广东省信宜市第一中学高一数学《数列通项公式的求法》教学设计《必修5)

2019-2020年高中数学 数列通项公式的求法(常见)教案 新人教A 版必修51．前n 项和法（知求）例1、已知数列的前n 项和，求数列的前n 项和变式：已知数列的前n 项和，求数列的前n 项和答案： ；变式：练习：1、若数列的前n 项和，求该数列的通项公式。

答案：2、若数列的前n 项和，求该数列的通项公式。

答案：3、设数列的前n 项和为，数列的前n 项和为，满足，求数列的通项公式。

答案：2.形如型（累加法）（1）若f(n)为常数,即：,此时数列为等差数列，则=.（2）若f(n)为n 的函数时，用累加法.例 1. （xx 天津文） 已知数列｛a n ｝满足)2(3,1111≥+==--n a a a n n n ,证明证明：由已知得：112211)()()(a a a a a a a a n n n n n +-++-+-=--- =.213133321-=++++--n n n . 例2.已知数列的首项为1，且写出数列的通项公式. 答案： 例3.已知数列满足，)2()1(11≥-+=-n n n a a n n ，求此数列的通项公式. 答案：评注：已知,，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.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。

3.形如型（累乘法）（1）当f(n)为常数，即：（其中q 是不为0的常数），此数列为等比且=.（2）当f(n)为n 的函数时,用累乘法.例1、在数列中 ，求数列的通项公式。

答案：练习：1、在数列中 ，求。

答案：2、求数列)2(1232,111≥+-==-n a n n a a n n 的通项公式。

解答：由已知当123295,73,51,1232,213423121+-====∴+-=≥--n n a a a a a a a a n n a a n n n n n ，N-1个式子累乘，得到当n=1，也满足，所以4.形如型（取倒数法）例1. 已知数列中，，，求通项公式解：取倒数：.3422322)1(111-=∴-=⋅-+=∴n a n n a a n n 练习：1、若数列中，,,求通项公式.答案：2、若数列中，，，求通项公式.答案：5．形如,其中)型（构造新的等比数列）（1）若c=1时，数列{}为等差数列;（2）若d=0时，数列{}为等比数列;（3）若时，数列{}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造辅助数列来求. 方法如下：设,利用待定系数法求出A例1．已知数列中，求通项.分析：待定系数法构造构造新的等比数列。

数列通项公式的求法一、 教学目标：1 •由数列的前几项求 数列的通项.2 •由a n 与S n 的关系求通项a n • 二、 教学重点：由a n 与S n 的关系求通项a n • 三、 教学难点： 由a n 与S n 的关系求通项a n • 四、 教学过程：(一) 考 点知识梳理(教师引导学生完成) 1 •观察法求数列的通项观察数列中各项与其序号间的关系，分解各项中的变化部分与不变部分，再探索各项中变化部分与 序号间的关系，从而归纳出构成规律写出通项公式。

注：关键是找出各项与项数n 的关系。

2 •由a n 与S n 的关系求通项a n若已知数列｛an ｝前n 项和为Sn,则该数列的通项公式为 a^ S ,,(n = 1) , a n 二S n - S n 」，(n _2)。

