人教B版 (2019)选择性必修 第三册第五章 数列5.1 数列基础5.1.2 数列中的递推导学案及答案

这是一份人教B版 (2019)选择性必修 第三册第五章 数列5.1 数列基础5.1.2 数列中的递推导学案及答案，共11页。

古希腊的毕达哥拉斯学派将1，3，6，10等数称为三角形数，因为这些数目的点总可以摆成一个三角形，如图所示．把所有的三角形数按从小到大的顺序排列，就能构成一个数列{an}．
问题：a2与a1，a3与a2，a4与a3之间分别存在怎样的等量关系？
[提示] a2＝a1＋2，a3＝a2＋3，a4＝a3＋4．
知识点1 数列的递推公式
如果已知数列的首项(或前几项)，且数列的相邻两项或两项以上的关系都可以用一个公式来表示，则称这个公式为数列的递推关系(也称为递推公式或递归公式)．
拓展：数列递推公式与通项公式的关系
(1)与“不一定所有数列都有通项公式”一样，并不是所有的数列都有递推公式．
(2)用递推公式给出一个数列，必须给出：①“基础”——数列{an}的首项(或前几项)；②递推关系．
1．(1)(对接教材P9例1)数列1，eq \f(1,2)，eq \f(1,4)，eq \f(1,8)，…的递推公式可以是( )
A．an＝eq \f(1,2n)B．an＝eq \f(1,2n)
C．an＋1＝eq \f(1,2)anD．an＋1＝2an
(2)已知数列{an}中，a1＝－eq \f(1,2)，an＋1＝1－eq \f(1,an)，则a2＝________．
(1)C (2)3 [(1)由题意可知C选项符合，故选C．
(2)因为a1＝－eq \f(1,2)，an＋1＝1－eq \f(1,an)，
所以a2＝1－eq \f(1,a1)＝1＋2＝3．]
知识点2 数列的前n项和
(1)一般地，给定数列{an}，称Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an为数列{an}的前n项和．
(2)Sn与an的关系
an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1n＝1，,Sn－Sn－1n≥2.))
2．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2，则a2＝________．
3 [a2＝S2－S1＝4－1＝3．]
类型1 由递推关系写出数列的项
【例1】 (1)已知数列{an}满足关系anan＋1＝1－an＋1(n∈N＋)且a2 020＝2，则a2 021＝( )
A．－eq \f(1,3) B．eq \f(1,3) C．－eq \f(1,2) D．eq \f(1,2)
(2)已知数列{an}满足a1＝1，an＋2－an＝6，则a11的值为( )
A．31 B．32 C．61 D．62
(1)B (2)A [(1)由anan＋1＝1－an＋1，
得an＋1＝eq \f(1,an＋1)，
又∵a2 020＝2，
∴a2 021＝eq \f(1,3)，故选B．
(2)∵数列{an}满足a1＝1，an＋2－an＝6，
∴a3＝6＋1＝7，a5＝6＋7＝13，a7＝6＋13＝19，a9＝6＋19＝25，a11＝6＋25＝31，故选A．]
由递推公式写出数列的项的方法
(1)根据递推公式写出数列的前几项，首先要弄清楚公式中各部分的关系，依次代入计算即可．
(2)若知道的是末项，通常将所给公式整理成用后面的项表示前面的项的形式，如an＝2an＋1＋1．
(3)若知道的是首项，通常将所给公式整理成用前面的项表示后面的项的形式，如an＋1＝eq \f(an－1,2)．
[跟进训练]
1．已知数列{an}的第1项a1＝1，以后的各项由公式an＋1＝eq \f(2an,an＋2)给出，试写出这个数列的前5项．
[解] ∵a1＝1，an＋1＝eq \f(2an,an＋2)，
∴a2＝eq \f(2a1,a1＋2)＝eq \f(2,3)，
a3＝eq \f(2a2,a2＋2)＝eq \f(2×\f(2,3),\f(2,3)＋2)＝eq \f(1,2)，
a4＝eq \f(2a3,a3＋2)＝eq \f(2×\f(1,2),\f(1,2)＋2)＝eq \f(2,5)，
a5＝eq \f(2a4,a4＋2)＝eq \f(2×\f(2,5),\f(2,5)＋2)＝eq \f(1,3)．
故该数列的前5项为1，eq \f(2,3)，eq \f(1,2)，eq \f(2,5)，eq \f(1,3)．
类型2 已知Sn求通项公式an
【例2】 (对接教材P12例3)已知数列{an}的前n项和为Sn，求{an}的通项公式：
(1)Sn＝2n2－3n；
(2)Sn＝3n－2．
[思路点拨] 应用an＝Sn－Sn－1(n≥2)求解，注意检验n＝1时a1是否满足an(n≥2)．
[解] (1)当n＝1时，a1＝S1＝2－3＝－1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝2n2－3n－[2(n－1)2－3(n－1)]
＝4n－5．(*)
当n＝1时，a1满足(*)式，故an＝4n－5．
(2)当n＝1时，a1＝S1＝3－2＝1．
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n－2)－(3n－1－2)＝2·3n－1．(*)
当n＝1时，a1不满足(*)式，
故an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,2·3n－1，n≥2.))
