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城东蜊市阳光实验学校教案64数列的通项公式〔1〕一、课前检测1．等差数列{}n a 是递增数列，前n 项和为n S ，且931,,a a a 成等比数列，255a S =。
求数列{}n a 的通项公式。
解：2．数列{}n a 的前n 项和n S 满足1,)1(2≥-+=n a S n n n 。
求数列{}n a 的通项公式。
解： 二、知识梳理〔一〕数列的通项公式一个数列{an}的与之间的函数关系，假设可用一个公式an ＝f(n)来表示，我们就把这个公式叫做这个数列的通项公式．解读：〔二〕通项公式的求法〔7种方法〕1.定义法与观察法〔不完全归纳法〕：直接利用等差数列或者者等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适应于数列类型的题目；有的数列可以根据前几项观察出通项公式。
解读：2.公式法：在数列{an}中，前n 项和Sn 与通项an 的关系为：⎩⎨⎧∈≥-===-)N n ,2( )1( 111n S S n S a a n n n (数列{}n a 的前n 项的和为12n n s a a a =+++).解读：3.周期数列解法：由递推式计算出前几项，寻找周期。
4.由递推式求数列通项类型1递推公式为)(1n f a a n n +=+解法：把原递推公式转化为)(1n f a a n n =-+，利用累加法(逐差相加法)求解。
类型2〔1〕递推公式为n n a n f a )(1=+ 解法：把原递推公式转化为)(1n f a a nn =+，利用累乘法(逐商相乘法)求解。
〔2〕由n n a n f a )(1=+和1a 确定的递推数列{}n a 的通项可如下求得： 由递推式有1)1(--=n n a n f a ，21)2(---=n n a n f a ，•••，12)1(a f a =依次向前代入，得1)1()2()1(a f n f n f a n ⋅⋅⋅--=，这就是叠〔迭〕代法的根本形式。
）
一般特殊
一般特殊
《数列》复习课的点评
在高三的数学复习课上最容易出现的就是“油水分离”式的复习模式，即先对知识点进行梳理，再进行相应的题目训练。
至于这种模式下知识梳理的效果以及相应题目训练是否直指学生学习的困惑或难点，不易得知。
王老师这节复习课的亮点可以用三个字来概括，即“新，准，实”。
一、新
“新”在形式上。
基于教师对学生认知的了解，明确了高三的复习课必须规避“油水分离”式的复习模式，针对怎样才能做到有针对性的复习，王玲老师的这节课给了我们很好的启发。
为了了解学生的情况，王玲老师在本单元复习之前做了章前测，在复习完等差数列后又做了相关的学生调查问卷。
这种新的教学形式正是基于教师对学生的学情分析，有调查问卷提炼出的学生学习难点，有通过课堂前测统计出的解答的正答统计数据和解题过程反馈，教师正是据此确定了本节课的定位并设计了课堂上相关的学生活动。
二、准
“准”在定位上。
正是基于教师对学生的学情分析，有调查问卷提炼出的学生学习难点的聚焦，有通过课堂前测统计出的解答的正答统计数据和解题过程反馈，教师据此确定了本节课的定位并制定了相关的教学目标和重、难点。
使本节课有了很强的指向性。
三、实
“实”在效果上。
王老师这节课真正做到了把课堂还给学生，在学生的自主评价和相互评价中，对知识建构和多角度解读条件的必要性有了感性认识，并且可以比较灵活地应用。
思维导学任务单：数列通项公式的求法
【学习目标】
1．了解求数列的通项公式常用方法．
2．能灵活运用恰当方法求数列通项．
【自主复习】
1、数列的通项公式
2、数列的递推公式
3、数列的前n项和与通项的关系
【合作探究】
一、由数列的前几项求数列的通项公式
【例1】(1)已知数列{a n}的前4项为2,5,8,11，则数列{a n}的一个通项公式是________．
(2)已知数列{a n}的前4项为－1
2，
3
5，－
3
5，
10
17，则数列{a n}的一个通项公式是________．
二、a n与S n关系的应用
考向1已知S n求a n
【例2】已知数列{a n}的前n项和S n＝3n2－2n＋1，则其通项公式为________．
考向2利用a n与S n的关系求S n
【例3】(2016·新课标全国卷Ⅱ)设S n是数列{a n}的前n项和，且a1＝－1，a n＋1＝S n S n＋1，则S n＝________.
