求数列的通项公式教师版

专题----通项公式的求法总述：求数列通项的方法：累加法、累乘法、待定系数法、阶差法（逐差法）、迭代法、对数变换法、倒数变换法、一、累加法 适用于：1()n n a a f n +=+转换成1()n n a a f n +-=，其中f(n)可以是关于n 的一次函数、二次函数、指数函数、分式函数，求通项n a .①若f(n)是关于n 的一次函数，累加后可转化为等差数列求和; ②若f(n)是关于n 的二次函数，累加后可分组求和;③若f(n)是关于n 的指数函数，累加后可转化为等比数列求和; ④若f(n)是关于n 的分式函数，累加后可裂项求和。

例1 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112322112()()()()[2(1)1][2(2)1](221)(211)12[(1)(2)21](1)1(1)2(1)12(1)(1)1n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n n n n n n n ---=-+-++-+-+=-++-+++⨯++⨯++=-+-++++-+-=+-+=-++=例2 已知数列{}n a 满足112313n n n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。

解；由1231nn n a a +=+⨯+得1231nn n a a +-=⨯+则11232211122112211()()()()(231)(231)(231)(231)32(3333)(1)33(13)2(1)313331331n 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 --------=-+-++-+-+=⨯++⨯+++⨯++⨯++=+++++-+-=+-+-=-+-+=+-练习1.已知数列{}n a 的首项为1，且*12()n n a a n n N +=+∈写出数列{}n a 的通项公式.答案：12+-n n 练习2.已知数列}{n a 满足31=a ，)2()1(11≥-+=-n n n a a n n ，求此数列的通项公式.答案：裂项求和 n a n 12-=二、累乘法1.适用于： 1()n n a f n a += ----------这是广义的等比数列2．若1()n n a f n a +=，则31212(1)(2)()n na a af f f n a a a +=== ，，， 两边分别相乘得，1111()nn k a a f k a +==⋅∏例3 已知数列{}n a 满足321=a ，n n a n na 11+=+，求n a 。

数列(四) 求数列的通项公式(教案)A一、 知识梳理：求数列通项公式常用的方法:（1）、观察法: 观察数列的前几项，写出数列的一个通项公式（2）、利用公式法求通项公式①n a ＝⎩⎨⎧≥-=-)2(,)1(,11n S S n S n n②等差（比）通项公式（3）、根据递推关系式求通项：（迭加，迭乘，迭代等化归为等差、等比数列）： ①若数列满足),(1n f a a n n =-+其中)(n f 是一个前n 项和n s 可求的数列，那么可用逐项作差后累加的方法求n a 。

②若数列满足++∈=N n n f a a nn ),(1，其中数列{)(n f }前n 项积可求，可逐项作积后累乘求n a 。

③,1q pa a n n +=+p 、q 是常数。

方法：构造等比数列)(1λλ+=++n n a p a ④)(1n f pa a n n +=+。

方法：两边同除以1+n p ，令nn n p a b =，再用累加法求得。

⑤q pa a a n n n +=+1。

两边取倒数，令nn a b 1=，再“构造等比数列)(1λλ+=++n n a p a ” ⑥m n n pa a =+1。

a n >0。

方法：两边取对数。

二、 题型探究探究一：利用公式法求通项例1、已知12+=n n a S ，求n a 。

例2、已知数列n a 的前n 项和为n S ，并满足Sn=3n -2，求n a 。

例3、已知数列{n a }满足下列关系1)1(log 2+=+n S n ，求n a 。

探究二：利用迭加（迭乘、迭代）法求通项例4：（1）、（2010年高考）已知数列{n a }满足21=a ，12123-+⋅=-n n n a a ， 求数列{n a }的通项。

