数列求通项公式习题

数列求通项公式习题（共16篇）

篇1：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

篇2：数列求通项公式习题

方法一解：

a2×a5=(a3/q)(a4*q)=a3*a4=128

a3*a4=24

a3和a4为方程

x^2-24x+128=0两解

（x-16）（x-8）=0

a3=8a4=16

q=16/8=2

a1=a3/q^2=8/4=2

an=2x2的n-1次方=2的n次方

方法二解：

设公比为q, q>1

因为 a5*a2 =(a3*q^2)*(a3/q)= q*a3^2 = 128

所以 q*a3^2=128

因为 a3+a4=24

所以 a3+a3*q=24

所以 a3=24/(1+q)

所以 q*[24/(1+q)]^2=128

2q^2-5q+2=0

(2q-1)(q-2)=0

q=1/2(舍去)或者 q=2

所以 a3=24/(1+q)=8

所以 a1=a3/q^2=2

所以 an=2^n

在三角形ABC中，ABC的对边分别为abc，且asinA+(c-a)sinC=bsinB第一问求角B的值第二问:若向量BA×向量BC=2.b=2 求三角形ABC的面积

解：在任意△ABC中，存在 a/sinA=b/sinB=c/sinC=2R(其中R是外接圆半径)

所以 sinA=a/(2R), sinB=b/(2R), sinC=c/(2R)

由题意，a^2/(2R)+(c-a)c/(2R)=b^2/(2R)

所以 a^2+c^2-ac=b^2

所以 a^2+c^2-b^2=ac

根据余弦公式，cosB=(a^2+c^2-b^2)/(2ac)=ac/(2ac)=1/2

所以 B=60°

因为 向量BA×向量BC=2

所以 ∣BA∣*∣BC∣*cosB=2

所以 ∣BA∣*∣BC∣=4

篇3：数列求通项公式习题

类型1an+1-an=f (n) (n=1, 2, 3……)

解法:由递推式依次可得:a2-a1=f (1) , a3-a2=f (2) , …, an-an-1=f (n-1) 。

将此n-1个式子相加可得:an-a1=f (1) +f (2) +…+f (n-1) 。

将此n-1个式子相乘可得:=f (1) ·f (2) ·…·f (n-1) 。

例1已知数列{an}满足a1, a2-a1, a3-a2, …, an-an-1, …是首项为1, 公比为的等比数列, 求{an}通项公式。

解析:由条件得a1=1, 当n≥2时, an-an-1=。

例2数列{an}满足a1=2, 对于任意的n∈N*都有an>0, 且 (n+1) an2+an·an+1-na2n+1=0, 求数列的通项an。

解析:由条件得[ (n+1) an-nan+1]· (an+an+1) =0

类型3:an+1=pan+q (其中p、q为非零常数)

解法 (待定系数法) :把原递推关系转化为:an+1+λ=p (an+λ) , 其中λ=, 再利用换元法转化等比数列求解。

类型4:an+1=pan+qn (或an+1=pan+r·qn) (其中p、q、r均为常数)

解法先在原递推公式两边同除以qn+1, 得, 引入辅助数列{bn} (其中bn=) , 得到:再用待定系数法解决。

类型5:an+1=pan+an+b (p≠1, 0;a≠0)

解法:利用待定系数法构选等比数列, 令an+1+x· (n+1) +y=p (ann+xn+y) , 与已知递推式比较, 解出x、y, 从而转化为{an+xn+y}是公比为p的等比数列。

例3已知数列{an}中, a1=1, an+1=2an+3, 求an。

解析:由条件可转化为:an+1+3=2 (an+3) , 令bn=an+3, 则b1=a1+3, 且

∴{bn}为等比数列且bn=4·

所以an=2n+1-3。

例4在数列{an}中,

n∈N*, 求通项公式an。[2007天津卷]

解析:由条件可化为an+1+x (n+1) +y=4 (an+xn+y) 。

解得x1=-1及y=0, 即得an+1- (n+1) =4 (an-n) 。

∴{an-n}是首项为1, 且公比为4的等比数列。

an-n=4n-1, 因此an=4n-1+n。

例5已知数列{an}, a1=, an+1-an=, 求通项an。

解析:由条件可化为2n+1·an+1=2·2n·an+ (3-2n)

令bn=2n an, 又可化为bn+1=2·bn-2n+3, 再利用上求例4方法可得:an=。

解法:这种类型一般是等式两边取倒数后换元为an+1=pan+q。

例6已知数列{an}满足an=a1=1, 求数列{an}的通项公式。

解析:两边取倒数得为等差数列,

类型7:an+1=p·anr (p>0, an>0)