注意：要先分n =1和n 》2两种情况分别进行运算，然后验证能否统一。

(二) 典例分析考点一 由数列的前几项求数列的通项【例1】 根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式： (1) — 1,7 , - 13,19，…； 2 _4 _6 _8 10⑵ 3，15，35，63，99，…; ⑶ 2，2，|，8,25,(4)5,55,555,5 555 ，….解(1)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式 (—1)n，观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大 6,故数列的一个通项公式为a n = ( — 1)n(6 n — 5) •(2)这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为1X 3,3 X 5,5 X 7,7 X 9,9 X 11，…, 每_ ________ 2nan_?n -1 2n +(3)数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观察•即2' 2' 2'25 2，…，从而可得数列的一个通项公式为 2n_a n= _ 2一项都是两个相邻奇数的乘积•知所求数列的一个通项公式为⑷ 将原数列改写为5X 9, 9x 99, 9X 999,…,易知数列9,99,999，…的通项为10n— 1,故所vJvJvJ求的数列的一个通项公式为a n = |（10n— 1） •规律方法 根据所给数列的前几项求其通项时，需仔细观察分析，抓住其几方面的特征：分式 中分子、分母的各自特征；相邻项的变化特征；拆项后的各部分特征；符号 特征•应多进行对比、分析，从整体到局部多角度观察、归纳、联想.【训练1】 根据下面数列的前几项的值，写出数列的一个通项公式: 5 13 29 618，16，—32，64，…;1,,易看出第2,3,4项的分子分别比分母少 3.因此把第1母的通项公式为 6= n 2+ 1,因此可得数列的一个通项公式为考点二 由a n 与S 的关系求通项a n【例2】（2013课标全国卷I ）若数列 3 ［的前n 项和S n =2a n J ，则订鳥的通项公式为33（答案：（-2）2）【例3】已知数列 & •',满足a 1 - 2a n 3a^ - na . = 2n，则数列 4?的通项公式为 ____________________2n J（答案：当 n=1 时，a n = 2，当 n_2 时，a n= --------- ）n11 1 变式：把例3的条件变为a 1 =1,a n =印 -a 2 - a^--- a nJ （n • 1）,求数列^a n /的通项公2 3n —1式。

由数列递推公式求数列的通项公式教学目标：1.复习、巩固已知累加法、累乘法求数列通项公式；熟练数列求通项的热点类型；2．理解、掌握递推式为()n f a a n n +=+1,用迭加法求n a ；递推式为()n n a n f a =+1,用迭乘法求n a ．3．化归转化思想方法的渗透。

教学内容：由数列递推公式求数列的通项公式.教学重点：1. 递推式为()n f a a n n +=+1,用迭加法求n a ；2．递推式为()n n a n f a =+1,用迭乘法求n a ．教学难点：1. 递推式为()n f a a n n +=+1,用迭加法求n a ；2．递推式为()n n a n f a =+1,用迭乘法求n a ．教学方法：讲解法，练习法.教学手段：多媒体课件，实物投影器.把脉考情从近两年的高考试题来看，数列的通项公式是高考的热点，题型既有选择题、填空题又有解答题，难度中等偏高．客观题突出“小而巧”，考查学生对基础知识的掌握程度，主观题考查较为全面，在考查基本运算、基本概念的基础上，又注重考查函数与方程、等价转化、分类讨论等思想方法．学情分析:高三文科普通班，以艺体为主，艺体生占全班60%以上，个别学生冲击三本。

学生基础薄弱，学习习惯较差，缺乏动手能力。

学生已经基本掌握求等差、等比数列的通项公式。

教学过程:一、 课前复习：等差数列：等差数列定义： ； 通项公式： ； 前n 项和公式： 等差中项定理： 特别的若m+n=p+q ，则 若m+n=2p,则等比数列：等比数列定义： ； 通项公式： ； 前n 项和公式： 等比中项定理：特别的若m+n=p+q ，则 若m+n=2p,则一些常见数列的前n 项和公式：(1)1＋2＋3＋4＋…＋n ＝ (2)1＋3＋5＋7＋…＋2n －1＝(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n ＝ (4) n 222232++++ ＝(5) n 22222320+++++ ＝ (6) 132022222-+++++n ＝二、等差数列通项公式推导：（结合等差数列的定义）=-12a a=-23a a=-34a a 所以=n a┇=---21n n a a+ =--1n n a a三、典型例题：例:已知数列{}n a 满足n a a a n n +==+11,1，求n a 。

《数列通项公式的方法》教学设计一、教学内容的地位和作用在高考中数列部分是必考内容，近四年的高考中，2010、2011年在17题的位置考查了数列的解答题，2012、2013年均考查了2—3道数列的小题，数列部分在高考中所占分值均在10—15分之间，可以说高考对于数列的考查是重点且难度不大，是高考中容易得分的部分。

而不论是选择题或填空题中对基础知识的检验，还是解答题中与数列知识的综合，抓住数列的通项公式通常是解题的关键。

二教学目标：知识与技能：1、要求理解数列通项公式的意义,掌握等差、等比数列的通项公式的求法； 2、掌握并能熟练应用数列通项公式的常用求法:公式法、累加法、累乘法、由和求通项以及加数构造等比的方法。