三、由递推公式求通项公式
【例4】设数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则a n ＝________.
【变式1】若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝n n ＋1a n
”，如何求解？
【引申】若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝2a n ＋3”，如何求解？
【拓展】若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝2a n a n ＋2
”，如何求解？
【我的疑问】
请将自主学习过程中未能解决的问题写在下面，准备课堂上与老师和同学们进行讨论交流解决。
学案65 数列的通项公式（2）【课前预习,听课有针对性】（5m ）1.由=1，13a a a n n 1n +=+,给出的数列的第34项为（ ） A.10334 B.100 C.1001 D.10412.已知整数对按如下规律排成一列：（1，1），（1，2），（2，1），（1，3），（2，2），（3，1），（1，4），（2，3），（3，2），（4，1），……，则第60个数对是（ ）A.（10，1）B.（2，10）C.（5，7）D.（7，5）3.已知函数()cos f x x =-，()2g x x π=-，数列{}n x 满足：15(,)66x ππαα⎡⎤=∈⎢⎥⎣⎦， *12()()()n n g x f x n N n+=∈，当2πα=时，求23,x x 的值并写出数列{}n x 的通项公式（不要求证明）。
【及时巩固,牢固掌握知识】（20——30m ）A 组 夯实基础，运用知识4.数列}{n a 满足n n n a n a a a ⋅+==+1,111，则36a = 。
5.已知数列{}n a 是以首项为114a =，公比14q =的等比数列，设*)(log 3241N n a b n n ∈=+，求证：}{n b 是等差数列。
解：6．（2010年安庆市四校元旦联考）各项均为正数的数列{}n a 中，n S a ,11=是数列{}n a 的前n 项和，对任意*∈N n ，有 )(222R p p pa pa S n n n ∈-+=。
⑴求常数p 的值；⑵求数列{}n a 的通项公式。
解：（1）（2）7．（2009陕西卷文）已知数列{}n a 满足，*11212,,2n n n a a a a a n N ++=∈’＋2＝＝. 令1n n n b a a +=-，（Ⅰ）证明：{}n b 是等比数列；(Ⅱ)求{}n a 的通项公式。
证：()I(Ⅱ)解：B 组 提高能力，灵活迁移8.（2009台州市第一次调研）已知数列{}n a 的首项211=a ，前n 项和n n a n S 2=. （Ⅰ）求证：n n a n n a 21+=+; （Ⅱ）记n n S b ln =，n T 为{}n b 的前n 项和，求n en T --的值. 解：（1）（2）9．已知数列{n a }的前n 项和S n ＝－n a －11()2n －＋2（n 为正整数）．令n b ＝2nn a ， 求证：数列{n b }是等差数列，并求数列{n a }的通项公式； 证明：10．设数列}{n a ，}{n b 满足211=a ，n n a n na )1(21+=+且221)1ln(n n n a a b ++=，*N n ∈． 求数列}{n a 的通项公式；解：【应对高考,寻找网络节点】（10m ）11.设数列{}n a 的前n 项和为n S ，对一切*N n ∈，点(,)n S n n 都在函数()2n a f x x x =+的图象上．求123,,a a a 及数列{}n a 的通项公式n a 。
数列球通项公式教案一、教学目标1. 知识与技能：（1）理解数列的通项公式的概念；（2）掌握数列的通项公式的求法；（3）能够运用数列的通项公式解决实际问题。
2. 过程与方法：（1）通过实例分析，引导学生发现数列的通项公式；（2）培养学生运用数学知识解决实际问题的能力；（3）提高学生的逻辑思维能力和运算能力。