篇4：数列求通项公式习题

类型一：已知 ， 型。

解题方法：累加法。

例：已知数列 中， ， ，

解：已知

累加得：

类型二：已知 ， 型。

解题方法：累乘法。

例：已知数列 中， ， ，求数列 的通项公式。

解：已知

累乘得：

类型三：已知 ，求 型。

解题方法：

例：（2015年全国 卷） 为数列 的前 项和，已知 ， 。

（1）求 的通项公式。

（2）设 ，求数列 的前 项和。

解：（1）、已知 ①

，得

当 时 ②

由①—②得：

即

是以首项为3，公差为2的等差数列。

（2）、（略）。

类型四：已知 ， 型（其中 、 均为常数）。

解题方法：构造形如 的等比数列，其中

例：（2014全国Ⅱ卷）已知数列 满足 ，

（1）证明： 是等比数列，并求 的通项公式。

（2）证明： 。

证明：（1）、已知

又

是以首项为 ，公比为3的等比数列。

（2）、（略）。

类型五：已知 ， 型。

解题方法：构造形如 的等比数列。

例：在数列 中， ， 求数列 的通项公式。

解：已知

又

是以首项为 ，公比为2的等比数列。

篇5：数列求通项公式习题

1、Sn1等，题型一般有以下两种：①式子中只含Sn和有关n的函数式；②式子中出了含有Sn和有关n的函数式以外，还有其他诸如an、an

1、Sn

1、Sn1等等。对于第一种题型，在求出an后，一般还需对a1与S1是否相等进行验证；而第二种题型一般则需令n取1去求a1。

1、已知数列an满足Sn11an,则an=（）

42、已知数列an的前n项和Sn满足：SnSmSnm，且a11，那么a10（）

3、数列an的前n项和Sn＝3nn，则an＝（）

24、若等比数列{an}的前项之和为Sn3a，则a等于（）

A．3 B．1

2nC．0

D．1

5、设等差数列an的前n项和公式是Sn5n3n，求它的前3项，并求它的通项公式。

6、数列an的前n项和记为Sn,a11,an12Sn1n1，（1）求an的通项公式；

（2）等差数列bn的各项为正，其前n项和为Tn，且T315，又a1b1,a2b2,a3b3成等比数列，求Tn。

7、已知Sn求an，（1）Snn2n4，求an；（2）Snn3n1，求an。

8、设数列an的每一项都不为零，Sna1a2a3an，已知4Sn(an1)，求通项公式an。

2229、设数列{an}的前n项和为Sn，且对任意正整数n，anSn4096。

（1）求数列{an}的通项公式（2）设数列{log2an}的前n项和为Tn

10、已知Sn为数列an的前n项和，点an,Sn在直线y2x3n上．

（1）若数列anc成等比，求常数c的值；（2）求数列an的通项公式；

11、已知数列an的前n项和为Sn，常数0，且a1anS1Sn对一切正整数n都成立。

（1）求数列an的通项公式；

1a0,100n（2）设1，当为何值时，数列lg的前n项和最大？

an

12、已知数列an的前n项和为Sn,a23，2Sn13Sn2。2（1）证明数列an为等比数列，并求出通项公式；（2）设数列bn的通项bn1，求数列bn的前n项的和Tn； an（3）求满足不等式3TnSn(nN)的n的值。

13、设Sn为数列{an}的前n项和，Snknn，nN，其中k是常数。

（1）求a1及an；

（2）若对于任意的mN，am,a2ma4m成等比数列，求k的值。

8累加法、累乘法。累加法适用于类似an1anf(n)的，这时右边的f(n)是一个含有n的函数，一般是等差数列、等比数列或者等差+等比、等比+等比、等差×等比等等。方法就是分别给左右两边求和，就可以倒出通项公式了。同理，累乘法适用于*2*an1f(n)的题型，此时右边的f(n)也是一个含有n的函数，an一般有等比或其他特殊的式子。方法也和累加法类似，左右两边分别求前n项积，就可以倒出通项公式了。

1、已知数列an满足a111，an1an2，求an。2nnn2、已知数列an满足a11,an1an3,求an。n3、已知数列an满足a11,an1an23n1,求an。

4、已知数列an满足a12nan，求an。，an13n1an12n，求an

篇6：《数列通项公式》教学反思

数列是高考中必考的内容之一，而研究数列，要通项先行。本节课只是复习归纳了几种常见的求数列通项公式的方法，可以看到，求数列（特别是以递推关系式给出的数列）通项公式的确具有很强的技巧性，与我们所学的基本知识与技能、基本思想与方法有很大关系，因而在平日教与学的过程中，既要加强基本知识、基本方法、基本技能和基本思想的学习，又要注意培养和提高数学素质与能力和创新精神。这就要求无论教师还是学生都必须提高课堂的教与学的效率，注意多加总结和反思，注意联想和对比分析，做到触类旁通，将一些看起来毫不起眼的基础性命题进行横向的拓宽与纵向的深入，通过弱化或强化条件与结论，揭示出它与某类问题的联系与区别并变更为出新的命题。这样无论从内容的发散，还是解题思维的深入，都能收到固本拓新之用，从而有利于形成和发展创新的思维。从本节的教学效果看，基本的预设目标均已达成，教学效果明显。上完这节课我认真的做了教学反思，内容如下： 教学成功之处：