过程与方法：通过对例题的求解引导学生从中归纳相应的方法，明确不同的方法适用不同的前提、形式，使学生形成解决数列通项公式的通法。

情感态度与价值观：感受知识的产生过程，通过方法的归纳，形成事物及知识间联系与区别的哲学观点。

三、教学重难点：重点：数列通项公式的常见求法难点：加数构造等比的方法的归纳和应用，以及针对形式的不同恰当选择通项公式的求法。

四、教学手段与方法教学采用导学案教学模式，启发、引导、归纳的方法。

突出学生的主体地位，充分发挥学生的学习自主性，教师引导学生分析例题及变式，并由学生归纳得到相应方法适用的形式特点，从而形成解决该类问题的通法，多媒体辅助教学，规范学生的答题过程。

五、教学过程（一）考情分析2012、2013年均考查了2—3道数列的小题，数列部分在高考中所占分值均在10—15分之间，可以说高考对于数列的考查是重点且难度不大，是高考中容易得分的部分。

而不论是选择题或填空题中对基础知识的检验，还是解答题中与数列知识的综合，抓住数列的通项公式通常是解题的关键。

设计意图：使学生明确本节教学的重要性，并为本章的复习打下良好的思想基础。

（二）基础知识梳理1、数列{}n a的常用表示方法：，。

【学习目标】掌握数列通项公式的各种求法。

【重点难点】根据不同条件，选择合理的方法求通项公式。

数列通项公式的求法一、直接法例1、根据数列的前几项，写出数列的一个通项公式 1、 ,31,15,7,3,12、 ,31,52,21,32,1,2 3、 ,25,16,9,4,1---二、公式法（等差数列、等比数列通项公式可直接用公式） 例2、等差数列{}n a 是递增数列，且931,,a a a 成等比数列，求数列{}n a 的通项公式。

三、知n S 求n a ，利用⎩⎨⎧≥-==-)2()1(11n S S n S a n nn 例3、已知数列n a 的前n 项和n S 22-+=n n ，求数列{}n a 的通项公式。

变式练习：若数列{}n a 满足522121212133221+=++++n a a a a n n ，求数列{}n a 的通项公式。

四、累加法：形如)(1n f a a n n =-+型 例4、在数列{}n a 中，n a a a n n +==+11,3，求数列{}n a 的通项公式。

练习：若数列{}n a 满足n n n a a a 2,111+==+，求数列{}n a 的通项公式。

五、叠乘法：形如)(1n f a a nn =+型 例5、若数列{}n a 满足n n a n n a a 21,111++==+，求n a六、知n n S a 与关系 例6、数列{}n a 的前n 和n S ，)1(31-=n n a S ，求n a练习：已知数列{}n a 中，1),2(12212=≥-=a n S S a n n （1） 求证：⎭⎬⎫⎩⎨⎧n S 1为等差数列； （2）求数列{}n a 的通项公式。

七、构造法：已知递推公式求通项公式（1）待定系数法：形如)0,(1≠+=+q p q pa a n n 例7、已知数列{}n a 中，12,111+==+n n a a a ，求n a方法规律：（2）取倒数例8、已知数列{}n a 中，,22,111+==+n n n a a a a 求通项n a变式练习：已知数列{}n a 中，,23,111+==+n n n a a a a 求通项n a【课后作业与练习】基础达标1、已知数列{}n a 的通项公式是⎩⎨⎧-+=为偶数）为奇数）（n n n a n (22n 13，则=32a a （ ）A 、70B 、28C 、20D 、82、已知数列{}n a 的前n 项和n S n n 92-=，第k 项满足85<<k a ，则k 等于（ ）A 、 9B 、8C 、7D 、63、已知数列{}n a 的前n 项和n S ，且)1(2-=n n a S ，则2a 等于（ ）A 、7B 、30C 、15D 、314、数列{}n a 中，)2(1,111≥-==-n a a a n n ，则2008a （ ）A 、1-B 、5C 、1D 、45、 已知数列{}n a 中，n a a a n n n -=-=+2,111求通项n a6、已知数列{}n a 满足073,111=-+=-n n a a a ，求数列{}n a 的通项。