3. 情感态度与价值观：（1）培养学生对数学的兴趣和好奇心；（2）培养学生勇于探索、积极思考的科学精神；二、教学内容1. 数列的概念：数列是按照一定的顺序排列的一列数。
2. 数列的通项公式：数列的第n项与序号n之间的关系式。
3. 数列的通项公式的求法：（1）等差数列的通项公式：an = a1 + (n-1)d；（2）等比数列的通项公式：an = a1 q^(n-1)；（3）其他数列的通项公式：根据数列的特点进行求解。
三、教学重点与难点1. 教学重点：（1）数列的通项公式的概念；（2）数列的通项公式的求法。
3. 教学难点：（1）数列的通项公式的求法；（2）运用数列的通项公式解决实际问题。
四、教学过程1. 导入：通过实例分析，引导学生发现数列的通项公式。
2. 新课讲解：讲解数列的通项公式的概念和求法。
3. 课堂练习：布置一些数列的通项公式的练习题，巩固所学知识。
4. 实际问题解决：运用数列的通项公式解决实际问题。
五、课后作业1. 完成课后练习题；3. 思考如何运用数列的通项公式解决实际问题。
六、教学评价1. 评价目标：检查学生对数列通项公式的理解程度和运用能力。
2. 评价方法：（1）课堂问答：通过提问，了解学生对数列通项公式的理解程度；（2）课后作业：检查学生完成数列通项公式的练习题的情况；（3）实际问题解决：评估学生运用数列通项公式解决实际问题的能力。
七、教学策略2. 互动教学：鼓励学生积极参与课堂讨论，提问和解答问题，增强学生的理解能力和自信心；3. 逐步引导：由浅入深，逐步引导学生掌握数列通项公式的求法和应用。
求数列的通项公式（教案+例题+习题）一、教学目标1. 理解数列的概念，掌握数列的基本性质。
2. 学会求解数列的通项公式，并能应用于实际问题。
3. 培养学生的逻辑思维能力和运算能力。
二、教学内容1. 数列的概念与基本性质2. 数列的通项公式的求法3. 数列通项公式的应用三、教学重点与难点1. 教学重点：数列的概念，数列的通项公式的求法及应用。
2. 教学难点：数列通项公式的推导和应用。
四、教学方法1. 采用讲授法，讲解数列的概念、性质及通项公式的求法。
2. 利用例题，演示数列通项公式的应用过程。
3. 布置习题，巩固所学知识。
五、教学过程1. 引入数列的概念，讲解数列的基本性质。
2. 讲解数列通项公式的求法，引导学生掌握求解方法。
3. 通过例题，演示数列通项公式的应用，让学生理解并掌握公式。
4. 布置习题，让学生巩固所学知识，并提供解题思路和指导。
5. 总结本节课的重点内容，布置课后作业。
教案结束。
例题：已知数列的前n项和为Sn = n(n+1)/2，求该数列的通项公式。
解答：由数列的前n项和公式可知，第n项的值为Sn S(n-1)。
将Sn = n(n+1)/2代入上式，得到第n项的值为：an = Sn S(n-1) = n(n+1)/2 (n-1)n/2 = n/2 + 1/2。
该数列的通项公式为an = n/2 + 1/2。
习题：1. 已知数列的前n项和为Sn = n^2，求该数列的通项公式。
2. 已知数列的通项公式为an = 2n + 1，求该数列的前n项和。
3. 已知数列的通项公式为an = (-1)^n，求该数列的前n项和。
4. 已知数列的通项公式为an = n^3 6n，求该数列的前n项和。
5. 已知数列的通项公式为an = 3n 2，求该数列的前n项和。
六、教学目标1. 掌握数列的递推关系式，并能运用其求解数列的通项公式。
2. 学习利用函数的方法求解数列的通项公式。
3. 提升学生分析问题、解决问题的能力。
教案59 等差数列与等比数列（1）一、课前检测1.（2010年东城期末20）设数列{}n a 的前n 项和为n S ．已知5a 1=，13n n n a S +=+，*n ∈N ．设3n n n b S =-，求数列{}n b 的通项公式；解：依题意，113n n n n n S S a S ++-==+，即123n n n S S +=+， 由此得1132(3)n n n n S S ++-=-．因此，所求通项公式为n n n n 23-S b ==。
二、知识梳理1.在解决等差数列问题时，如已知，a 1，a n ，d ，n S ，n 中任意三个，可求其余两个。
