5.1.2 数列中的递推-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册创新导学案课件PPT（人教B版2019）

第五章　数列 5.1　数列基础 5.1.2　数列中的递推 (教师独具内容) 课程标准：1.理解递推公式是数列的一种表示方法.2.能根据递推公式写出数列的前n项.3.掌握由一些简单的递推公式求通项公式的方法.4.了解数列的前n项和． 教学重点：1.理解数列的递推公式和前n项和.2.会用数列的递推公式和前n项和求数列的项． 教学难点：根据数列的递推公式和前n项和求数列的通项公式． 核心素养：通过根据数列的递推公式或前n项和求数列的通项公式的过程发展逻辑推理素养和数学运算素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点一　数列的递推关系 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__________来表示，则称这个______为数列的递推关系(也称为递推公式或递归公式)． 知识点二　通项公式与递推公式的区别与联系 一个公式 公式 区别 联系 通项公式 数列的第n项an与n之间的关系可以用an＝f(n)来表示 都可以 确定数列 递推公式 已知一个数列的相邻两项或两项以上的关系式 核心概念掌握 5 [拓展]　(1)与数列不一定都有通项公式一样，并不是所有的数列都有递推公式． (2)递推公式也是给出数列的一种重要方法． (3)递推公式通过赋值逐项求出数列的项，直至求出数列的任何一项和所需的项． (4)运用递推法给出数列，不容易了解数列的全貌，计算也不方便，所以我们经常用它得出数列的通项公式或者得到一个特殊数列，比如具有周期性质的数列(若存在一个正整数T，使得∀n∈N＋，an＋T＝an，则数列{an}为周期数列，其周期为T)． 核心概念掌握 6 Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an a1＋a2＋a3＋…＋an－1 a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an Sn＝Sn－1＋an S1 Sn-Sn－1 核心概念掌握 7 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)递推公式也是表示数列的一种方法．(　　) (2)所有数列都有递推公式．(　　) (3)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．(　　) (4)S2n表示数列{an}中所有偶数项的和．(　　) √ × × × 核心概念掌握 8 2．做一做(请把正确的答案写在横线上) (1)数列{an}中，a1＝－2，an＋1＝an－5，则a4＝________． (2)数列{an}中，a1＝1，且an＋1＝nan，则a3＝________． (3)数列{an}中，若an＋1－an－n＝0，则a2026－a2025＝________． (4)已知数列{an}的前n项和Sn＝2n－1，则an＝________． －17 2 2025 2n－1 核心概念掌握 9 核心素养形成 题型一　数列的递推公式 角度 　由数列的若干项归纳递推公式 　 (1)分别写出下列数列的一个递推公式，并求各数列的第6项． ①13，31，49，67，…； ②1，3，7，15，…. 解　①因为a2－a1＝31－13＝18，a3－a2＝49－31＝18，a4－a3＝67－49＝18， 所以an＋1＝an＋18. 所以a5＝a4＋18＝67＋18＝85，a6＝a5＋18＝85＋18＝103. 核心素养形成 11 ②解法一：因为a2＝3＝2×1＋1＝2a1＋1， a3＝7＝2×3＋1＝2a2＋1， a4＝15＝2×7＋1＝2a3＋1， 所以an＋1＝2an＋1， 所以a5＝2a4＋1＝2×15＋1＝31，a6＝2a5＋1＝2×31＋1＝63. 解法二：因为a2－a1＝2，a3－a2＝4＝22，a4－a3＝8＝23， 所以an＋1－an＝2n，即an＋1＝an＋2n. 所以a5＝a4＋24＝15＋16＝31，a6＝a5＋25＝31＋32＝63. 核心素养形成 12 (2)如图，将正三角形的每一条边三等分，并以每一条边上居中的一条线段为边向外作正三角形，便得到第1条“雪花曲线”(如图①的实线部分)，对第1条“雪花曲线”的边重复上述作法，便得到第2条“雪花曲线”(如图②)，这样一直继续下去，得到一系列的“雪花曲线”．设第n条“雪花曲线”有an条边． ①写出a1，a2的值； ②求出数列{an}的递推公式． 核心素养形成 13 解　①a1＝12，a2＝48. ②由“雪花曲线”的作法可知，a2＝4a1，a3＝4a2，…，所以第n条“雪花曲线”的每条边都可得到第(n＋1)条“雪花曲线”的4条边，所以an＋1＝4an，所以数列{an}的递推公式为an＋1＝4an. 