高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.1 数列的概念精品第2课时导学案及答案

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.1 数列的概念精品第2课时导学案及答案，共12页。






看下面例子：


(1)1，2，4，8，16，…


(2)1，cs 1，cs(cs 1)，cs[cs(cs 1)]，…


(3)0，1，4，7，10，13.


请同学们分析一下，从第二项起，后一项与前一项的关系怎样？





1．数列的递推公式


(1)两个条件：


①已知数列的第1项(或前几项)；


②从第2项(或某一项)开始的任一项an与它的前一项an－1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示．


(2)结论：具备以上两个条件的公式叫做这个数列的递推公式．


思考：所有数列都有递推公式吗？


[提示] 不一定．例如eq \r(2)精确到1，0.1，0.01，0.001，…的不足近似值排列成一列数：1，1.4，1.41，1.414，…没有递推公式．


2．数列递推公式与通项公式的关系


思考：仅由数列{an}的关系式an＝an－1＋2(n≥2，n∈N*)就能确定这个数列吗？


[提示] 不能．数列的递推公式是由初始值和相邻几项的递推关系确定的，如果只有递推关系而无初始值，那么这个数列是不能确定的．


3．数列{an}的前n项和


(1)数列{an}从第1项起到第n项止的各项之和称为数列{an}的前n项和，记作Sn，即Sn＝a1＋a2＋…＋an.


(2)如果数列{an}的前n项和Sn与它的序号n之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的前n项和公式．


(3)数列{an}的通项an与前n项和Sn之间的关系为


an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))





1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)


(1)根据通项公式可以求出数列的任意一项．( )


(2)有些数列可能不存在最大项．( )


(3)递推公式是表示数列的一种方法．( )


(4)所有的数列都有递推公式．( )


[提示] 并不是所有的数列都有递推公式，如eq \r(3)的精确值就没有递推公式．


[答案] (1)√ (2)√ (3)√ (4)×


2．已知数列{an}中的首项a1＝1，且满足an＋1＝eq \f(1,2)an＋eq \f(1,2n)，此数列的第3项是( )


A．1 B．eq \f(1,2) C．eq \f(3,4) D．eq \f(5,8)


C [∵an＋1＝eq \f(1,2)an＋eq \f(1,2n)，a1＝1，∴a2＝eq \f(1,2)a1＋eq \f(1,2×1)＝1，a3＝eq \f(1,2)a2＋eq \f(1,2×2)＝eq \f(1,2)×1＋eq \f(1,4)＝eq \f(3,4).故选C.]


3．数列{an}满足an＋1＝1－eq \f(1,an)，且a1＝2，则a2 020的值为( )


A．eq \f(1,2) B．－1 C．2 D．1


C [由an＋1＝1－eq \f(1,an)及a1＝2，得a2＝eq \f(1,2)，a3＝－1，a4＝2，至此可发现数列{an}是周期为3的周期数列：2，eq \f(1,2)，－1，2，eq \f(1,2)，－1，….


而2 020＝673×3＋1，


故a2 020＝a1＝2.]


4．已知数列{an}的前n项和公式Sn＝n2－2n＋1，则其通项公式an＝________.


eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0，n＝1,2n－3，n≥2)) [当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－2n＋1－(n－1)2＋2(n－1)－1＝2n－3，而当n＝1时，a1＝12－2×1＋1＝0≠2×1－3，所以通式公式an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0，n＝1，,2n－3，n≥2.))]





【例1】 已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，以后各项由an＝an－1＋an－2(n≥3)给出．


(1)写出此数列的前5项；


(2)通过公式bn＝eq \f(an,an＋1)构造一个新的数列{bn}，写出数列{bn}的前4项．


[解] (1)∵an＝an－1＋an－2(n≥3)，


且a1＝1，a2＝2，


∴a3＝a2＋a1＝3，a4＝a3＋a2＝3＋2＝5，


a5＝a4＋a3＝5＋3＝8.


故数列{an}的前5项依次为a1＝1，a2＝2，a3＝3，a4＝5，a5＝8.


(2)∵bn＝eq \f(an,an＋1)，且a1＝1，a2＝2，a3＝3，a4＝5，a5＝8，


∴b1＝eq \f(a1,a2)＝eq \f(1,2)，b2＝eq \f(a2,a3)＝eq \f(2,3)，b3＝eq \f(a3,a4)＝eq \f(3,5)，b4＝eq \f(a4,a5)＝eq \f(5,8).