1、让学生真正成为学习的主人，保护学生的学习主动性，让学生自己主动上台板书，暴露问题，动脑、动手、动眼、动耳、动嘴，用自己的身体去亲自经历，用自己的心灵去亲自感悟，让学生做中学。

篇7：数列通项公式问题探究

下面是一篇关于数列通项公式问题探究的论文,对正在写有关数学论文的写作者有一定的参考价值和指导作用!

摘要：求通项是高考中经常出现的形式，但是这方面的题目形式多变，技巧性较强，导致这一内容成为学生学习数列问题的难点。本文对一些常见的递推数列求通项的方法进行归纳总结，以希望对广大中学生朋友们突破这一难点提供一定的帮助。

关键词：数列;通项公式;方法;

一、观察法

例1：根据数列的前4项，写出它的一个通项公式：

(1)9，99，999，9999，...

(2)1，1/2，1/4，1/8，...

解：(1)变形为：101- 1，102- 1，103- 1，104- 1，......

∴通项公式为：10n- 1

(2)变形为：1/21-1，1/22-1，1/23-1，1/24-1，......，

∴通项公式为：1/2n- 1

观察法就是要抓住各项的特点，与常见的`数列形式相联系进行变形，探索出各项的变化规律，从而找出各项与项数n的关系，写出通项公式。

二、定义法

例2：已知数列{an}是公差为d的等差数列，数列{bn}是公比为q的(q∈R且q≠1)的等比数列，若函数f(x)=(x- 1)2，且a1=f(d- 1)，a3=f(d+1)，b1=f(q+1)，b3=f(q- 1)，求数列{an}和{bn}的通项公式;

解：(1)∵a1=f(d- 1)=(d- 2)2，a3=f(d+1)=d2，

∴a3- a1=d2-(d- 2)2=2d，

∴d=2，

∴an=a1+(n- 1)d=2(n- 1);

又b1=f(q+1)=q2，b3=f(q- 1)=(q- 2)2，

由q∈R，且q≠1，得q=- 2，∴bn=b·qn- 1=4·(- 2)n-1 当已知数列为等差或等比数列时，只需求得首项及公差或公比，可直接利用等差或等比数列的通项公式的定义写出该数列的通项公式。

三、叠加法

例3：已知数列6，9，14，21，30，...求此数列的一个通项。

解：已知a2- a1=3，a3- a2=5，...，an- an- 1=2n- 1，...

各式相加得：an- a1=3+5+...+(2n- 1)=n2- 1

∴an=n2+5

对于可表述成为an- an- 1=f(n)的形式的数列，即可通过叠加的方法消去a2至an- 1项，从而利用的已知求出。

四、叠乘法

例4：设数列 {an}是首项为1的正项数列，且满足(n+1)a2n+1- nan2+an+1an=0，求数列{an}的通项公式。

解：∵ (n+1)a2n+1- nan2+an+1an=0，可分解为[(n+1)an+1- nan](an+1+an)=0

又∵ {an}是首项为1的正项数列，

∴an+1+an≠0，

∴ (n+1)an+1- nan=0，

由 此 得 出 ：a1=2a2，2a2=3a3，...，(n- 1)a(n-1)=nan，这n- 1个式子，将其相乘得：a1=nan，又∵a1=1，∴an=1/n，∵n=1也成立，∴an=1/n(n∈N*)。

对于相邻的两项有确定的比例关系的递推式，可以通过叠乘法消去和，从而利用的已知求出此类数列的通项公式。

五、取倒数法

例5：已知数列{an}，a1=-1， n∈N*，求an =?

解：把原式变形得 an+1- an+1·an= an

两边同除以 anan+1得1/an=1/an+1 +1

∴{1/an} 是首项为 -1，d=-1 的等差数列

故an=-1/n

有些关于通项的递推关系式变形后含有 anan+1项，直接求相邻两项的关系很困难，但两边同除以 anan+1后，相邻两项的倒数的关系容易求得，从而间接求出 an。

六、利用公式 an=Sn-Sn-1(n ≥ 2) 求通项

例 6：已知各项均为正数的数列 {an} 的前 n 项和为 Sn满足 S1>1 且 6Sn=(an+1)( an+2) n ∈ N*，求 {an}的通项公式。

解：由 a1=S1= 解得 a1=1 或 a1=2，

由已知a1=S1>1，因此 a1=2

又由 an+1= Sn+1-Sn= 1/6 (an+1 +1)(an+1 +2)-1/6 (an +1)(an +2)得(an+1+an)( an-1-an-3) =0