核心素养形成 14 感悟提升　递推公式是反映数列相邻两项(或几项)间的关系的，所以寻找数列的递推关系常从数列相邻项有何变化着手，常考虑的变化有：数列是递增数列还是递减数列，若递增，增幅有什么规律． 核心素养形成 15 [跟踪训练1]　(1)已知一个数列为2，3，5，9，17，33，65，…，则这个数列的一个递推关系是____________________________． 解析：解法一：因为a2＝3＝2×2－1＝2a1－1，a3＝5＝2×3－1＝2a2－1，a4＝9＝2×5－1＝2a3－1，a5＝17＝2×9－1＝2a4－1，a6＝33＝2×17－1＝2a5－1，a7＝65＝2×33－1＝2a6－1，所以an＋1＝2an－1. 解法二：因为a2－a1＝1＝20，a3－a2＝2＝21，a4－a3＝4＝22，a5－a4＝8＝23，a6－a5＝16＝24，a7－a6＝32＝25，所以an＋1－an＝2n－1，即an＋1＝an＋2n－1. an＋1＝2an－1或an＋1＝an＋2n－1 核心素养形成 16 (2)传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上研究数学问题，他们在沙滩上画点或用小石子来表示数．比如，他们将石子摆成如图所示的三角形点阵，就将其所对应石子的个数称为三角形数，则a2＝a1＋________，a3＝a2＋________，a4＝a3＋________，由此归纳出an＋1＝an＋________． 解析：因为a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，所以an＋1－an＝n＋1. 2 3 4 n＋1 核心素养形成 17 (3)图中的三角形图案称为谢宾斯基三角形，在四个三角形图案中，着色的小三角形的个数依次构成一个数列的前4项，这个数列的递推公式为___________． 解析：由图可知，这四个三角形图案中着色的小三角形个数分别为a1＝1，a2＝3a1＝3，a3＝3a2＝9，a4＝3a3＝27，故所求递推公式为an＋1＝3an. an＋1＝3an 核心素养形成 18 解　(1)∵a1＝0，an＋1＝an＋(2n－1)， ∴a2＝a1＋(2×1－1)＝0＋1＝1， a3＝a2＋(2×2－1)＝1＋3＝4， a4＝a3＋(2×3－1)＝4＋5＝9， a5＝a4＋(2×4－1)＝9＋7＝16， ∴它的前5项依次是0，1，4，9，16. 核心素养形成 19 核心素养形成 20 感悟提升　根据递推公式写出数列的前几项，要弄清楚公式中各部分的关系，依次代入计算即可．另外，解答这类问题时还需注意：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；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． 核心素养形成 21 核心素养形成 22 题型二　由递推公式求通项公式 角度 　 累加法 　 (1)(2024·河北邢台一中高二月考)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝an＋3，n∈N＋，求数列{an}的通项公式． 核心素养形成 23 核心素养形成 24 感悟提升　形如an＋1－an＝常数或an＋1－an＝f(n)的递推公式，可以利用an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)(n≥2，n∈N＋)求通项公式，这种方法称为累加法． 核心素养形成 25 核心素养形成 26 核心素养形成 27 角度 　累乘法、迭代法 　 (1)已知数列{an}，a1＝2，an＋1＝2an，写出数列的前5项，猜想数列{an}的通项公式，并加以证明． 解　由a1＝2，an＋1＝2an，得a2＝2a1＝2×2＝4＝22，a3＝2a2＝2×4＝8＝23，a4＝2a3＝2×8＝16＝24，a5＝2a4＝2×16＝32＝25，… 猜想an＝2n(n∈N＋)． 证明如下： 证法一(累乘法)： 由a1＝2，an＋1＝2an， 核心素养形成 28 核心素养形成 29 核心素养形成 30 核心素养形成 31 核心素养形成 32 (2)设数列{an}满足a1＝3，an＋1＝3an－4n，计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明． 解：a2＝3a1－4＝3×3－4＝5， a3＝3a2－4×2＝3×5－8＝7， 猜想an＝2n＋1. 证明：由an＋1＝3an－4n，可得an＋1－(2n＋3)＝3[an－(2n＋1)]， 所以当n≥2时，an－(2n＋1)＝3[an－1－(2n－1)]＝32[an－2－(2n－3)]＝…＝3n－1 (a1－3)． 