《数列通项公式》教学设计【教学目标】 一、知识目标：1. 解决形如a n+1=pa n +q, a n+1–a n =f(n), a n+1∕a n =f(n)通项公式的确定。

2．通过学习让学生掌握和理解a n+1=pa n +q, a n+1–a n =f(n), a n+1∕a n =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a n+1=pa n +q, a n+1–a n =f(n), a n+1∕a n =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a n+1=pa n +q 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a n+1–a n =f(n), a n+1∕a n =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a n+1=pa n +q 型的通项公式？3、 如何解决a n+1–a n =f(n)型的通项公式？4、如何解决a n+1∕a n =f(n)型的通项公式？二．新授内容：考点一 由数列的前几项求数列的通项【例1】 根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式： (1)－1，7，－13，19，…； (2)23，415，635，863，1099，…； (3)12，2，92，8，252，…； (4)5，55，555，5 555，….规律方法 根据所给数列的前几项求其通项时，需仔细观察分析，抓住以下几方面的特征：分式中分子、分母的各自特征；相邻项的联系特征；拆项后的各部分特征；符号特征.应多进行对比、分析，从整体到局部多角度观察、归纳、联想.【训练1】 (1)数列－11×2，12×3，－13×4，14×5，…的一个通项公式a n ＝________.(2)数列{a n }的前4项是32，1，710，917，则这个数列的一个通项公式a n ＝________..答案 (1)(－1)n 1n （n ＋1） (2)2n ＋1n 2＋1考点二 由S n 与a n 的关系求a n【例2】 (1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n ＋1，则a n ＝________.(2)(2013·新课标全国Ⅰ卷)若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式a n ＝________.解析 (1)a 1＝S 1＝3＋1＝4，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n ＋1－3n －1－1＝2·3n －1.∵a 1＝4不适合此等式，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2·3n －1，n ≥2.(2)由S n ＝23a n ＋13，得当n ≥2时，S n －1＝23a n －1＋13，两式相减，得a n ＝23a n －23a n －1，∴当n ≥2时，a n ＝－2a n －1，即a na n －1＝－2.又n ＝1时，S 1＝a 1＝23a 1＋13，a 1＝1，∴a n ＝(－2)n －1.答案 (1)⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2·3n －1，n ≥2 (2)(－2)n －1 规律方法 数列的通项a n 与前n 项和S n 的关系是a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.当n ＝1时，a 1若适合S n －S n －1，则n ＝1的情况可并入n ≥2时的通项a n ；当n ＝1时，a 1若不适合S n －S n －1，则用分段函数的形式表示. 【训练2】 (1)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，则S n ＝( ) A.2n －1B.⎝⎛⎭⎫32n －1C.⎝⎛⎭⎫23n －1D.12n －1 (2)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n ，则a n ＝________.答案 (1)B (2)4n －5考点三 由数列的递推关系求通项公式 [微题型1] 形如a n ＋1＝pa n ＋q 的形式【例3－1】 在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3，则它的一个通项公式为a n ＝________.解析 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 ，解得t ＝3.