培优课 求数列的通项
数列是高考必考内容，研究数列就是抓住两点：一求通项，二求和.
求数列通项的方法有：(1)公式法，(2)累加、累乘法，(3)构造法等，但总的思想是转化为特殊的数列(一般是等差或等比数列)求解.
类型一 利用累加、累乘法求数列的通项公式
【例1】 (1)数列{an}满足a1＝1，对任意的n∈N
都有an＋1＝a1＋an＋n，求数列{an}的通项公式；
(2)已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝an，求an.
解 (1)∵an＋1＝an＋n＋1，∴an＋1－an＝n＋1，
即a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2).以上各式两边同时相加得an－a1＝2＋3＋4＋…＋n(n≥2)，
得an＝a1＋2＋3＋4＋…＋n＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝，n≥2.
又a1＝1也适合上式，∴an＝，n∈N
.
(2)由条件知＝，分别令n＝1，2，3，…，n－1，代入上式得(n－1)个等式，累乘，
得···…·＝×××…·(n≥2).
∴＝，又∵a1＝，∴an＝，n≥2.
又a1＝也适合上式，∴an＝，n∈N
.
思维升华 (1)求形如an＋1＝an＋f(n)的通项公式.
将原来的递推公式转化为an＋1－an＝f(n)，再用累加法(逐差相加法)求解，即an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝a1＋f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(n－1).
(2)求形如an＋1＝f(n)an的通项公式.
将原递推公式转化为＝f(n)，再利用累乘法(逐商相乘法)求解，即由＝f(1)，＝f(2)，…，＝f(n－1)，累乘可得＝f(1)f(2)…f(n－1)，即an＝a1f(1)·f(2)…f(n－1).
类型二 构造等差(比)数列求通项公式
【例2】 (1)在数列{an}中，a1＝，6anan－1＋an－an－1＝0(n≥2，n∈N
).
①证明：数列是等差数列；
②求数列{an}的通项公式.
(2)已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an－3，求an.
(1)①证明 由6anan－1＋an－an－1＝0，
整理得－＝6(n≥2)，故数列是以3为首项，6为公差的等差数列.
②解 由①可得＝3＋(n－1)×6＝6n－3，
所以an＝，n∈N
.
(2)解 由an＋1＝2an－3得an＋1－3＝2(an－3)，
所以数列{an－3}是首项为a1－3＝－1，公比为2的等比数列，则an－3＝(－1)·2n－1，即an＝－2n－1＋3.
思维升华 (1)课程标准对递推公式要求不高，故对递推公式的考查也比较简单，一般先构造好等差(比)数列让学生证明，再在此基础上求出通项公式，故同学们不必在此处挖掘过深.
(2)形如an＋1＝pan＋q(其中p，q为常数，且pq(p－1)≠0)可用待定系数法求得通项公式，步骤如下：
第一步 假设递推公式可改写为an＋1＋t＝p(an＋t)；
第二步 由待定系数法，解得t＝；
第三步 写出数列的通项公式；
第四步 写出数列{an}的通项公式.
类型三 利用前n项和Sn与an的关系求通项公式
【例3】 (1)已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an－4，n∈N
，则an等于( )
A.2n＋1
B.2n
C.2n－1
D.2n－2
(2)已知数列{an}中，前n项和为Sn，且Sn＝an，则的最大值为( )
A.－3
B.－1
C.3
D.1
答案 (1)A (2)C
解析 (1)因为Sn＝2an－4，所以n≥2时，Sn－1＝2an－1－4，两式相减可得Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－2an－1，整理得an＝2an－1，所以＝2.因为S1＝a1＝2a1－4，即a1＝4，所以数列{an}是首项为4，公比为2的等比数列，则an＝4×2n－1＝2n＋1，故选A.
(2)由Sn＝an得，当n≥2时，Sn－1＝an－1，
两式作差可得：an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，整理得＝＝1＋，
由此可得，当n＝2时，取得最大值，其最大值为3.
