝2n ＋2－3n －4答案 ABD 解析 因为1a n ＋1＝2＋3a na n ＝2a n＋3， 所以1a n ＋1＋3＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋3， 又1a 1＋3＝4≠0，所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ＋3是以4为首项，2为公比的等比数列，所以1a n＋3＝4×2n －1，则a n ＝12n ＋1－3， 所以{a n }为递减数列，⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 的前n 项和T n ＝(22－3)＋(23－3)＋…＋(2n ＋1－3)＝22＋23＋…＋2n ＋1－3n ＝4（1－2n ）1－2－3n ＝2n ＋2－3n －4，故ABD 正确.15.(多选)南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，……，设各层球数构成一个数列{a n }，则( )A.a 4＝12B.a n ＋1＝a n ＋n ＋1C.a 100＝5 050D.2a n ＋1＝a n ·a n ＋2答案 BC解析 由题意知，a 1＝1，a 2＝3，a 3＝6，…，a n ＝a n －1＋n ， 故a n ＝n （n ＋1）2，∴a 4＝4×（4＋1）2＝10，故A 错误；a n ＋1＝a n ＋n ＋1，故B 正确； a 100＝100×（100＋1）2＝5 050，故C 正确；2a n ＋1＝(n ＋1)(n ＋2)，a n ·a n ＋2＝n （n ＋1）（n ＋2）（n ＋3）4，显然2a n ＋1≠a n ·a n ＋2，故D 错误.16.(多选)已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依次类推，第n 项记为a n ，数列{a n }的前n 项和为S n ，则( ) A.a 60＝16 B.S 18＝128 C.a k 2＋k 2＝2k －1D.S k 2＋k 2＝2k －k －1答案 AC解析 由题意可将数列分组： 第一组为20， 第二组为20，21， 第三组为20，21，22， ……，则前k 组一共有1＋2＋…＋k ＝k （1＋k ）2个数.第k 组第k 个数为2k －1， 故a k 2＋k 2＝2k －1，所以C 正确.因为10×（10＋1）2＝55，所以a 55＝29，又11×（11＋1）2＝66，则a 60为第11组第5个数，第11组为20，21，22，23，24，25，26，27，28，29，210， 故a 60＝24＝16，所以A 正确.每一组数的和为20＋21＋…＋2k －1＝2k －12－1＝2k －1，故前k 组数之和为21＋22＋ (2)－k ＝2（2k －1）2－1－k ＝2k ＋1－2－k ，S k 2＋k 2＝2k ＋1－k －2，所以D 错误.S 15＝26－5－2＝57，S 18＝S 15＋20＋21＋22 ＝26－5－2＋7＝64，所以B 错误.故选AC. 17.已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝7a n －2a n ＋4，则该数列的通项公式a n ＝________. 答案4·6n －1－5n －12·6n －1－5n －1(n ∈N *)解析 由a n ＋1－1a n ＋1－2＝7a n －2a n ＋4－17a n －2a n ＋4－2＝7a n －2－（a n ＋4）7a n －2－2（a n ＋4）＝65·a n －1a n －2，所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n －1a n －2是首项为a 1－1a 1－2＝2，公比为65的等比数列，所以a n －1a n －2＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫65n －1，解得a n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫65n －1－1＋2＝4·6n －1－5n －12·6n －1－5n －1，n ∈N *.18.(2022·徐州考前卷)设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，写出一个满足S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－12n －1a n 的通项公式：a n ＝________.答案 2n (答案不唯一)解析 当a n ＝2n时，S n ＝2（1－2n ）1－2＝2n ＋1－2，⎝ ⎛⎭⎪⎫2－12n －1a n ＝⎝⎛⎭⎪⎫2－22n 2n＝2n ＋1－2＝S n ，∴a n ＝2n 满足条件.。
求数列的通项公式(教师版)