故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4为首项，2为公比的等比数列. ∴b n ＝4·2n －1＝2n ＋1，∴a n ＝2n ＋1－3. 答案 2n ＋1－3规律方法 形如a n ＋1＝pa n ＋q 的递推关系式可以化为(a n ＋1＋x )＝p (a n ＋x )的形式，构成新的等比数列，求出通项公式，求变量x 是关键.[微题型2] 形如a n ＋1＝a n ＋f (n )的形式【例3－2】 在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则a n ＝________.解析 由题意得，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝2＋(2＋3＋…＋n )＝2＋（n －1）（2＋n ）2＝n （n ＋1）2＋1.又a 1＝2＝1×（1＋1）2＋1，符合上式，因此a n ＝n （n ＋1）2＋1.答案n （n ＋1）2＋1 规律方法 形如a n ＋1＝a n ＋f (n )的递推关系式利用累加法求和，特别注意能消去多少项，保留多少项. [微题型3] 形如a n ＋1＝a n ·f (n )的形式【例3－3】 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，则a n ＝________.解析 法一 因为a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，所以a n －1＝n －2n －1·a n －2，…，a 2＝12a 1，以上(n －1)个式子的等号两端分别相乘得a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n.法二 因为a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝n －1n ·n －2n －1·n －1n －2·…·1＝1n .答案 1n规律方法 把形如a n ＋1＝a n ·f (n )的递推关系式化为a n ＋1a n＝f (n )的形式，可用累乘法，也可用a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1代入求出通项. 【训练3】 (1)(2016·合肥一模)已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝4，a n ＋2＋2a n ＝3a n ＋1(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.(2)在数列{a n }中，a 1＝1，S n ＝n ＋23a n，则a n ＝________.解析 (1)由a n ＋2＋2a n －3a n ＋1＝0，得a n ＋2－a n ＋1＝2(a n ＋1－a n )， ∴数列{a n ＋1－a n }是以a 2－a 1＝3为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＋1－a n ＝3×2n －1，∴n ≥2时，a n －a n －1＝3×2n －2，…，a 3－a 2＝3×2，a 2－a 1＝3， 将以上各式累加得a n －a 1＝3×2n －2＋…＋3×2＋3＝3(2n －1－1)， ∴a n ＝3×2n －1－2(当n ＝1时，也满足). (2)由题设知，a 1＝1. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1. ∴a n a n －1＝n ＋1n －1.∴a n a n －1＝n ＋1n －1，…，a 4a 3＝53，a 3a 2＝42，a 2a 1＝3.以上(n －1)个式子的等号两端分别相乘，得到a n a 1＝n （n ＋1）2，又∵a 1＝1，∴a n ＝n （n ＋1）2.答案 (1)3×2n －1－2 (2)n （n ＋1）2课堂总结：[思想方法]1.由数列的前几项求数列通项，通常用观察法(对于交错数列一般有(－1)n 或(－1)n＋1来区分奇偶项的符号)；已知数列中的递推关系，一般只要求写出数列的前几项，若求通项可用归纳、猜想和转化的方法.2.强调a n 与S n 的关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1 （n ＝1），S n －S n －1 （n ≥2）.3.已知递推关系求通项：对这类问题的要求不高，但试题难度较难把握.一般有两种常见思路： (1)算出前几项，再归纳、猜想； (2)利用累加或累乘法求数列的通项公式.三．总结：形如a n+1=pa n +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。