思维升华 已知Sn＝f(an)或Sn＝f(n)的解题步骤：
第一步 利用Sn满足条件p，写出当n≥2时，Sn－1的表达式；
第二步 利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)，求出an或者转化为an的递推公式的形式；
第三步 若求出n≥2时的{an}的通项公式，则根据a1＝S1求出a1，并代入n≥2时的{an}的通项公式进行验证，若成立，则合并；若不成立，则写出分段形式.如果求出的是{an}的递推公式，则问题化归为例2形式的问题.
尝试训练
1.数列{an}中，a1＝2，an＋1－an＝2n，求{an}的通项公式.
解 因为a1＝2，an＋1－an＝2n，所以a2－a1＝2，a3－a2＝22，a4－a3＝23，…，an－an－1＝2n－1，n≥2，以上各式累加得，an－a1＝2＋22＋23＋…＋2n－1，
故an＝＋2＝2n，当n＝1时，a1也符合上式，
所以an＝2n.
2.已知各项均为正数的数列{bn}的首项为1，且前n项和Sn满足Sn－Sn－1＝＋(n≥2).试求数列{bn}的通项公式.
解 ∵
Sn－Sn－1＝＋(n≥2)，
∴(＋)(－)＝＋(n≥2).
又>0，∴－＝1.
又＝1，∴数列{}是首项为1，公差为1
的等差数列，
∴＝1＋(n－1)×1＝n，故Sn＝n2.
当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.
当n＝1时，b1＝1符合上式.
∴bn＝2n－1.
3.在数列{an}中，a1＝1，a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝an＋1(n∈N
)，求数列{an}的通项公式an.
解 由a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝an＋1，得
当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝an，
两式作差得nan＝an＋1－an，
得(n＋1)an＋1＝3nan(n≥2)，
即数列{nan}从第二项起是公比为3的等比数列，且a1＝1，a2＝1，于是2a2＝2，故当n≥2时，nan＝2×3n－2.
于是an＝(共16张PPT)
培优课 求数列的通项
数列是高考必考内容，研究数列就是抓住两点：一求通项，二求和.
求数列通项的方法有：(1)公式法，(2)累加、累乘法，(3)构造法等，但总的思想是转化为特殊的数列(一般是等差或等比数列)求解.
类型一 利用累加、累乘法求数列的通项公式
【例1】 (1)数列{an}满足a1＝1，对任意的n∈N
都有an＋1＝a1＋an＋n，求数列{an}的通项公式；
解 ∵an＋1＝an＋n＋1，∴an＋1－an＝n＋1，
即a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2).
以上各式两边同时相加得an－a1＝2＋3＋4＋…＋n(n≥2)，
(1)求形如an＋1＝an＋f(n)的通项公式.
将原来的递推公式转化为an＋1－an＝f(n)，再用累加法(逐差相加法)求解，即an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝a1＋f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(n－1).
思维升华
类型二 构造等差(比)数列求通项公式
解 由an＋1＝2an－3得an＋1－3＝2(an－3)，
所以数列{an－3}是首项为a1－3＝－1，公比为2的等比数列，
则an－3＝(－1)·2n－1，即an＝－2n－1＋3.
思维升华
思维升华
【例3】 (1)已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an－4，n∈N
，则an等于( )
类型三 利用前n项和Sn与an的关系求通项公式
A.2n＋1
B.2n
C.2n－1
D.2n－2
A
解析 因为Sn＝2an－4，所以n≥2时，Sn－1＝2an－1－4，
两式相减可得Sn－Sn－1＝2an－2an－1，
A.－3
B.－1
C.3
D.1
C
思维升华
1.数列{an}中，a1＝2，an＋1－an＝2n，求{an}的通项公式.
尝试训练
解 因为a1＝2，an＋1－an＝2n，所以a2－a1＝2，a3－a2＝22，a4－a3＝23，…，
an－an－1＝2n－1，n≥2，以上各式累加得，an－a1＝2＋22＋23＋…＋2n－1，
得(n＋1)an＋1＝3nan(n≥2)，
即数列{nan}从第二项起是公比为3的等比数列，
且a1＝1，a2＝1，于是2a2＝2，故当n≥2时，nan＝2×3n－2.
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