（2）、已知数列{n a }满足11=a ，)1(11-+=-n n a a n n ，（2≥n ），写出数列的前五项及它的一个通项。

例5：（1）、在数列{n a }中，，)2,3,4(211⋯==--n a a n n n ，求数列{n a }的通项。

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。

一．基础题组1. 【2013课标全国Ⅰ，理7】设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m ＝( )． A ．3 B ．4 C ．5 D ．6 【答案】C【解析】∵S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，∴a m ＝S m －S m －1＝0－(－2)＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3－0＝3. ∴d ＝a m ＋1－a m ＝3－2＝1.∵S m ＝ma 1＋12m m (-)×1＝0，∴112m a -=-. 又∵a m ＋1＝a 1＋m ×1＝3，∴132m m --+=.∴m ＝5.故选C. 2. 【2012全国，理5】已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10＝( ) A ．7 B ．5 C ．－5 D ．－7 【答案】D3. 【2008全国1，理5】已知等差数列{}n a 满足244a a +=，3510a a +=，则它的前10项的和10S =（ ） A ．138B ．135C ．95D ．23【答案】C.【解析】由243511014,104,3,104595a a a a a d S a d +=+=⇒=-==+=. 4. 【2013课标全国Ⅰ，理14】若数列{a n }的前n 项和2133n n S a =+，则{a n }的通项公式是a n ＝__________. 【答案】(－2)n －1 【解析】∵2133n n S a =+，①∴当n ≥2时，112133n n S a --=+.② ①－②，得12233n n n a a a -=-，即1n n a a -＝－2.∵a 1＝S 1＝12133a +，∴a 1＝1. ∴{a n }是以1为首项，－2为公比的等比数列，a n ＝(－2)n －1.5. 【2009全国卷Ⅰ，理14】设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若S 9=72,则a 2+a 4+a 9=___________. 【答案】24【解析】∵2)(972219a a S +==,∴a 1+a 9=16. ∵a 1+a 9=2a 5,∴a 5=8.∴a 2+a 4+a 9=a 1+a 5+a 9=3a 5=24.6. 【2011全国新课标，理17】等比数列{a n }的各项均为正数，且2a 1＋3a 2＝1，23239a a a =.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ，求数列1{}nb 的前n 项和． (2)31323(1)log log log (12)2n n n n b a a a n +=+++=-+++=-故12112()(1)1nb n n n n =-=--++， 121111111122(1)()()22311n nb b b n n n ⎡⎤+++=--+-++-=-⎢⎥++⎣⎦. 所以数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为21nn -+. 7. 【2010新课标，理17】（12分）设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1－a n ＝3·22n －1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 【解析】 (1)由已知，当n≥1时，a n ＋1＝[(a n ＋1－a n )＋(a n －a n －1)＋…＋(a 2－a 1)]＋a 1＝3(22n －1＋22n －3＋…＋2)＋2＝22(n ＋1)－1.而a 1＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝22n －1.(2)由b n ＝na n ＝n·22n －1知S n ＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n·22n －1. ① 从而22·S n ＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n·22n ＋1. ② ①－②，得(1－22)S n ＝2＋23＋25＋…＋22n －1－n·22n ＋1， 即S n ＝19[(3n －1)22n ＋1＋2]． 8. 【2005全国1，理19】设等比数列}{n a 的公比为q ，前n 项和S n >0（n=1，2，…） （1）求q 的取值范围；（2）设,2312++-=n n n a a b 记}{n b 的前n 项和为T n ，试比较S n 和T n 的大小.解①式得q>1；解②，由于n 可为奇数、可为偶数，得－1<q<1. 综上，q 的取值范围是).,0()0,1(+∞⋃-（Ⅱ）由得1223++-=n a n a a b .)23(),23(22n n n n S q q T q q a b -=-=于是)123(2--=-q q S S T n n n).2)(21(-+=q q S n.,0,2,21;,0,0221;,0,2211,,001,0n n n n n n n n n n n n n S T S T q q S T S T q q S T S T q q q q S ==-=-=<<-≠<<->>->-<<-><<->即时或当即时且当即时或当所以或且又因为 9. 【2015高考新课标1，理17】n S 为数列{n a }的前n 项和.已知n a ＞0，2n n a a +=43n S +.（Ⅰ）求{n a }的通项公式； （Ⅱ）设11n n n b a a +=,求数列{n b }的前n 项和. 【答案】（Ⅰ）21n +（Ⅱ）11646n -+ 【解析】试题分析：（Ⅰ）先用数列第n 项与前n 项和的关系求出数列{n a }的递推公式，可以判断数列{n a }是等差数列，利用等差数列的通项公式即可写出数列{n a }的通项公式；（Ⅱ）根据（Ⅰ）数列{n b }的通项公式，再用拆项消去法求其前n 项和.