(变条件)若把本例(1)中的Sn换为Sn＝2n2－3n＋1，再求{an}的通项公式．
[解] 当n＝1时，a1＝S1＝2－3＋1＝0，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4n－5．(*)
显然n＝1不满足(*)式，
故an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0，n＝1，,4n－5，n≥2.))
已知数列{an}的前n项和公式Sn，求通项公式an的步骤：
1当n＝1时，a1＝S1.
2当n≥2时，根据Sn写出Sn－1，化简an＝Sn－Sn－1.
3如果a1也满足当n≥2时，an＝Sn－Sn－1的通项公式，那么数列{an}的通项公式为an＝Sn－Sn－1；,如果a1不满足当n≥2时，an＝Sn－Sn－1的通项公式，那么数列{an}的通项公式要分段表示为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))
[跟进训练]
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝4n2－10n，则a2a6＝( )
A．52 B．68 C．96 D．108
B [由题意，数列{an}满足Sn＝4n2－10n，
可得当n≥2时，可得an＝Sn－Sn－1＝4n2－10n－[4(n－1)2－10(n－1)]＝8n－14，
所以a2a6＝(8×2－14)×(8×6－14)＝68．故选B．]
类型3 数列的递推公式与通项公式的关系
1．在数列{an}中，a1＝3，eq \f(an＋1,an)＝2，照此递推关系，你能写出{an}任何相邻两项满足的关系吗？若将这些关系式两边分别相乘，你能得到什么结论？
[提示] 按照eq \f(an＋1,an)＝2可得eq \f(a2,a1)＝2，eq \f(a3,a2)＝2，eq \f(a4,a3)＝2，…，eq \f(an,an－1)＝2(n≥2)，将这些式子两边分别相乘可得eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·eq \f(a4,a3)·…·eq \f(an,an－1)＝2·2·…·2．
则eq \f(an,a1)＝2n－1，所以an＝3·2n－1(n∈N＋)．
2．在数列{an}中，若a1＝3，an＋1－an＝2，照此递推关系试写出前n项中，任何相邻两项的关系，将这些式子两边分别相加，你能得到什么结论？
[提示] 由an＋1－an＝2得a2－a1＝2，a3－a2＝2，
a4－a3＝2，…，an－an－1＝2(n≥2，n∈N＋)，将这些式子两边分别相加得：a2－a1＋a3－a2＋a4－a3＋…＋an－an－1＝2(n－1)，即an－a1＝2(n－1)，
所以有an＝2(n－1)＋a1＝2n＋1(n∈N＋)．
【例3】 设数列{an}是首项为1的正项数列，且an＋1＝eq \f(n,n＋1)an(n∈N＋)，求数列的通项公式．
[思路点拨] 由递推公式，分别令n＝1，2，3，得a2，a3，a4，由前4项观察规律，可归纳出它的通项公式；或利用an＋1＝eq \f(n,n＋1)an反复迭代；或将an＋1＝eq \f(n,n＋1)an变形为eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n,n＋1)进行累乘；或将an＋1＝eq \f(n,n＋1)an变形为eq \f(n＋1an＋1,nan)＝1，构造数列{nan}为常数列．
[解] 法一：(归纳猜想法)因为an＋1＝eq \f(n,n＋1)an，a1＝1，a2＝eq \f(1,2)×1＝eq \f(1,2)，a3＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,3)，a4＝eq \f(3,4)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,4)，…
猜想an＝eq \f(1,n)．
法二：(迭代法)因为an＋1＝eq \f(n,n＋1)an，
所以an＝eq \f(n－1,n)an－1＝eq \f(n－1,n)·eq \f(n－2,n－1)an－2＝…＝eq \f(n－1,n)·eq \f(n－2,n－1)·…·eq \f(1,2)a1，从而an＝eq \f(1,n)．
法三：(累乘法)因为an＋1＝eq \f(n,n＋1)an，
所以eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n,n＋1)，
则eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·…·eq \f(a2,a1)＝eq \f(n－1,n)·eq \f(n－2,n－1)·…·eq \f(1,2)，
所以an＝eq \f(1,n)．
法四：(转化法)因为an＋1＝eq \f(n,n＋1)an，
所以eq \f(n＋1an＋1,nan)＝1，
故数列{nan}是常数列，nan＝a1＝1，所以an＝eq \f(1,n)．
由数列的递推公式求通项公式时，若递推关系为an＋1＝an＋f(n)或an＋1＝g(n)·an，则可以分别通过累加或累乘法求得通项公式，即：
(1)累加法：当an＝an－1＋f(n)时，常用an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1求通项公式．
(2)累乘法：当eq \f(an,an－1)＝g(n)时，常用an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·…·eq \f(a2,a1)·a1求通项公式．
[跟进训练]
3．已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋3(n∈N＋)，写出这个数列的前5项，猜想an并加以证明．
[解] a1＝2，a2＝a1＋3＝5，
a3＝a2＋3＝8，a4＝a3＋3＝11，
a5＝a4＋3＝14，
猜想：an＝3n－1．
证明如下：由an＋1＝an＋3得
a2＝a1＋3，
a3＝a2＋3，
a4＝a3＋3，
…
an＝an－1＋3．
将上面的(n－1)个式子相加，得
an－a1＝3(n－1)，
所以an＝2＋3(n－1)＝3n－1．
1．数列1，3，6，10，15，…的递推公式是( )
A．an＋1＝an＋n，n∈N＋
B．an＝an－1＋n，n∈N＋，n≥2
C．an＋1＝an＋(n＋1)，n∈N＋
D．an＝an－1＋(n－1)，n∈N＋，n≥2
C [由题意知a2－a1＝2，
a3－a2＝3，
a4－a3＝4，
…
an＋1－an＝n＋1，n∈N＋，故选C．]
2．数列{an}的前n项和Sn＝3n2－2n＋1，则数列{an}的通项公式an为( )
A．an＝6n－5 B．an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1,6n－5，n≥2))
C．an＝6n＋1D．an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1,6n＋1，n≥2))
B [当n＝1时，a1＝S1＝3－2＋1＝2．
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n＋1－[3(n－1)2－2(n－1)＋1]＝6n－5．(*)
又n＝1时，不满足(*)式，
∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,6n－5，n≥2，))故选B．]
3．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＋1＝0(n∈N＋)，则数列{an}的通项公式为( )
A．an＝n2＋1 B．an＝n＋1
C．an＝1－nD．an＝3－n
D [∵an＋1－an＝－1，
∴当n≥2时，
an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝2＋(－1)×(n－1)
＝3－n．
当n＝1时，也满足，故an＝3－n(n∈N＋)．]
4．已知非零数列{an}的递推公式为a1＝1，an＝eq \f(n,n－1)·an－1(n≥2)，则a4＝________．
4 [依次对递推公式中的n赋值，当n＝2时，a2＝2；当n＝3时，a3＝eq \f(3,2)a2＝3；当n＝4时，a4＝eq \f(4,3)a3＝4．]
5．古代的商人在堆放物品时，为了节约空间，常把物品垒成许多层，俗称“垛”，每层摆成三角形的就叫作“三角垛”．在一个“三角垛”中，自上而下的第一层摆放1个，第二层摆放1＋2个，第三层摆放1＋2＋3个，以此类推．13世纪，我国数学家杨辉在《详解九章算法》中介绍了计算“三角垛”物体总个数的方法：记“三角垛”的层数为n，“三角垛”的物体总数为Sn，则Sn＝eq \f(1,6)n(n＋1)(n＋2)．由上述材料可知层数为9的“三角垛”的第四层物体数为__________，物体总数为__________．
10 165 [由题意该“三角垛”的第四层物体数为1＋2＋3＋4＝10，
物体总数为S9＝eq \f(1,6)×9×10×11＝165．故答案为：10；165．]