∵ an>0 ∴ an-1-an=3从而 {an} 是首项为 2，公差为 3 的等差数列，

故 {an} 的通项为 an=2+3(n-1)=3n-1。

有 些 数 列 给 出 {an} 的 前 n 项 和 Sn与 an的 关 系 式Sn=f(an)，利用该式写出 Sn+1=f(an+1)，两式做差，再利用 an+1=Sn+1-Sn导出 an+1与 an的递推式，从而求出 an。

七、构造等比数列法

例 7：已知数列 {an} 满足 a1=1，an+1=2an+1 (n ∈ N*)，求数列 {an} 的通项公式。

解：构造新数列 {an+p}，其中 p 为常数，使之成为公比是 an的系数 2 的等比数列，即 an+1+p =2(an+p) 整理得：an+1=2an+p， an+1= 2an+1 ∴ p=1 即 {an+1} 是首项为 a1+1=2，q=2 的等比数列∴ an+1=2·2n-1

∴an=2n-1。

原数列 {an} 既不等差，也不等比。若把 {an} 中每一项添上一个数或一个式子构成新数列，使之等比，从而求出 an。该法适用于递推式形如 an+1=ban+c 或 an+1= ban+f(n)an+1= 或an+1=ban+cn其中 b、c 为不相等的常数，f(n) 为一次式。

总之，数列是初等数学向高等数学过度的桥梁，而求数列的通项公式又是学好数列知识的关键，它具有很强的技巧性。但是由于同学们在刚刚接触数列知识时，对求数列的通项公式没有系统的方法，常常感觉无从下手，需要教师和学生共同努力，共同思考，不断的完善求数列通项公式的方法和技巧，开拓思维，创新学习，逐步树立学好数学的信心，提高自身的数学素养，并能融会贯通的运用到其他的知识学习中去。

参考文献：

篇8：数列求通项公式习题

利用熟知的公式求数列的通项公式的方法称为公式法.常用的公式有an=Sn-Sn-1 (n≥2) , 等差数列和等比数列的通项公式.

二、归纳法

由数列前几项用不完全归纳法猜测出数列的通项公式, 再用数学归纳法证明其正确性, 这种方法叫归纳法.

【例1】设{an}是正数组成的数列, 其前n项和Sn, 并且对于所有自然数n, an与1的等差中项等于Sn与1的等比中项, 求数列{an}的通项公式.

证明: (1) 当n=1时, a1=S1=1, 2×1-1=1, ∴n=1时, 猜想成立.

(2) 假设n=k (k≥1, k∈N*) 时, 猜想成立, 即ak=2k-1, 则n=k+1时, ak+1=Sk+1-Sk=∴4ak+1=a2k+1-a2k+2ak+1-2ak.

即当n=k+1时, 猜想也成立.

由 (1) (2) 可知, 对任意n∈N*, 有an=2n-1.

三、累加法

利用恒等式an=a1+ (a2-a1) + (a3-a2) +…+ (an-an-1) , 求通项公式的方法称为累加法.累加法是求型如an+1=an+f (n) 递推数列通项公式的基本方法 (其中数列{f (n) }可求前n项和) .

【例2】已知数列{an}中, a1=1, an+1=an+2n, n∈N*, 求an.

四、累乘法

利用恒等式 (an≠0) , 求通项公式的方法称为累乘法.累乘法是求型如an+1=g (n) an的递推数列通项公式的基本方法 (数列{g (n) }可求前n项积) .

【例3】已知数列{an}中, a1=1, an+1=, 其中n∈N*, 求an.

五、转化法

通过变换递推关系, 将非等差 (等比) 数列转化为与等差或等比数列有关的数列而求得通项公式的方法称为转化法.常用的转化途径有以下几种:

1凑配、消项变换

【例4】已知数列{an}中, a1=1, an=2an-1+1, 求{an}的通项公式.

解析:∵an=an-1+1, ∴an+1=2 (an-1+1) ,

故数列{an+1}是首项为2, 公比为2的等比数列,

2. 倒数变换

【例5】已知数列{an} (n∈N*) 中, a1=1, , 求an.

解析:∵an+1=, 两边取倒数, 得是公差为2的等差数列, 首项

3. 对数变换

【例6】已知数列{an}满足a1=2, an=a2n-1 (n≥2) , 求数列{an}的通项公式.

解析:由题意a1=2>0, an=a2n-1 (n≥2) , ∴an>0.

∴lgan=2lgan-1, ∴{lgan}是以2为公比的等比数列, 首项为lga1=lg2, ∴lgan=2n-1lg2=lg22n-1.