故{bn}的前4项依次为b1＝eq \f(1,2)，b2＝eq \f(2,3)，b3＝eq \f(3,5)，b4＝eq \f(5,8).





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).


【例2】 已知数列{an}的通项公式是an＝(n＋2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,8)))eq \s\up12(n) (n∈N*)，试问数列{an}是否有最大项？若有，求出最大项；若没有，说明理由．


[思路探究] 判断数列的单调性，寻求数列最大项，或假设an是数列的最大项，解不等式．


[解] 法一：作差比较an＋1与an的大小，判断{an}的单调性．


an＋1－an＝(n＋3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,8)))eq \s\up12(n＋1)－(n＋2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,8)))eq \s\up12(n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,8)))eq \s\up12(n)×eq \f(5－n,8).


当n＜5时，an＋1－an＞0，即an＋1＞an；


当n＝5时，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；


当n＞5时，an＋1－an＜0，即an＋1＜an.


故a1＜a2＜a3＜a4＜a5＝a6＞a7＞a8＞…，


所以数列{an}有最大项，且最大项为a5或a6，且a5＝a6＝eq \f(76,85).


法二：作商比较an＋1与an的大小，判断{an}的单调性．


eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n＋3×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,8)))eq \s\up12(n＋1),n＋2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,8)))eq \s\up12(n))＝eq \f(7n＋3,8n＋2).


又an＞0，


令eq \f(an＋1,an)＞1，解得n＜5；令eq \f(an＋1,an)＝1，解得n＝5；令eq \f(an＋1,an)＜1，解得n＞5.


故a1＜a2＜a3＜a4＜a5＝a6＞a7＞…，


所以数列{an}有最大项，且最大项为a5或a6，且a5＝a6＝eq \f(76,85).


法三：假设{an}中有最大项，且最大项为第n项，则


eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥an－1，,an≥an＋1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n＋2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,8)))eq \s\up12(n)≥n＋1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,8)))eq \s\up12(n－1)，,n＋2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,8)))eq \s\up12(n)≥n＋3×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,8)))eq \s\up12(n＋1)，))


解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n≤6，,n≥5，))即5≤n≤6.


故数列{an}有最大项a5或a6，且a5＝a6＝eq \f(76,85).





求数列{an}的最大小项的方法


一是利用判断函数增减性的方法，先判断数列的增减情况，再求数列的最大项或最小项；如本题利用差值比较法来探讨数列的单调性，以此求解最大项.


二是设ak是最大项，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ak≥ak－1，,ak≥ak＋1，))对任意的k∈N*且k≥2都成立，解不等式组即可.





[跟进训练]


2．已知数列{an}的通项公式为an＝n2－7n－8.


(1)数列中有多少项为负数？


(2)数列{an}是否有最小项？若有，求出其最小项．


[解] (1)令an＜0，即n2－7n－8＜0，得－1＜n＜8.又n∈N*，所以n＝1，2，3，…，7，故数列从第1项至第7项均为负数，共7项．


(2)函数y＝x2－7x－8图象的对称轴为直线x＝eq \f(7,2)，所以当1≤x≤3时，函数单调递减；当x≥4时，函数单调递增，所以数列{an}有最小项，又a3＝a4＝－20，所以数列{an}的最小项为a3或a4.


【例3】 根据下列数列的前n项和Sn求通项an.


(1)Sn＝2n2－n＋1；


(2)Sn＝2·3n－2.


[思路探究] 先写出n≥2时，an＝Sn－Sn－1表达式，再求出n＝1时a1＝S1，验证是否适合n≥2时表达式．如果适合则an＝Sn－Sn－1(n∈N*)，否则an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))


[解] (1)由Sn＝2n2－n＋1，


当n≥2时，an＝Sn－Sn－1


＝(2n2－n＋1)－[2(n－1)2－(n－1)＋1]


＝4n－3.


当n＝1时，a1＝S1＝2≠4×1－3.


∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,4n－3，n≥2.))


(2)由Sn＝2·3n－2，


当n≥2时，


an＝Sn－Sn－1


＝2·3n－2－(2·3n－1－2)


＝4·3n－1.