解读：2.补充的一条性质1）项数为奇数21n -的等差数列有：1s ns n =-奇偶n s s a a -==奇偶中，21(21)n n s n a -=-2）项数为偶数2n 的等差数列有：1n n s a s a +=奇偶，s s nd -=偶奇21()n n n s n a a +=+解读：3.等差数列的判定：{a n }为等差数列⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=+=+==-⇔+++数”）（缺常数项的“二次函的“一次函数”）（关于（定义）Bn An S n B An a a a a d a a nn n n n n n 22112 即：*),2(2(11n 1n N n n a a a d d a a a n n n n ∈≥+=⇔=-⇔-++为常数）｝｛Bn An s b kn a n n +=⇔+=⇔2；解读：4.三个数成等差可设：a ，a ＋d ，a ＋2d 或a －d ，a ，a ＋d ； 四个数成等差可设：a －3d ，a －d ，a ＋d ，a ＋3d . 解读：5．等差数列与函数：1）等差数列通项公式与一次函数的关系：从函数的角度考查等差数列的通项公式：a n = a 1+(n-1)d=d ·n+ a 1-d, a n 是关于n 的一次式；从图像上看，表示等差数列的各点（n,n a ）均匀排列在一条直线上，由两点确定一条直线的性质，不难得出，任两项可以确定一个等差数列.k=d=11--n a a n ，d=mn a a m n --，由此联想点列（n ，a n ）所在直线的斜率.2）点)S (n,n 在没有常数项的二次函数2n S pn qn =+上。
教育辅导讲义知识回顾1. 等差数列、等比数列通项公式的求法： 若在已知数列中存在：1n n a a d +-=（常数）或1a ,(0)n nq q a +=≠的关系，可采用求等差、等比数列的通项公式的求法，确定数列的通项公式。
2. 非等差、等比数列的通项公式的求法。
（1）观察法：通过观察数列中的项与项数的关系，找出项n a 与项数n 的关系。
（2）累差法：若在已知数列中相邻两项存在：1()n n a a f n +-=)N n (*∈的关系，可用“累差法”求通项公式。
其中累加的公式：112211)()()(a a a a a a a a n n n n n +-++-+-=---（3）累积法：若在已知数列中相邻两项存在：1a ()n ng n a +=)N n (*∈的关系，可用“累积法”求通项公式。
累乘的公式：13211221n n n n n a a a a a a a a a a ---=⋅⋅⋅题型一 公式法【例1】已知数列}{n a 中，51=a 且1221n n n a a -=+-（2n ≥且*n ∈N ）．求证数列12n n a -⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列；【变式】题型二利用公式求通项【例2】1. 已知等差数列}{n a 满足：20,1084==a a ，则_______=n a2. 数列}{n a 满足：_________a ,3a ),2n (a 3a n 11n n ==≥=-则3. 已知等差数列{}n a 的公差是正数，并且374612,4a a a a =-+=-，求n a 。
1.累加法：利用1211()()n n n a a a a a a -=+-+⋅⋅⋅-求通项公式的方法称为累加法。
累加法是求型如1()n n a a f n +=+的递推数列通项公式的基本方法（()f n 可求前n 项和）.2.累乘法:利用恒等式321121(0,2)n n n n a a a a a a n a a a -=⋅⋅⋅≠≥求通项公式的方法称为累乘法,累乘法是求型如: 1()n n a g n a +=的递推数列通项公式的基本方法(数列()g n 可求前n 项积)。
教案65 数列的通项公式（2）
一、课前检测
1．（1）数列9，99，999，…的通项公式为 ； 110-=⇒n n a ；
（2）数列5，55，555，…的通项公式为 。
()
11095-=⇒n n a 。