4. 换元变换

篇9：例谈数列求通项

1. 已知数列{an}前n项和Sn,求通项an

例1 已知数列{an}中，Sn=n2+2n,求通项an

分析：分类讨论再合并，当n≥2时，an=Sn-Sn-1=（n2+2n）-［(n-1)2+2(n-1)］=2n+1,当n=1时，a1=S1=3也适合上式，

所以，an=2n+1.(n∈N*)

点评：当已知Sn时，应讨论，当n=1时，a1=S1，当n≥2时，an=Sn-Sn-1，再考虑是否能合并.

2. 已知Sn与an混合式，求通项an

例2 已知数列{an}中，a1=2，naa+1=Sn+n(n+1),求通项an

分析：Sn转化为an+1和an，构造特殊(等差或等比)数列求通项.

因为 nan+1=Sn+n(n+1) （1）

所以 (n-1)an=Sn-1+(n-1)n (n≥2) （2）

（1）-（2）得nan+1-(n-1)an=an+2n

即an+1-an=2 （n≥2)

又a2=S1+1×2=a1+2=4,则a2-a1=2

所以{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，an=2n.

点评：当已知Sn与an混合式时，常由已知写出相邻式子作差，从而，构造出特殊数列求通项.

3. 已知递推公式，用累加法或迭代法求通项an

例3 已知数列{an}中，a1=2，an+1=an-1n(n+1)，求通项an

分析：由an+1=an-1n(n+1)可得an+1-an=-1n(n+1)=-1n-1n+1

所以 a2-a1=-1-12，a3-a2=-12-13，a4-a3=-13-14，……

an-an-1=-1n-1-1n,这n-1个式子累加得

an-a1=-1-1n

从而an=2-1-1n=1+1n(n∈N*)

点评：形如an+1-an=f(n)常用累加法或迭代法求通项an.

4. 已知递推公式，用累乘法求通项an

例4 已知数列{an}中，a1=1，nan+1-（n+2）an=0,求通项an

分析：由已知得an+1an=n+2n，所以

a2a1=31,a3a2=42,a4a3=53,……,anan-1=n+1n-1

这n-1个式子相乘得ana1=n(n+1)1x2，又a1=1

从而an=n(n+1)2(n∈N*)

点评：形如an+1an=f(n)常用累乘法求通项.

5. 已知递推公式，用待定系数法或构造法求通项an

例5 已知数列{an}中，a1=1，an+1=3an+2，求通项an

分析：由已知令(an+1-t)=3(an-t),则an+1=3an-2t,

又已知an+1=3an+2，所以-2t=2,t=-1

所以已知变为(an+1+1)=3（an+1），从而数列{an+1}是3为公比，首项为a1+1=2的等比数列，

所以，an+1=2×3n-1,即an=2×3n-1-1(n∈N*)

点评：形如an+1=ran+s(r,s是常数)的递推公式求通项，常用待定系数法，构造出以r为公比得等比数列，然后求通项.

例6 已知数列{an}中，a1=0，an+1=2an+3n,求通项an

分析：an+1=2an+3n可化为an+1+p(n+1)+q=2(an+pn+q)

即an+1=2an+pn+q-p 又an+1=2an+3n

所以，p=3,q-p=0,即p=q=3,故已知化为

an+1+3(n+1)+3=2(an+3n+3)

从而数列{an+3n+3}是以2为公比，a1+3×1+3=6为首项的

等比数列，所以an+3n+3=6×2n-1

即an=6×2n-1-3n-3(n∈N*)

点评：形如an+1=ran+f(n)(r为常数)递推公式求通项，常用待

定系数法，构造出以r为公比得等比数列，然后求通项.

变式练习：已知数列{an}，据给出的条件求数列通项an

（1） Sn=3×2n-3+n,(an=3×2n-1+n)

（2） Sn=3an+2an=-32n-1

（3） a1=2，a2=3，2an+1=3an-an-1(n≥2)an=4-12n-2

（4） a1=13，Sn+1-Sn=13an=13n

篇10：数列通项公式之数学归纳法

1.用数学归纳法证明：

2.已知数列{an}满足a1=a，an＋1=

1111n++++=(nN*)2446682n(2n+2)4(n+1)1

2an(1)求a2，a3，a4；(2)推测通项an的表达式，并用数学归纳法加以证明。

3.已知正数数列{an}满足2Snan1，(n∈N)，(1)求a1，a2，a3；(2)猜测an的表达式，并证明你的结论。

4.已知数列{an}满足a1＝1，an1an，1an(1)计算a2，a3，a4；(2)猜测an的表达式，并用数学归纳法加以证明。

25.已知数列{an}满足an+1＞an,且a1=1,(an1an)2(an1an)10

(1)求a2,a3,a4；(2)猜想an,并用数学归纳法证明.6.在数列{an}中,a1=1,Sn是它的前n项和,当n≥2时,2(1)求a2、a3、a4的值,并推测{an}的通项公式.(2)用数学归纳法证明所得的结论.=2an·Sn－an.3 4