【考点定位】数列前n 项和与第n 项的关系；等差数列定义与通项公式；拆项消去法 10.【2016高考新课标理数3】已知等差数列{}n a 前9项的和为27，10=8a ，则100=a （A ）100 （B ）99 （C ）98 （D ）97 【答案】C 【解析】试题分析：由已知，1193627,98a d a d +=⎧⎨+=⎩所以110011,1,9919998,a d a a d =-==+=-+=故选C.【考点】等差数列及其运算【名师点睛】等差、等比数列各有五个基本量,两组基本公式,而这两组公式可看作多元方程,利用这些方程可将等差、等比数列中的运算问题转化为解关于基本量的方程（组）,因此可以说数列中的绝大部分运算题可看作方程应用题,所以用方程思想解决数列问题是一种行之有效的方法.二．能力题组1. 【2011全国，理4】设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，公差d ＝2，S k ＋2－S k ＝24，则k ＝( ) A ．8 B ．7 C ．6 D ．5 【答案】 D2. 【2006全国，理10】设{a n }是公差为正数的等差数列，若a 1+a 2+a 3=15，a 1a 2a 3=80则a 11+a 12+a 13＝（ ） （A ）120 （B ）105 （C ）90 （D ）75 【答案】 B 【解析】3. 【2012全国，理16】数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为__________． 【答案】1 830【解析】：∵a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，∴a 2＝1＋a 1，a 3＝2－a 1，a 4＝7－a 1，a 5＝a 1，a 6＝9＋a 1，a 7＝2－a 1，a 8＝15－a 1，a 9＝a 1，a 10＝17＋a 1，a 11＝2－a 1，a 12＝23－a 1，…，a 57＝a 1，a 58＝113＋a 1，a 59＝2－a 1，a 60＝119－a 1， ∴a 1＋a 2＋…＋a 60＝(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋a 7＋a 8)＋…＋(a 57＋a 58＋a 59＋a 60)＝10＋26＋42＋ (234)15(10234)18302⨯+=．4. 【2014课标Ⅰ，理17】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，0n a ≠，11n n n a a S λ+=-，其中λ为常数， （I ）证明：2n n a a λ+-=；（II ）是否存在λ，使得{}n a 为等差数列？并说明理由. 【答案】（I ）详见解析；（II ）存在，4λ=.5. 【2009全国卷Ⅰ，理20】 在数列{a n }中， a 1＝1,a n+1＝（n 11+）a n +n n 21+. （Ⅰ）设na b nn =，求数列{b n }的通项公式； （Ⅱ）求数列{a n }的前n 项和S n . 【解析】（Ⅰ）由已知得b 1=a 1=1,且n n n n a n a 2111+=++,即n n n b b 211+=+. 从而2112+=b b ,22321+=b b , (1)121--+=n n n b b (n≥2).于是1121212212121---=++++=n n n b b (n≥2).又b 1=1.故所求的通项公式1212--=n n b .(Ⅱ)由（Ⅰ）知1122)212(---=-=n n n nn n a .令∑=-=nk k n kT 112,则∑=-=nk k n kT 1222.于是T n =2T n -T n =∑-=---111221n k n k n =1224-+-n n .又)1()2(1+=∑=n n k nk ，所以422)1(1-+++=-n n n n n S . 6.【2016高考新课标理数1】设等比数列{}n a 满足a 1+a 3=10，a 2+a 4=5，则a 1a 2a n 的最大值为 .【答案】64【考点】等比数列及其应用【名师点睛】高考中数列客观题大多具有小、巧、活的特点,在解答时要注意方程思想及数列相关性质的应用,尽量避免小题大做.7.【2017新课标1，理4】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为 A ．1B ．2C ．4D ．8【答案】C 【解析】试题分析：设公差为d ，45111342724a a a d a d a d +=+++=+=，611656615482S a d a d ⨯=+=+=，联立112724,61548a d a d +=⎧⎨+=⎩解得4d =，故选C.【考点】等差数列的基本量求解【名师点睛】求解等差数列基本量问题时，要多多使用等差数列的性质，如{}n a 为等差数列，若m n p q +=+，则m n p q a a a a +=+.三．拔高题组1. 【2013课标全国Ⅰ，理12】设△A n B n C n 的三边长分别为a n ，b n ，c n ，△A n B n C n 的面积为S n ，n ＝1,2,3，….若b 1＞c 1，b 1＋c 1＝2a 1，a n ＋1＝a n ，b n ＋1＝2n n c a +，c n ＋1＝2n nb a +，则( )． A ．{S n }为递减数列 B ．{S n }为递增数列C ．{S 2n －1}为递增数列，{S 2n }为递减数列D ．{S 2n －1}为递减数列，{S 2n }为递增数列 【答案】B 【解析】2. 【2011全国，理20】设数列{a n }满足a 1＝0且111111n na a +-=--.(1)求{a n }的通项公式； (2)设11n n a b n+-=，记1nn kk S b==∑，证明：S n ＜1.【解析】(1)由题设111111n na a +-=--，即{11na -}是公差为1的等差数列． 又111n a =-，故11nn a =-. 所以11n a n=-. (2)由(1)得1111111n n a n n b nn n n n +-+-===-+⋅+， 11111()1111nnn k k k S b k k n ====-=-<++∑∑. 3. 【2006全国，理22】（本小题满分12分）设数列｛a n ｝的前n 项和,3,2,1,32313421=+⨯-=+n n nn a S …。