数列通项公式的求法教案教学目标(1)使学生熟练掌握数列通项公式几种类型的求法； (2)培养学生观察、分析、提出问题和解决问题的能力． 教学重点、难点：数列通项公式的求解中，对条件的转化和推理。

教学过程：引入新课：通过前几节课的学习，我们看到表示数列的方法是多种多样的．例如，用通项公式a n =f(n)表示；用数列的前n 项之和S n 与通项a n 的关系式表示；用初始项和递推关系式表示．今天，我们来研究数列的通项公式的几种类型求法． 类型一 观察法：已知前几项，写通项公式类型二、公式法对于等差、等比数列可直接利用通项公式 等差数列：a n=a 1+(n -1)d 等比数列：a n=a 1q n-1注：当已知数列为等差或等比数列时，可直接利用等差1 41111 1 - -2342 2 0 2 0例写出下面数列的一个通项公式，使它的前项分别是下列各数：（），，，（），，，11(1) 1 (2) (1)1n n n n a n a ++-==-+解：（）或等比数列的通项公式，只需求得首项及公差公比。

例2.已知{log2 a n}是以2为公差的等差数列,且a 1=1,求a n 类型三、前n 项和法 已知前n 项和，求通项公式[例3]设﹛a n ﹜的前n 项和为Sn ,且满足sn =n 2+2n -1, 求﹛a n ﹜的通项公式类型四、累加法 累乘法[例4]在﹛a n ﹜中，已知a 1=1,a n=a n-1+n (n ≥2),求通项a n.1()n na f n a +=⋅11 (1) (2)n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩211212 21 1 22 21 [(1)2(1)1] 212 12n n n n n s n n n a s n a s s n n n n n n a -=+-∴===∴≥=-=+---+--=+=∴= 解：当时当时1 2n n ⎧⎨+≥⎩1()n n a a f n +=+11223343221 1 2 3 .......3 2 n n n n n n n n a a n a a n a a n a a n a a a a -------=+=+-=+-=+-=+=+ 解：以上各式相加n 1 a (234)(n+2)(n-1)=1+2a n =+++++ 得[例5]练：类型五、形如 的递推式[例6]分析：配凑法构造辅助数列(待定系数）练：{}111311,3(2)2n n n n n a a a a n a ---==+≥=n 已知中,证明：{}12,3,.n n n n na a a a a +==⋅1已知中，求通项123412312342322123211 3, 3, 3, 3 ....... 3, 333333 23n n n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a a -------------=======⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅解：以上各式相乘得123(-1)(-1)2(-1)22323n n n n n n a +++⋅⋅⋅+=⋅=⋅{}122,2,.n n n n a a a a a n +⎛⎫==+⋅ ⎪⎝⎭1已知中，求通项1n n a pa q+=+{}111,2 1 .n n n n a a a a a +==+数列满足,求{}()11-1111 2 1 12 1 12(1) 12 11121122n n n n n n n n n nn a a a a a a a a a a a ----=+∴+=++=++∴=∴+++=+= 解：是以为首项，以为公比的等比数列类型六、形如的递推式课时小结：例8：{}{}111,,21nn n n n a a a a a a +==+数列满足:求通项公式1nn n pa a qa p+=+例7：1112,0,2.n n n n n n a a a a a a a ++=≠-=已知且,求11n nn na a p a a ++-=11111112 211-211545-1(-2)-222245n n n n n n n n n a a a a a a a a n n n a a a n +++-=∴-=⎧⎫∴⎨⎬⎩⎭-+∴=+=+=∴=-+ 解：是以为首项，以为公差的等差数列（）111n 11n 12111221a 11 2a a n n n n n n a a a a a a -----+===++⎧⎫⎨⎬⎩⎭解：是以为首项，以为公差的等差数列1111(1)22 1 21n n n n a a a n =+-=+∴=+以上各题用到的求通项公式的方法有：观察法、公式法、累加法、累乘法、构造法（构造等差或等比数列，其中用到待定系数法）及⎩⎨⎧≥-==-)2n (S S )1n (S a 1n n 1n .请同学们认真体会、总结其中的规律。

数列通项公式的求法各种数列问题在很多情形下，就是对数列通项公式的求解。

特别是在一些综合性比较强的数列问题中，数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的瓶颈。

本文总结出几种求解数列通项公式的方法，希望能对大家有帮助。

一、观察法范例：根据数列的前几项，写出它的一个通项公式⑴ 3，33，333，…… ⑵ ,211 ,542- ,1093,17164- ……解： ⑴),110(93333),110(9333),110(93332-=-=-= ∴)110(93-=nn a⑵观察各项的符号是“+”“-”号相间，用1)1(+-n 表示各项符号。

)1()1(221++-=+n n n a n n点评：这类问题主要是观察数列中的n a 与项数n 的关系，发现规律，写出通项。

二、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．范例．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：设数列{}n a 公差为)0(>d d∵931,,a a a 成等比数列，∴9123a a a =，即)8()2(1121d a a d a +=+d a d 12=⇒∵0≠d ， ∴d a =1………………………………①∵255a S = ∴211)4(2455d a d a +=⋅⨯+…………② 由①②得：531=a ，53=d ∴n n a n 5353)1(53=⨯-+=点评：利用定义法求数列通项时要注意不用错定义，设法求出首项与公差（公比）后再写二、利用n S 和n a 的关系求n a 的通项公式要点：已知数列的前n 项和n S 与n a 的关系，求数列{}n a 的通项n a 可用公式⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-2111n S S n S a n n n 求解。

课题： 《数列的通项公式的求法》教案授课教师：左超杰教学目标：1、使学生熟练掌握数列通项公式几种类型的解法；2、培养学生归纳猜想、逻辑推理和等价转化等能力；3、培养学生分析问题和准确规范解决问题的能力。