7.用数学归纳法证明：1－2＋4－8＋…＋(1)

n12n1=(1)n12n·

3＋

篇11：等差数列中项公式是什么

例如：1,3,5,7,9……2n-1。

通项公式为：an=a1+(n-1)*d。首项a1=1，公差d=2。

通项公式推导：

a2-a1=d;a3-a2=d;a4-a3=d……an-a(n-1)=d,将上述式子左右分别相加，得出an-a1=(n-1)*d→an=a1+(n-1)*d。

前n项和公式为：Sn=a1*n+[n*(n-1)*d]/2

Sn=[n*(a1+an)]/2

Sn=d/2*n+（a1-d/2）*n

篇12：数列求通项公式习题

数学分层作业（等比数列通项公式2）

知 识: 等比中项、性质.方 法:明晰特征,掌握方法.（基本训练1—5；知识应用6—7；灵活应用8—9）组别学号 姓名评价

1.写出下面等比数列的第4项与第5项：

（1）5，－15，45，；（2）1.2，2.4，4.8，； 2.（1）a,G,b成等比数列；

（2）等比数列的性质：若m+n=p+k，则有

3.等比数列an中，a32，a864，那么它的公比q

4.三个数成等比数列,它的和为14,它们的积为64,求这三个数.5.已知{an}是等比数列，且an0,a2a42a3a5a4a625, 求a3a5．

6．设｛an｝是由正数组成的等比数列，且a5a6=81，log3a1+ log3a2+…+ log3a10的值是

7.在等比数列中，an>0，且an2anan1，则该数列的公比q等于.8.已知四个数，前三个数成等比数列，和为19，后三个数成等差数列，和为12，求此四个数.9.（1）｛an｝是等比数列，C是不为0的常数，数列can是等比数列吗？为什么？

篇13：数列中的求通项问题

例1.已知数列{an}中, a1=1, an+3≤an+3, an+2≥an+2, 求a2007。

解:由题设, an+2≥an+2, 则:

a2007≥a2005+2≥a2003+2×2≥L≥a1+2×1003=2007.

由an+2≥an+2, 得an≤an+2-2, 则:

an+3≤an+3≤an+2-2+3=an+2+1 (n≥1) .

于是:a2007≤a2006+1≤a2005+1×2≤a2002+3+1×2≤a1999+3×2+1×2≤L≤a1+3×668+1×2=2007,

所以a2007=2007.

易知数列a1=1, a2=2, L, an=n符合本题要求。

点评:本题首先观察条件的特点, 掌握规律性, 采用类比的思维进行解答。

(注意:猜得答案an=n或a2007=2007, 给2分。若解答选择题时, 不妨一试。)

例2. (2003京春文, 6) 在等差数列{an}中, 已知a1+a2+a3+a4+a5=20, 那么a3等于 () 。

A.4 B.5 C.6 D.7

解析:因为{an}为等差数列, 设首项为a1, 公差为d, 由已知有5a1+10d=20, ∴a1+2d=4, 即a3=4.在等差数列中a1+a5=a2+a4=2a3.所以由a1+a2+a3+a4+a5=20得5a3=20, ∴a3=4.

点评:本题主要考查等差数列的通项公式的基本求法, 属于送分题, 只要记牢性质就能把此题拿下。

点评:本题重在考查数列求通项中的变形, 首先要想到取倒数形式, 出现新的等差数列, 再代入公式法求解。

例4.已知数列{an}满足a1=1, 则该数列前26项的和为__________。

解:求出此数列的前几项:1, -2, -1, 1/2, 1, -2, …, 得{an}的周期为4, 所以该数列前26项的和为6 (a1+a2+a3+a4) +a1+a2=-10.

点评:此题主要考查周期数列的性质, 若数列中求取的项数较大时, 就要考虑周期的情况, 利用不完全归纳法找到它的周期, 迅速解决, 属于中等题, 不会太难。

例5. (2008北京理6) 已知数列{an}对任意的p, q∈N*满足ap+q=ap+aq, 且a2=-6, 那么a10等于 () 。

A.-165 B.-33 C.-30 D.-21

解法1.由已知a4=a2+a2=-12, a8=a4+a4=-24, a10=a8+a2=-30, 故选C。

解法2.由已知得a2=2a1圯a1=-3圯an+1-an=-3, a10=-30。

点评:本题可采用特殊值法。

例6.由正数组成的等比数列{an}, 若前2n项之和等于它前2n项中的偶数项之和的11倍, 第3项与第4项之和为第2项与第4项之积的11倍, 则数列{an}的通项公式an=_________。