2．已知数列{}n a 中，11a =，21(0a a a =-≠且1)a ≠，其前n 项和为n S ，且当2n ≥时，1
111n n n S a a +=-．（Ⅰ）求证：数列{}n S 是等比数列；（Ⅱ）求数列{}n a 的通项公式。
解：（Ⅰ）当2n ≥时，11+111111n n n n n n n
S a a S S S S +-=-=---， 化简得211(2)n n n S S S n -+=≥，
又由1210,0S S a =≠=≠，可推知对一切正整数n 均有0n S ≠，
∴数列{}n S 是等比数列．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知等比数列{}n S 的首项为1，公比为a ，∴1n n S a -=．
当2n ≥时，21(1)n n n n a S S a a --=-=-，
又111a S ==，
∴21,
(1),(1),(2).n n n a a a n -=⎧=⎨-≥⎩
二、知识梳理
（一）数列的通项公式
一个数列{a n }的 与 之间的函数关系，如果可用一个公式a n ＝f(n)来表示，我们就把这个公式叫做这个数列的通项公式．
解读：
（二）通项公式的求法（6种方法）
5.构造法
构造法就是在解决某些数学问题的过程中，通过对条件与结论的充分剖析，有时会联想出一种适当的辅助模型，如某种数量关系，某个直观图形，或者某一反例，以此促成命题转换，产生新的解题方法，这种思维方法的特点就是“构造”.若已知条件给的是数列的递推公式要求出该数列的通项公式，此类题通常较难，但使用构造法往往给人耳目一新的感觉.
1）构造等差数列或等比数列
由于等差数列与等比数列的通项公式显然，对于一些递推数列问题，若能构造等差数列或等比数列，无疑是一种行之有效的构造方法.
2）构造差式与和式
解题的基本思路就是构造出某个数列的相邻两项之差，然后采用迭加的方法就可求得这一数列的通项公式.
3）构造商式与积式
构造数列相邻两项的商式，然后连乘也是求数列通项公式的一种简单方法.
4）构造对数式或倒数式
有些数列若通过取对数，取倒数代数变形方法，可由复杂变为简单，使问题得以解决.
6.归纳猜想证明法
解法：数学归纳法
7．已知数列}{n a 前n 项之积T n ，一般可求T n-1，则a n ＝1
－n n T T （注意：不能忘记讨论1=n ）. 如：数列}{n a 中，对所有的*∈N n 都有2321n a a a a n = ，则=+53a a __________.
三、典型例题分析
题型5 构造法：1）构造等差数列或等比数列
例 5 设各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，对于任意正整数n ，都有等式：n n n S a a 422
=+成立，求{}n a 的通项n a . 解：n n n S a a 422=+⇒112
142---=+n n n S a a ，
∴n n n n n n n a S S a a a a 4)(42211212=-=-+---- 0)2)((11=--+--n n n n a a a a ，∵01≠+-n n a a ，∴21=--n n a a . 即{}n a 是以2为公差的等差数列，且2421112
1=⇒=+a a a a .
∴n n a n 2)1(22=-+=
变式训练5 数列{}n a 中前n 项的和n n a n S -=2，求数列的通项公式n a .
解：∵121111=⇒-==a a S a
当n ≥2时， []12
12)1(221111+=
⇒++-=----=-=----n n n n n n n n n a a a a a n a n S S a )2(2
121-=-⇒-n n a a 令2-=n n a b ，则12
1-=n n b b ，且1211-=-=b {}n b 是以21为公比的等比数列，11)2
1()21(1---=⨯-=n n n b ∴1)21(2--=n n a . 小结与拓展：由于等差数列与等比数列的通项公式显然，对于一些递推数列问题，若能构造等差数列或等比数列，无疑是一种行之有效的构造方法.