教学重点、难点：数列通项公式的求解中，对条件的转化和推理；教学方法：导学法；课型：复习课教学过程：引入数列的通项公式是数列的核心之一。

它如同函数中的解析式一样，有了解析式就可以研究函数的性质等，而有了数列的通项公式，便可以求出任一项以及前几项和等，因此，求数列的通项公式往往是解题的突破口、关键点。

我们主要通过三个题组和一个反馈练习来学习这节课，希望大家在下面积极思考，主动探究，合作交流。

题型一写出下面数列的一个通项公式1、 ,1716,109,54,21 2、21，203，2005，20007，……方法归纳：观察法设计：找两位学生说结果并阐述理由，最后引导学生发现变化部分与项数n 之间的关系。

归纳总结出观察法。

题型二1、已知数列{}a n 的前n 项的和n n S n32+=求它的通项公式。

2、已知数列{a n }的前n 和n S 满足,1)1(log 2+=+n S n 求此数列的通项公式。

方法归纳：{2,1,11≥-==-n S S n S a n n n 设计：考察学生对n n S a 与关系的把握程度，找两位学生演板，从学生的书写中发现错误。

特别注意的是：结果的形式。

题型三在数列{}n a 中，53,111+=-=+n a a a n n ，求数列的通项公式。

变式1：条件变为呢？531+=-+n a a nn 变式2：条件变为呢？)1(11+=-+n n a a n n 方法归纳：逐差求和设计：从等差数列的通项公式入手，由浅入深，一步步深化学生对逐差求和方法的理解。

变式2中裂项学生存在困难，引导。

题型四已知数列{a n }满足)(,3,211*+∈==N n a a a n n ，求{a n }的通项公式。

必修五第二章数列求通项公式教学设计必修五第二章数列求通项公式教学设计一、教学目标分析：1.知识目标使学生掌握等差、等比数列求通项的公式法，特殊数列求通项的累加、累乘法，一般数列已知前n项和求通项的做法和构造新数列的一般方法。

2.能力目标培养学生观察、归纳能力，在学习过程中，体会归纳思想和化归思想并加深认识；通过累加、累乘及构造等比数列的方法探究，培养学生分析探索能力，增强运用公式解决实际问题的能力等．3.情感目标通过教师引导学生经历直观感知、操作确认等交流探索活动,激发学生的学习兴趣,使学生经历数学思维的过程,获得成功的体验. 二、教学重点、难点重点等差等比数列公式的灵活运用，累加、累乘法的选择，已知Sn求通项的几种形式及新数列的构造方法。

难点累加法、累乘法的运用，新数列的构造和运用。

三、教学模式与教法、学法采用问题启发、讲练结合、归纳总结相结合的教学方法，让学生掌握并灵活应用数列求通项的几种常用方法。

教师的教法讲练结合及时总结反馈.学生的学法积极主动交流，合作交流展示。

四、教具：投影仪、多媒体课件、白板。

五、教学基本流（一）成果展示（二）课标展示（三）合作探究（四）典例探究（五）1六、教学过程教学环节成果展示课标分析知识梳理结合课件回顾学过的公式和结论师问生答，教师板书规范。

回顾知识巩固深化分析本节课的知识要点和重难点教师分析学生识记有目标有方向, 在学案中选出十几份做的好的同学的学案展示教师展示，学生观看。

调动学习的热情和积极性教学程序师生活动设计意图学情检测结合课件以学生回答的形式，对答案找问题。

学生说出自己的答案，教师展示正确的答案。

更深入了解学情2培养学生的合作交流能力，分析问合作探究学生讨论解决学案中的思考题，学生投影仪展示。

教师布置讨论任务定好讨论时间，学生小组讨论并主动展示。

题并解决问题的能力，通过展示也可以进一步深化对问题的认识，并能及时的暴露问题。

3典例探究典例探究类型一已知Sn求an 例1. ⑴在数列{an}中，已知Sn?2n?3n?1，求通项公式an．⑵在数列{an}中，已知Sn?3?1，求通项公式an．(3)在数列{an}中n2 教师展示问题并分析问题：本部分内容学生掌握的很好，但在过程书写上存在问题，本环节主要展示过程的完整形式。