点评:本题考查数列中的奇偶项的问题, 应首先想到等比数列的性质, 利用性质解题会起到事半功倍的效果。

例7.给定公比为q (q≠1) 的等比数列{an}, 设b1=a1+a2+a3, b2=a4+a5+a6, …, bn=a3n-2+a3n-1+a3n, …, 则数列{bn} () 。

A.是等差数列

B.是公比为q的等比数列

C.是公比为q3的等比数列

D.既非等差数列也非等比数列

点评:本题属于数列中整体思想的体现, 要有敏锐的观察力。充分考虑到整体形式的特点, 采用整体思维化解难题不失为一种能力的展示。

篇14：构造“另类数列”求数列通项公式

一、基本题型

例1 已知数列{an}中,a1=2,n≥2时,an=3an-1+2,求an

分析:数列{an}不是等差数列或等比数列,但递推式an=3an-1+2可变形为an+1=3(an-1+1),则构造了一个另类数列{an+1}为等比数列,可先行解决an+1的通项,再求an.

解 设n≥2时,an=3an-1+2可化为an+λ=3(an-1+λ),即an=3an-1+2λ,

由2λ=2,∴λ=1.即an=3an-1+2可化为an+1=3(an-1+1).

∴{an+1}为首项为a1+1=3,公比为3的等比数列,∴an+1=3•3n-1=3n,∴an=3n-1

当n=1时也适合,∴an=3n-1.

说明 一般地,若递推式为an=pan-1+q(p≠1,q≠0),则可构造另类等比数列{an+λ},其中λ=qp-1,先行解决an+λ,再求an.

例2 数列{an}中,各项均不为零.a1=2,an+3anan-1-an-1=0(n≥2),求an.

分析 {an}不是等差或等比数列,由递推式形状,考虑同除以anan-1,化为1an=1an-1+3,则构造了一个另类等差数列{1an},先求出1an,再求an.

解 (略)

说明:一般的,若数列递推式是an+panan-1-an-1=0或an=an-1pan-1+1(p为常数),则可构造另类等差数列{1an},先解决1an,再求an.

所以,若一个数列不是等差或等比数列,可将递推式变形,构造形如{an+λ}、1an、{a2n}、{an}等的等差数列或等比数列,先解决此类式子,再求出an的通项表达式.

例3 正项数列{an}中,sn为其前n项的和.an2-2ansn+1=0,求an

分析 原式是sn与an的混合式子,须用an=sn-sn-1化为只含有an或sn的递推式再加以解决.

解 n≥2时an=sn-sn-1

∴原式可化为(sn-sn-1)2-2(sn-sn-1)sn+1=0即sn2-sn-12=1

又n=1时a1=s1,∴a12-2a12+1=0,∴a1=s1=1,∴{sn2}是一个首项为s12=1,公差为1的等差数列.

∴sn2=n即sn=n.

又n≥2时,an=sn-sn-1=n-n-1,也适合n=1.

∴an=n-n-1.

说明 一般地,若递推式是含有an与sn的混合式子,则先利用an=sn-sn-1把原式化为只含有an或sn的递推式子,再构造另类数列解题.

二、推广

例4 已知数列{an}中,a1=2,an+1=4an+2n+1,求an.

解 (法1)an+1=4an+2n+1可化为an+1+2n+1=4(an+2n)

则{an+2n}为首项是a1+2=4,公比为4的等比数列,

∴an+2n=4•4n-1=4n即an=4n-2n.

解 (法2)an+1=4an+2n+1两边同除以2n+1得an+12n+1=2•an2n+1,

化为an+12n+1+1=2•(an2n+1)∴an2n+1为首项为a12+1=2,公比为2的等比数列,

∴an2n+1=2•2n-1=2n即an=4n-2n.

说明 若递推式中还含有含n的代数式的时候,可考虑构造另类数列{an•f(n)+g(n)}为等差或等比数列来解决.

例5 已知数列{an}中满足a1=32,且an=3nan-12an-1+n-1(n≥2,n∈N*),求数列{an}的通项公式.

解an=3nan-12an-1+n-1变形为1-nan=13(1-n-1an-1),

∴1-nan为首项为1-1a1=13,公比为13的等比数列,

∴1-nan=13n即an=n•3n3n-1.

总之,在解决由递推式求数列通项公式的问题时,若数列不是等差或等比数列,可将递推式适当变形,构造另类数列,使之成为等差或等比数列,先解决另类数列的通项,再进一步求出{an}的通项.