当n＝1时，a1＝S1＝2×31－2＝4＝4·31－1，


∴an＝4·3n－1(n∈N*)．





用an与Sn的关系求an的步骤


1先确定n≥2时an＝Sn－Sn－1的表达式；


2再利用Sn求出a1a1＝S1；


3验证a1的值是否适合an＝Sn－Sn－1的表达式；


4写出数列的通项公式.





[跟进训练]


3．已知数列{an}的前n项和Sn满足n＝lg2(Sn－1)，求其通项公式an.


[解] 根据条件可得Sn＝2n＋1.


当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2n－1－1


＝2n－1(2－1)


＝2n－1，


当n＝1时，a1＝S1＝21＋1＝3≠21－1，


∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3n＝1，,2n－1n≥2.))


[探究问题]


1．某剧场有30排座位，从第一排起，往后各排的座位数构成一个数列{an}，满足a1＝20，an＋1＝an＋2，你能归纳出数列{an}的通项公式吗？


[提示] 由a1＝20，an＋1＝an＋2得a2＝a1＋2＝22，


a3＝a2＋2＝24，a4＝a3＋2＝26，a5＝a4＋2＝28，…，


由以上各项归纳可知an＝20＋(n－1)·2＝2n＋18.


即an＝2n＋18(n∈N*，n≤30)．


2．对于任意数列{an}，等式a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝an都成立吗？若数列{an}满足：a1＝1，an＋1－an＝2，你能求出它的通项an吗？


[提示] 等式a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝an成立，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋＝1＋2(n－1)＝2n－1.


3．若数列{an}中的各项均不为0，等式a1·eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·…·eq \f(an,an－1)＝an成立吗？若数列{an}满足：a1＝3，eq \f(an＋1,an)＝2，则它的通项an是什么？


[提示] 等式a1·eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·…·eq \f(an,an－1)＝an成立．


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*)．


【例4】 (1)已知数列{an}满足a1＝－1，an＋1＝an＋eq \f(1,nn＋1)，n∈N*，求通项公式an；


(2)设数列{an}中，a1＝1，an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n)))an－1(n≥2)，求通项公式an.


[思路探究] (1)先将an＋1＝an＋eq \f(1,nn＋1)变形为an＋1－an＝eq \f(1,nn＋1)，照此递推关系写出前n项中任意相邻两项间的关系，这些式子两边分别相加即可求解．


(2)先将an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n)))an－1(n≥2)变形为eq \f(an,an－1)＝eq \f(n－1,n)，按此递推关系，写出所有前后两项满足的关系，两边分别相乘即可求解．


[解] (1)∵an＋1－an＝eq \f(1,nn＋1)，


∴a2－a1＝eq \f(1,1×2)；


a3－a2＝eq \f(1,2×3)；


a4－a3＝eq \f(1,3×4)；


…


an－an－1＝eq \f(1,n－1n).


以上各式累加得，an－a1＝eq \f(1,1×2)＋eq \f(1,2×3)＋…＋eq \f(1,n－1n)


＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))＝1－eq \f(1,n).


∴an＋1＝1－eq \f(1,n)，


∴an＝－eq \f(1,n)(n≥2)．


又∵n＝1时，a1＝－1，符合上式，


∴an＝－eq \f(1,n)(n∈N*)．


(2)∵a1＝1，an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n)))an－1(n≥2)，


∴eq \f(an,an－1)＝eq \f(n－1,n)，an＝eq \f(an,an－1)×eq \f(an－1,an－2)×eq \f(an－2,an－3)×…×eq \f(a3,a2)×eq \f(a2,a1)×a1＝eq \f(n－1,n)×eq \f(n－2,n－1)×eq \f(n－3,n－2)×…×eq \f(2,3)×eq \f(1,2)×1＝eq \f(1,n).


又∵n＝1时，a1＝1，符合上式，∴an＝eq \f(1,n)(n∈N*)．





1．(变条件)将例题(1)中的条件“a1＝－1，an＋1＝an＋eq \f(1,nn＋1)，n∈N*”变为“a1＝eq \f(1,2)，anan－1＝an－1－an(n≥2)”，求数列{an}的通项公式．


[解] ∵anan－1＝an－1－an，∴eq \f(1,an)－eq \f(1,an－1)＝1.