数列真题汇编（二）数列求通项15道1.（2016全国3卷文）已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1=1，a n 2−(2a n+1−1)a n −2a n+1=0. （I ）求a 2,a 3； （II ）求{a n }的通项公式.解：（Ⅰ）由题意得a 2=12,a 3=14. .........5分（Ⅱ）由a n 2−(2a n+1−1)a n −2a n+1=0得2a n+1(a n +1)=a n (a n +1). 因为{a n }的各项都为正数，所以a n+1a n=12.故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，因此a n =12n−1.2．（2016全国1卷文）已知{a n }是公差为3的等差数列，数列{b n }满足b 1=1，b 2=13，a nb n+1+b n+1=nb n . （Ⅰ）求{a n }的通项公式； （Ⅱ）求{b n }的前n 项和.【解析】（Ⅰ）由已知，a 1b 2+b 2=b 1,b 1=1,b 2=13,得a 1b 2+b 2=b 1,b 1=1,b 2=13,得a 1=2，所以数列{a n }是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为a n =3n −1. （Ⅱ）由（Ⅰ）和a n b n+1+b n+1=nb n ，得b n+1=b n 3，因此{b n }是首项为1，公比为13的等比数列.记{b n }的前n 项和为S n ，则S n =1−(13)n 1−13=32−12×3n−1.3.（2018全国1文）已知数列满足，，求的通项公式．解：∵，∴.4.（三星）(全国II )已知a 1=1,S n+1=4a n +2(n ∈N ∗)， (1)设b n =a n+1−2a n ,求证：{b n }是等比数列； (2)求a n .备注：题目中 已经将关系式构造好了，三项关系变二项关系后是等比数列；基本类型二求通项{}n a 11a =()121n n na n a +=+{}n a 1112n n nn a b b q n−−===12n n a n −=⋅5.（三星）(全国Ⅰ卷)在数列{a n}中,S n=43a n−13×2n+1+23,S n.求首项{a n}与通项n.备注：S n与a n关系变形之后成类型二解：由题意得S n=2a n+1，解得S6=.又a n+1=S n+1−S n=43a n+1−43a n−13(2n+1−2n)，即a n+1=4a n+2n+1，设a n+1+x⋅2n+1=4(a n+x⋅2n)，利用待定系数法可得x=1，又a1+2=4≠0，所以数列{a n+2n}是公比为4的等比数列. 所以a n+2n=4×4n−1，即a n=4n−2n.6. （2020全国3卷理）设数列{a n}满足a1=3，a n+1=3a n−4n．（1）计算a2，a3，猜想{a n}的通项公式并加以证明；（2）求数列{2n a n}的前n项和S n．【详解】（1）由题意可得a2=3a1−4=9−4=5，a3=3a2−8=15−8=7，由数列{a n}的前三项可猜想数列{a n}是以3为首项，2为公差的等差数列，即a n=2n+1，证明如下：当n=1时，a1=3成立；假设n=k时，a k=2k+1成立.那么n=k+1时，a k+1=3a k−4k=3(2k+1)−4k=2k+3=2(k+1)+1也成立.则对任意的n∈N∗，都有a n=2n+1成立；（2）由（1）可知，a n⋅2n=(2n+1)⋅2nS n=3×2+5×22+7×23+⋯+(2n−1)⋅2n−1+(2n+1)⋅2n，①2S n =3×22+5×23+7×24+⋯+(2n −1)⋅2n +(2n +1)⋅2n+1，② 由①−②得：−S n =6+2×(22+23+⋯+2n )−(2n +1)⋅2n+1 =6+2×22×(1−2n−1)1−2−(2n +1)⋅2n+1=(1−2n)⋅2n+1−2，即S n =(2n −1)⋅2n+1+2.7．（2021全国1卷）已知数列满足，（1）记，写出，，并求数列的通项公式； （2）求的前20项和．【解】(1)b 1=a 2=a 1+1=2,b 2=a 4+a 3+1=a 2+2+1=5 ∵2n 为偶数，∴a 2n+1=a 2n +2,a 2n+2=a 2n+1+1, ∴a 2n+2=a 2n +3即b n+1=b n +3,且b 1=2,∴{b n }是以2为首项，3为公差的等差数列，∴ b n =3n −1. (2)当n 为奇数时,a n =a n+1−1∴{a n }的前20项和为a 1+a 2+...+a 20=(a 1+a 3+...+a 19)+(a 2+a 4+...+a 20)=[(a 2−1)+(a 4−1)+...