回顾本节知识，自我完成以下问题：
1．利用an与Sn的关系求通项公式时，需要注意哪些问题？
[提示] 因为an＝Sn－Sn－1只有当n≥2时才有意义，所以由Sn求通项公式an＝f(n)时，要分n＝1和n≥2两种情况分别计算，然后验证两种情况可否用同一解析式表示，若不能，则用分段函数的形式表示．
2．数列的通项公式与递推公式有何区别？
[提示] 通项公式直接反映an和n之间的关系，即an是n的函数，知道任意一个具体的n值，就可以求出该项的值an；而递推公式则是间接反映数列的式子，它是数列任意两个(或多个)相邻项之间的推导关系，不能由n直接得出an．
神奇的斐波那契数列与黄金分割
“斐波那契数列(Fibnacci)”的发明者，是意大利数学家列昂纳多·斐波那契(Lenard Fibnacci，生于公元1170年，卒于1240年，籍贯大概是比萨)．1202年，他撰写了《珠算原理》一书．他是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人．他的父亲被比萨的一家商业团体聘任为外交领事，派驻地点相当于今日的阿尔及利亚地区，列昂纳多因此得以在一个阿拉伯老师的指导下研究数学．他还曾在埃及、叙利亚、希腊、西西里和普罗旺斯研究数学．
一、斐波那契数列及其特点：
斐波那契数列通项公式：斐波那契数列指的是这样一个数列：1、1、2、3、5、8、13、21、……菲波纳契数列既谓神奇数字，上述数字自有神奇之处，其特点包括：
1、从第三项起，任何一个数字均是其前两个数字的和数，例如1＋1＝2；1＋2＝3；2＋3＝5；3＋5＝8；5＋8＝13；8＋13＝21；13＋21＝34等．
2、任何两个相隔的数字彼此顺序相除或倒转相除，所得数字分别接近0.382及2.618．
接近0.382比率，例如：8÷21＝0.381；13÷34＝0.382；21÷55＝0.382等．
接近2.618比率，例如：21÷8＝2.625；34÷13＝2.615；55÷21＝2.619等．
3、除首四个数字(1、1、2、3)外，两个相邻数字彼此相除，所得数字分别接近0.618及1.618比率．
接近0.618比率，例如：5÷8＝0.625；8÷13＝0.615；13÷21＝0.619等．
接近1.618比率，例如：8÷5＝1.6；13÷8＝1.625；21÷13＝1.615等．
二、斐波那契数列与黄金分割数值的密切联系以及在自然界的神奇应用
随着数列项数的增加，斐波那契数列前一项与后一项之比越来越逼近黄金分割的数值0.6180339887……(黄金分割是指把一线段分为两部分，使得原来线段的长跟较长的那部分的比为黄金分割的点．两个这样的点，约等于0.618∶1)
黄金分割与人类的演化和人体正常发育密切相关．人的进化过程中，骨骼方面以头骨和腿骨变化最大，躯体外形由于近似黄金而矩形变化最小，人体结构中有许多比例关系接近0.618，近年来，在研究黄金分割与人体关系时，发现了人体结构中有14个“黄金点”(物体短段与长段之比值为0.618)，12个“黄金矩形”(宽与长比值为0.618的长方形)和2个“黄金指数”(两物体间的比例关系为0.618)．例如肚脐是头顶—足底之分割点；咽喉是头顶—肚脐之分割点；膝关节是肚脐—足底之分割点；肘关节是肩并节—中指尖之分割点等等．神奇的0.618黄金分割律，与我们的生活息息相关，也是中老年人养生长寿的密码．最佳睡眠时间：从子时到午时共12小时，乘以0.618，约为7.5小时．黄金分割是我们在生活中接触得比较多的数学美学问题，有了它生活的色彩就更显多彩：建筑师们早就懂得使用黄金分割比了．在公元前3000年建成的埃及法老胡夫的金字塔和公元前432年建成的雅典帕特农神庙就采用了这个神奇之比，因此它的整个结构以及它与外界的配合是那样的和谐美观．我们现在的窗户大小，一般都按黄金分割比制成．在艺术领域里更是神奇．众所周知的维纳斯女神像，她优美的身段可说是完美无缺，而她上下身的比正是黄金分割比．芭蕾舞演员顶起脚尖，正是为了使人体的上下身之比更符合黄金比．在1483年左右完成的“圣久劳姆”画，作画的外框长方形也符合这个出色的黄金分割比．像二胡，提琴这样的弦乐器，当乐师们把它们的码子放在黄金分割比的分点上时，乐器发出的声音是最动人美丽的．
学 习 任 务
核 心 素 养
1．理解递推公式的含义．(重点)
2．掌握递推公式的应用．(难点)
3．会利用an与Sn的关系求数列的通项公式．(易错点)
1．通过数列递推公式的学习，培养逻辑推理的素养．
2．借助递推公式的应用学习，提升数学运算的素养．
递推公式
通项公式
区别
表示an与它的前一项an－1(或前几项)之间的关系
表示an与n之间的关系
联系
(1)都是表示数列的一种方法；
(2)由递推公式求出前几项可归纳猜想出通项公式