∴eq \f(1,an)＝eq \f(1,a1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)－\f(1,a1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a3)－\f(1,a2)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－\f(1,an－1)))


＝2＋＝n＋1.


∴eq \f(1,an)＝n＋1，∴an＝eq \f(1,n＋1)(n≥2)．又∵n＝1时，a1＝eq \f(1,2)，符合上式，∴an＝eq \f(1,n＋1)(n∈N*).


2．(变条件)将例题(2)中的条件“a1＝1，an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n)))an－1(n≥2)”变为“a1＝2，an＋1＝3an(n∈N*)”写出数列的前5项，猜想an并加以证明．


[解] 由a1＝2，an＋1＝3an，得：


a2＝3a1＝3×2，


a3＝3a2＝3×3×2＝32×2，


a4＝3a3＝3×32×2＝33×2，


a5＝3a4＝3×33×2＝34×2，


…，


猜想：an＝2×3n－1，


证明如下：由an＋1＝3an得eq \f(an＋1,an)＝3.


因此可得eq \f(a2,a1)＝3，eq \f(a3,a2)＝3，eq \f(a4,a3)＝3，…，eq \f(an,an－1)＝3.


将上面的n－1个式子相乘可得


eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·eq \f(a4,a3)·…·eq \f(an,an－1)＝3n－1.


即eq \f(an,a1)＝3n－1，所以an＝a1·3n－1，又a1＝2，故an＝2·3n－1.





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：eq \f(an,an－1)当＝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.











1．数列的四种表示方法


(1)图象法；(2)列表法；(3)通项公式法；(4)递推公式法．


2．通项公式和递推公式的区别


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an与n之间关系的式子，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.


3．数列通项公式的求法


(1)观察法．根据给出数列的前几项观察归纳；


(2)累加法．适合类型为an＋1＝an＋f(n)；


(3)累乘法．适合类型为an＋1＝anf(n)；


(4)利用an与Sn关系，即an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))





1．数列2，4，6，8，10，…的递推公式是( )


A．an＝an－1＋2(n≥2)


B．an＝2an－1(n≥2)


C．a1＝2，an＝an－1＋2(n≥2)


D．a1＝2，an＝2an－1(n≥2)


C [A，B中没有说明某一项，无法递推，D中a1＝2，a2＝4，a3＝8，不合题意．]


2．已知数列{an}满足a1＝1，an＝an－1＋3(n≥2)，则数列的通项公式an＝( )


A．3n＋1 B．3n C．3n－2 D．3(n－1)


C [根据条件可以写出前5项为：1，4，7，10，13，可以归纳出an＝3n－2.故选C.]


3．数列{an}满足an＋1＝eq \f(1,1－an)，a8＝2，则a1＝________.


eq \f(1,2) [先求出数列的周期，再进一步求解首项．


∵an＋1＝eq \f(1,1－an)，


∴an＋1＝eq \f(1,1－an)＝eq \f(1,1－\f(1,1－an－1))＝eq \f(1－an－1,1－an－1－1)


＝eq \f(1－an－1,－an－1)＝1－eq \f(1,an－1)


＝1－eq \f(1,\f(1,1－an－2))＝1－(1－an－2)＝an－2，


∴周期T＝(n＋1)－(n－2)＝3.


∴a8＝a3×2＋2＝a2＝2.


而a2＝eq \f(1,1－a1)，∴a1＝eq \f(1,2).]


4．已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))，求an.


[解] 由题意得an＋1－an＝ln eq \f(n＋1,n)，


∴an－an－1＝ln eq \f(n,n－1)(n≥2)，


an－1－an－2＝ln eq \f(n－1,n－2)，


…，


a2－a1＝ln eq \f(2,1).


∴当n≥2时，an－a1＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,n－1)·\f(n－1,n－2)·…·\f(2,1)))＝ln n，∴an＝2＋ln n(n≥2)．


当n＝1时，a1＝2＋ln 1＝2，符合上式，∴an＝2＋ln n(n∈N*)．


学 习 目 标
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.会用an与Sn的关系求通项公式.
1.借助利用数列的递推公式求具体项或求通项，培养学生的逻辑推理素养.


2.借助利用an与Sn的关系确定an的求法，培养学生的逻辑推理及数学运算素养.
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
由递推公式求数列中的项
数列的单调性
利用an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2))求通项
根据递推公式求通项