篇15：数列求通项公式习题

授课时间：2015年4月22日 授课人：武威六中杨志隆

一、教学目标 知识与技能

1.理解等比数列的概念；

2.掌握等比数列的通项公式；

3.会应用定义及通项公式解决一些实际问题。过程与方法

培养运用归纳类比的方法去发现并解决问题的能力。通过实例，归纳并理解等比数列的概念，探索并掌握等比数列的通项公式，培养学生严密的思维习惯。情感态度与价值观

充分感受数列是反映现实生活的模型，体会数学是来源于现实生活，并应用于现实生活的，数学是丰富多彩的而不是枯燥无味的，提高学习的兴趣。

二、教学重点、难点 教学重点：

等比数列的概念及通项公式； 教学难点：

通项公式的推导及初步应用。

三、教学方法

发现式教学法，类比分析法

四、教学过程

（一）旧知回顾，情境导入 1.回顾等差数列的相关性质

设计意图：通过复习等差数列的相关知识，类比学习本节课的内容，用熟知的等差数列内容来分散本节课的难点，为等比数列的学习做铺垫。2.情境展示 情境1：“一尺之棰，日取其半，万世不竭。” 情境2：一张纸的折叠问题

把以上实例表示为数学问题，并引导学生通过观察、联想，得到两个数列： ①

②

1,2,4,8,16,32,64 设计意图：让学生通过观察，得到两个数列的共同特点：从第二项起，每一项与它前面一项的比都等于同一个常数．由此引入等比数列。

（二）概念探究

1．引导学生通过联想并类比等差数列给出该数列的名称：等比数列 2．归纳总结，形成等比数列的概念．

一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，这个数列就叫等比数列，这个常数叫做等比数列的公比（引导学生经过类比等差数列的定义得出）。同时给出等比中项的定义，并和等差中项做比较，加深学生对概念的理解。3．对等比数列概念的深化理解 给出几个数列让学生判断是否是等比数列，以加深对概念的理解。问题1：等比数列的项可以为零吗？ 问题2：等比数列的公比可以为零吗？

问题3：若，等比数列的项有什么特点？呢？特别地，若，数列的项有什么特点？ 问题4：形如，，„（）的数列既是等差数列，又是等比数列吗？

设计意图：通过让学生分析讨论，加深学生对概念的深层次理解，培养学生严谨的思维习惯和良好的自主探究能力。通项公式推导

1．定义的代数式表达

引导学生由等比数列的定义写出其递推式，并得到：（1）判定：对于数列，若（，为常数），则称这个数列为等比数列，常数叫做等比数列的公比．

（2）性质：是等比数列（，为常数）

设计意图：通过探索，发现一个概念可以作为判定，又可以得到它的性质，提高学生的自主探究能力。

2.回顾由等差数列的递推式求其通项公式的方法：叠加法和迭代法。让学生类比等差数列的通项公式的推导思路和方法，自主探究等比数列的通项公式的求法，然后教师再做补充，引导学生归纳两种方法：叠乘法和迭代法。

设计意图：培养学生的自学能力和探索精神，体会类比思想在数学中的应用，提高学生的知识迁移能力。

（四）例题解析

例1 课本第51页例3.解：略

设计意图：通过这道例题，加深学生对等比数列的通项公式的理解，同时养成学生良好的动手习惯和规范解题习惯，提高学生的计算能力。

例题后的练习1和2可让学生自己动手完成，以便学生熟练应用通项公式。例2 课本第51页例4 解：略

设计意图：通过让学生举例、不完全归纳和证明，得到两个等比数列的积仍是等比数列，增强学生的归纳总结能力。

（五）、回顾小结

1．等比数列的概念和通项公式； 2．用类比的思想研究数学问题；

3．注重等差数列和等比数列的区别与联系。（小结可先由学生叙述，教师进行补充和整理）

设计意图：让学生将获得的知识进一步条理化、系统化，同时培养学生的归纳总结能力，为学生以后解决问题提供经验和教训．

（六）课后作业

1.课本53页：A组1、2 2.课后思考：类比等差数列，试猜想等比数列的性质。

设计意图：面向全体学生，注重个人差异，加强作业的针对性，对学生进行分层作业，既使学生掌握基础知识，又使学有余力的学生有所提高，在数学上得到不同的发展，同时为下一节等比数列的性质的学习打基础。

篇16：数列求通项公式习题

严老师的课堂 最大的亮点就是师生互动如行云流水，如春风拂面， 如鱼翔浅底， 轻松活泼，而又不乏智慧的光芒，学生参与热情高，学习氛围好。 这节课的教学 重点就 是让学生通过对例题及其变式的思考，体会“利用递推关系求数列的通项公式”的方法 (如定义法、累加法、待定系数法等)和化归思想 。其实，此类问题既是数列教学中的难点问题，也是江苏高考的.热点问题。 总体而言，在严老师的引导下，学生基本达成了教学目标，高一学生能做到这一点已经难能可贵 了 。 笔者建议， 是不是 可以突破例题和练习的界限 ，进行 如下 的教学设计：

在数列中，已知 ，其前项和为 ， 根据下列条件， 分别求数列的通项公式 。