+(a 20−1)]+(a 2+a 4+...+a 20)=2(a 2+a 4+...+a 20)−10. 由(1)可知,a 2+a 4+...+a 20=b 1+b 2+...+b 10=2×10+10×92×3=155 ,∴{a n }的前 20项和为2x155 -10 =300.8. （2020全国1文）数列{a n }满足a n+2+(−1)n a n =3n −1，前16项和为540，则a 1= ______________.【详解】a n+2+(−1)n a n =3n −1，当n 为奇数时，a n+2=a n +3n −1；当n 为偶数时，a n+2+a n =3n −1. 设数列{a n }前n 项和为S n ， S 16=a 1+a 2+a 3+a 4+⋯+a 16=a 1+a 3+a 5⋯+a 15+(a 2+a 4)+⋯(a 14+a 16)=a 1+(a 1+2)+(a 1+10)+(a 1+24)+(a 1+44)+(a 1+70) +(a 1+102)+(a 1+140)+(5+17+29+41) =8a 1+392+92=8a 1+484=540，{}n a 11a =11,,2,n n na n a a n ++⎧=⎨+⋅⎩为奇数为偶数2n n b a =1b 2b {}n b {}n a∴a1=7.故答案为：7.9．（2019全国2卷理）已知数列{a n}和{b n}满足a1=1，b1=0，4a n+1=3a n−b n+4，4b n+1=3b n−a n−4.（1）证明：{a n+b n}是等比数列，{a n–b n}是等差数列；（2）求{a n}和{b n}的通项公式.解：（1）由题设得4(a n+1+b n+1)=2(a n+b n)，即a n+1+b n+1=12(a n+b n)．又因为a1+b1=l，所以{a n+b n}是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(a n+1−b n+1)=4(a n−b n)+8，即a n+1−b n+1=a n−b n+2．又因为a1–b1=l，所以{a n−b n}是首项为1，公差为2的等差数列．（2）由（1）知，a n+b n=12n−1，a n−b n=2n−1．所以a n=12[(a n+b n)+(a n−b n)]=12n+n−12，b n=12[(a n+b n)−(a n−b n)]=12n−n+12．10. （2021全国乙卷理）记S n为数列{a n}的前n项和,b n为数列{S n}的前n项积,已知2S n+1b n=2．（1）证明：数列{b n}是等差数列;（2）求{a n}的通项公式．【解析】（1）解法一：由2S n +1b n=2得S n=2b n2b n−1,且b n≠0,b n≠12,取n=1,由S1=b1=2b12b1−1得b1=32,由于b n为数列{S n}的前n项积,所以2b12b1−1⋅2b22b2−1⋅⋅⋅2b n2b n−1=b n,所以2b12b1−1⋅2b22b2−1⋅⋅⋅2b n+12b n+1−1=b n+1,所以2b n+12b n+1−1=b n+1b n,由于b n+1≠0所以22b n+1−1=1b n,即b n+1−b n=12,其中n∈N∗所以数列{b n }是以b 1=32为首项,以d =12为公差等差数列; 解法二：因为b n 为数列{S n }的前n 项积,所以b nb n−1=S n (n ≥2),由2S n+1b n=2可得2b n−1b n+1b n=2(n ≥2),去分母得2b n −2b n−1=1(n ≥2),所以b n −b n−1=12,数列{b n }是公差为12的等差数列.（2）由（1）可得,数列{b n }是以b 1=32为首项,以d =12为公差的等差数列, ∴b n =32+(n −1)×12=1+n2, S n =2b n2bn−1=2+n1+n , 当n=1时,a 1=S 1=32,当n≥2时,a n =S n −S n−1=2+n1+n −1+n n=−1n (n+1),显然对于n=1不成立,∴a n ={32,n =1−1n (n+1),n ≥2.11.（二星）（全国理）若数列{}的前n 项和为S n ＝，则数列{}的通项公式是=______. 解：当=1时，==，解得=1，当≥2时，==－()=，即=，∴{}是首项为1，公比为－2的等比数列，∴=.12.（2016全国3卷理科）已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0， (Ⅰ)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (Ⅱ)若S 5＝3132，求λ。

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。