习题课一 求数列的通项方法 课件-2025-2026学年高二上学期数学人教A版选择性必修第二册

该高中数学数列求通项复习课件系统梳理了累加法、累乘法、构造等差（比）数列、前n项和与an关系等核心题型，通过题型分类与规律方法总结，将不同递推关系对应的求解策略串联，帮助学生构建完整的数列通项求解知识网络。 其亮点在于以典型例题为载体，如累加法中通过具体递推式推导通项，培养学生的抽象能力与推理意识，公共项问题采用递推找项法发展模型观念。分层设计的训练题兼顾基础与提升，助力学生巩固知识，教师可据此精准开展复习教学。

第四章　数列 习题课一　求数列的通项 题型一　利用累加法、累乘法求数列的通项公式 题型一　利用累加法、累乘法求数列的通项公式 题型一　利用累加法、累乘法求数列的通项公式 题型一　利用累加法、累乘法求数列的通项公式 题型一　利用累加法、累乘法求数列的通项公式 题型二　构造等差(比)数列求通项公式 题型二　构造等差(比)数列求通项公式 题型二　构造等差(比)数列求通项公式 题型二　构造等差(比)数列求通项公式 A 题型三　利用前n项和Sn与an的关系求通项公式 题型三　利用前n项和Sn与an的关系求通项公式 题型三　利用前n项和Sn与an的关系求通项公式 题型三　利用前n项和Sn与an的关系求通项公式 题型四、隔项成等差或等比 题型四、隔项成等差或等比 题型五、公共项问题 ii等比与等差的公共项问题：递推找项法 题型五、公共项问题 课堂小结 [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＝eq \f(2,3)，an＋1＝eq \f(n,n＋1)an，求an. 解　(1)因为an＋1＝an＋n＋1，所以an＋1－an＝n＋1， 即a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)．等式两边同时相加得an－a1＝2＋3＋4＋…＋n(n≥2)， 即an＝a1＋2＋3＋4＋…＋n＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq \f(nn＋1,2)，n≥2. 又a1＝1也适合上式，所以an＝eq \f(nn＋1,2)，n∈N*. (2)由条件知eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n,n＋1)，当n≥2时， eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·eq \f(a4,a3)·…·eq \f(an,an－1)＝eq \f(1,2)×eq \f(2,3)×eq \f(3,4)×…×eq \f(n－1,n)， 所以eq \f(an,a1)＝eq \f(1,n).又a1＝eq \f(2,3)，所以an＝eq \f(2,3n)，n≥2. 又a1＝eq \f(2,3)也适合上式，所以an＝eq \f(2,3n)，n∈N*. ————————————•　规律方法　•———————————— (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，即当n≥2时，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： 将原来的递推公式转化为eq \f(an＋1,an)＝f(n)，再用累乘法(逐商相乘法)求解，即当n≥2时，an＝a1·eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·…·eq \f(an,an－1)＝a1·f(1)·f(2)·…·f(n－1)． [训练1]在数列{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＝eq \f(21－2n－1,1－2)＋2＝2n. 当n＝1时，a1也符合上式， 所以an＝2n. [例2] (1)在数列{an}中，a1＝eq \f(1,3)，6anan－1＋an－an－1＝0(n≥2，n∈N*)． ①求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差数列； ②求数列{an}的通项公式． (2)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an－3，求an. (1)①证明　由6anan－1＋an－an－1＝0，整理得eq \f(1,an)－eq \f(1,an－1)＝6(n≥2)．又eq \f(1,a1)＝3，故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以3为首项，6为公差的等差数列． ②解　由①可得eq \f(1,an)＝3＋(n－1)×6＝6n－3，所以an＝eq \f(1,6n－3)，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. ————————————•　规律方法　•———————————— 求形如an＋1＝pan＋q(其中p，q为常数，且pq(p－1)≠0)的通项公式，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，易知t(p－1)＝q，解得t＝eq \f(q,p－1)； 第三步，求出数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(q,p－1)))的通项公式； 第四步，求出数列{an}的通项公式． [训练2]已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1，求数列{an}的通项公式． 解　由an＋1＝3an＋1得an＋1＋eq \f(1,2)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2))). 又a1＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))是首项为eq \f(3,2)，公比为3的等比数列， 所以an＋eq \f(1,2)＝eq \f(3n,2)， 所以{an}的通项公式为an＝eq \f(3n－1,2). [例3]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 解析　因为Sn＝2an－4，所以当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eq \f(an,an－1)＝2.因为S1＝a1＝2a1－4，解得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. [训练3]在数列{an}中，a1＝1，a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝eq \f(n＋1,2)an＋1(n∈N*)，求数列{an}的通项公式． 解　因为a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝eq \f(n＋1,2)an＋1，所以当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝eq \f(n,2)an，两式作差可得nan＝eq \f(n＋1,2)an＋1－eq \f(n,2)an，即(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，所以2a2＝2，故当n≥2时，nan＝2×3n－2. 所以an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,\f(2×3n－2,n)，n≥2，n∈N*.)) 例5、数列{an}与{bn}的通项公式分别为an＝2n，bn＝3n＋2，它们的公共项从小到大排成的数列是{cn}，求{cn}的通项公式． 解　设an＝bm＝ck，则ck＝2n＝3m＋2， 所以an＋1＝2·2n＝2(3m＋2)＝3(2m＋1)＋1∉{bn}，an＋2＝4·2n＝4(3m＋2)＝3(4m＋2)＋2∈{bn}， 所以ck＋1＝an＋2，所以eq \f(ck＋1,ck)＝4. 因为c1＝a3＝b2＝8，所以{cn}是以8为首项，4为公比的等比数列，所以cn＝22n＋1． $