求数列的通项公式(教师版)1、数列的通项公式如果数列{a n }的第n 项a n 与n 之间的函数关系可以用一个式子a n ＝f (n )来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．2、数列的递推公式若一个数列首项确定，其余各项用a n 与a n －1或a n +1的关系式表示(如a n ＝2a n －1＋1)，则这个关系式就称为数列的递推公式．3、由数列的递推公式求数列的通项公式的常见方法(1)待定系数法：①形如a n ＋1＝ka n ＋b 的数列求通项；②形如a n ＋1＝ka n ＋r ∙b n 的数列求通项；(2)倒数法：形如a n ＋1＝pa nqa n ＋r的数列求通项可用倒数法；(3)累加法：形如a n ＋1－a n ＝f (n )的数列求通项可用累加法；(4)累乘法：形如a n ＋1a n＝f (n )的数列求通项可用累乘法；(5) “S n ”法：数列的通项a n 与前n 项和S n 的关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1， n ＝1，S n －S n －1， n ≥2.；S n 与a n 的混合关系式有两个思路：①消去S n ，转化为a n 的递推关系式，再求a n ；②消去a n ，转化为S n 的递推关系式，求出S n 后，再求a n .考向一 待定系数法例1—1 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3，求数列{a n }的通项公式。
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 ⇒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，则b n ＝4×2n －1＝2n ＋1，所以a n ＝2n ＋1－3.例1—2 在数列{a n }中，a 1＝－1，a n ＋1＝2a n ＋4·3n ，数列{a n }的通项公式。
两类典型递推数列通项公式求法初探
两类典型递推数列通项公式求法初探在我们学习数学的过程中，递推数列可是个让人又爱又恨的“家伙”。
今天咱们就来聊聊两类典型递推数列通项公式的求法，让咱们一起揭开它们神秘的面纱！我还记得有一次在课堂上，给同学们讲解这部分内容。
当时有个同学，眼睛瞪得大大的，一脸迷茫地看着我，仿佛在说：“老师，这都是啥呀？” 其实呀，很多同学一开始都会被递推数列搞得晕头转向，但只要掌握了方法，就会发现其实也没那么难。
咱们先来说说第一种典型的递推数列——等差数列。
等差数列的定义是：从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，这个常数叫做等差数列的公差，常用字母 d 表示。
比如数列 2，5，8，11，14……这就是一个公差为 3 的等差数列。
那等差数列的通项公式怎么求呢？假设首项是 a₁，公差是 d，第 n 项就是 aₙ = a₁ + (n - 1)d 。
比如说这个等差数列：3，7，11，15，19……首项 a₁ = 3，公差 d = 4，那么第 5 项 a₅就等于 3 + （5 - 1）×4 = 19 。
咱们再通过一个例子来加深一下理解。
假设一个等差数列的首项是1，公差是 2，那么它的通项公式就是 aₙ = 1 + (n - 1)× 2 = 2n - 1 。
当 n = 10 时，a₁₀ = 2×10 - 1 = 19 。
接下来咱们说说第二种典型的递推数列——等比数列。
等比数列呢，是指从第二项起，每一项与它前一项的比值等于同一个常数，这个常数叫做等比数列的公比，常用字母 q 表示。
比如说数列 2，4，8，16，32……这就是一个公比为 2 的等比数列。
等比数列的通项公式是 aₙ = a₁×q⁽ⁿ⁻¹⁾。
就拿刚才那个等比数列来说，首项 a₁ = 2，公比 q = 2，那么第 5 项 a₅ = 2×2⁽⁵⁻¹⁾ = 32 。
再比如有一个等比数列，首项是 3，公比是 3，那么它的通项公式就是 aₙ = 3×3⁽ⁿ⁻¹⁾ = 3ⁿ 。
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。
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递推数列通项公式求
法(教案)
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
n n a a 21
=-
（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
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
),,(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 ≠=)(1n f a a n n ⋅=+求数列的通项公式数列例
)2(,2
2,2.4111≥+==--n a a a a n n n 114:2,4n n n a a a a +==+变式()求数列的通项公式数列)2(,4
2,2.2111≥+==--n a a a a n n n
九、课堂小结：
（1）叠加法
（2）叠乘法：
（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。