题型6 构造法：2）构造差式与和式
解题的基本思路就是构造出某个数列的相邻两项之差，然后采用迭加的方法就可求得这一数列的通项公式。
例6 设{}n a 是首项为1的正项数列，且01212=-----n n n n na na a a ，（n ∈N*），求数列的通
项公式an.
解：由题设得0))((11=--+--n a a a a n n n n .
∵0>n a ，01>-n a ，∴01>+-n n a a .
∴n a a n n =--1
2
)1(321)()()(123121+=++++=-+-+-+=-n n n a a a a a a a a n n n
题型7 构造法：3）构造商式与积式
构造数列相邻两项的商式，然后连乘也是求数列通项公式的一种简单方法.
例7 数列{}n a 中，2
11=
a ，前n 项的和n n a n S 2=，求1+n a . 解：1221221)1()1()1(----=-⇒--=-=n n n n n n n a n a n a n a n S S a 1
11+-=⇒-n n a a n n ， ∴112211a a a a a a a a n n n n n ⋅⋅=--- )
1(12131211+=⨯-⋅+-=n n n n n n ∴)2)(1(11++=+n n a n
题型8 构造法：4）构造对数式或倒数式
有些数列若通过取对数，取倒数代数变形方法，可由复杂变为简单，使问题得以解决.
例8 设正项数列{}n a 满足11=a ，212-=n n a a （n ≥2）.求数列{}n a 的通项公式.
解：两边取对数得：122log 21log -+=n n a a ，)1(log 21log 122+=+-n n a a ，设1log 2+=n a
n b ， 则12-=n n b b {}n b 是以2为公比的等比数列，11log 1
21=+=b .
11221--=⨯=n n n b ，1221log -=+n a n ，12log 12
-=-n a n ， ∴12
12--=n n a
变式训练5 已知数列{}n a 中，21=a ，n ≥2时1
33711+-=
--n n n a a a ，求通项公式. 解：∵1344111+-=---n n n a a a ，两边取倒数得4311111+-=--n n a a . 可化为等差数列关系式.
413)1(4311111+=-+-=-n n a a n ∴1
353++=n n a n
题型9 归纳猜想证明
例9 设数列｛a n ｝的前n 项和为S n ，且方程x 2－a n x －a n ＝0有一根为S n －1，n ＝1，2，3，…
（Ⅰ）求a 1，a 2；（Ⅱ）｛a n ｝的通项公式
解：(Ⅰ)当n ＝1时，x 2－a 1x －a 1＝0有一根为S 1－1＝a 1－1 于是(a 1－1)2－a 1(a 1－1)－a 1＝0，解得a 1＝12
当n ＝2时，x 2－a 2x －a 2＝0有一根为S 2－1＝a 2－12，
于是(a 2－12)2－a 2(a 2－12)－a 2＝0，解得a 1＝6
(Ⅱ)由题设(S n －1)2
－a n (S n －1)－a n ＝0，
即S n 2
－2S n ＋1－a n S n ＝0
当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，代入上式得
S n －1S n －2S n ＋1＝0 ①
由(Ⅰ)知S 1＝a 1＝12，S 2＝a 1＋a 2＝12＋16＝3 由①可得S 3＝4 由此猜想S n ＝n
n ＋1，n ＝1，2，3，…
下面用数学归纳法证明这个结论 (i)n ＝1时已知结论成立
(ii)假设n ＝k 时结论成立，即S k ＝k
k ＋1，
当n ＝k ＋1时，由①得S k ＋1＝12－S k ，即S k ＋1＝k ＋1
k ＋2，
故n ＝k ＋1时结论也成立
综上，由(i)、(ii)可知S n ＝n n ＋1对所有正整数n 都成立 于是当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n
n ＋1－n －1
n ＝1
n(n ＋1)，
又n ＝1时，a 1＝12＝1
1×2，所以
｛a n ｝的通项公式a n ＝n
n ＋1，n ＝1，2，3，……
四、归纳与总结（以学生为主，师生共同完成）
总结方法比做题更重要!方法产生于具体数学内容的学习过程中.。