因为a1＝3，所以an－(2n＋1)＝0， 即an＝2n＋1， 当n＝1时，a1＝3，符合上式，所以an＝2n＋1. 核心素养形成 33 题型三　周期数列问题 核心素养形成 34 核心素养形成 35 感悟提升　求周期数列周期的方法 周期数列问题是数列中的一个重要问题，其周期性往往隐藏于数列的递推公式中．解决周期数列问题的关键在于利用递推公式算出前若干项或由递推公式发现规律，得出周期T，将an转化为a1，a2，…，aT来处理． 核心素养形成 36 [跟踪训练5]　已知数列{an}中，a1＝3，a2＝6，且an＋2＝an＋1－an，则a2025＝(　　) A．3 B．6 C．－3 D．－6 解析：∵a1＝3，a2＝6，a3＝a2－a1＝3，a4＝a3－a2＝－3，a5＝a4－a3＝－3－3＝－6，a6＝a5－a4＝－6＋3＝－3，a7＝3，a8＝6，a9＝a3，a10＝a4，∴数列{an}的周期为6，∴a2025＝a3＋6×337＝a3＝3.故选A. 核心素养形成 37 题型四　数列的通项an与前n项和Sn的关系 解　(1)因为lg (Sn＋1)＝n＋1，所以Sn＋1＝10n＋1，即Sn＝10n＋1－1. 当n＝1时，a1＝S1＝102－1＝99； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(10n＋1－1)－(10n－1)＝9×10n. 又a1＝99不适合上式， 　 已知下面各数列{an}的前n项和Sn的公式，求数列{an}的通项公式． (1)lg (Sn＋1)＝n＋1； (2)Sn＝2n2－3n. 核心素养形成 38 核心素养形成 39 核心素养形成 40 核心素养形成 41 核心素养形成 42 随堂水平达标 1．数列1，3，6，10，15，…的一个递推公式是(　　) A．an＋1＝an＋n，n∈N＋ B．an＝an－1＋n＋1，n∈N＋，n≥2 C．an＋1＝an＋n＋1，n∈N＋ D．an＝an－1＋n－2，n∈N＋，n≥2 解析：由题意，知a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，…，an＋1－an＝n＋1，n∈N＋，故选C. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 44 2．(2024·内蒙古赤峰一中高二月考)已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an＋n，则a5＝(　　) A．5 B．12 C．27 D．58 解析：由a1＝2，an＋1＝2an＋n，知a2＝2a1＋1＝5，a3＝2a2＋2＝12，a4＝2a3＋3＝27，a5＝2a4＋4＝58.故选D. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 45 随堂水平达标 1 2 3 4 5 46 随堂水平达标 1 2 3 4 5 47 随堂水平达标 1 2 3 4 5 48 课后课时精练 基础题(占比60%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ 对点 根据数列的前几项写出数列的递推公式 由数列的递推公式判断某数是否是数列中的项 由an与Sn的关系求数列的通项公式；由数列的通项公式写出数列的具体项 由数列的递推公式求式子的值 累乘法求数列的通项公式；由数列的通项公式求数列的具体项及前几项和 由数列的递推公式求数列的具体项 累加法求数列的通项公式；由数列的通项求数列的最小项 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 50 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★★ 对点 由数列的递推公式求数列的通项公式 由数列的递推公式研究数列的周期性；由数列的周期性求数列的前n项和 由数列的递推公式求数列的具体项；累加法求数列的通项公式 由数列的递推公式求数列的前n项和 累乘法求数列的通项公式 由递推公式求数列的具体项；由数列的周期性求数列的前n项和 利用an与Sn的关系求数列的通项公式；利用an与an＋1的关系求数列的通项公式 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 53 3．(2024·贵州贵阳一中高二月考)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋Sm＝Sm＋n(m，n∈N＋)，且a1＝5，则a8＝(　　) A．40 B．35 C．5 D．12 解析：数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋Sm＝Sn＋m(n，m∈N＋)且a1＝5，令m＝1，则Sn＋1＝Sn＋S1＝Sn＋5，所以an＋1＝Sn＋1－Sn＝5，故a8＝5.故选C. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 55 5．(多选)已知数列{an}满足(n－1)an＝nan－1＋1(n≥2)，Sn为其前n项和，且a1＝1，则下列说法正确的是(　　) A．a2＝3 B．a3＝6 C．S4＝20 D．an＝2n－1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 56 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 57 3n－2 1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 58 8．数列{an}满足an＋1>an，a2n＝2an＋1，写出一个符合上述条件的数列{an}的通项公式：__________________． 解析：由a2n＝2an＋1，得a2n＋1＝2(an＋1)，则当an＝n－1时，an＋1＝n，∴a2n＋1＝2n，故an＝n－1(n∈N＋)满足递推关系，又an＋1－an＝n－(n－1)＝1>0，满足an＋1>an，∴满足条件的数列{an}的一个通项公式为an＝n－1.(答案不唯一) an＝n－1(答案不唯一) 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 59 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 60 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 61 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 62 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 63 11．著名的斐波那契数列{an}：1，1，2，3，5，8，…满足a1＝a2＝1，an＋2＝an＋1＋an(n∈N＋)，则1＋a3＋a5＋a7＋a9＋…＋a2025是斐波那契数列中的(　　) A．第2024项 B．第2025项 C．第2026项 D．第2027项 解析：因为a1＝a2＝1，所以1＋a3＋a5＋a7＋a9＋…＋a2025＝a2＋a3＋a5＋a7＋a9＋…＋a2025＝a4＋a5＋a7＋a9＋…＋a2025＝a6＋a7＋a9＋…＋a2025＝…＝a2024＋a2025＝a2026.故选C. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 64 n 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 65 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 66 解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝2； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，可知a1＝2满足该式， ∴数列{an}的通项公式为an＝2n(n∈N＋)． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 67 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 68 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点三　数列的前n项和 1．一般地，给定数列{an}，称_______________________为数列{an}的前n项和． 2．一般地，如果数列{an}的前n项和为Sn，那么当n≥2时，有Sn－1＝___________________，Sn＝________________________，所以________________．因此an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(____，n＝1，,______，n≥2.)) 角度 　已知数列{an}满足下列条件，写出它的前5项． (1)a1＝0，an＋1＝an＋(2n－1)； (2)a1＝1，an＋1＝eq \f(2an,an＋2). (2)∵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(1,2)， a4＝eq \f(2a3,a3＋2)＝eq \f(2,5)，a5＝eq \f(2a4,a4＋2)＝eq \f(1,3)， ∴它的前5项依次是1，eq \f(2,3)，eq \f(1,2)，eq \f(2,5)，eq \f(1,3). [跟踪训练2]　设数列{an}满足a1＝1，an＝2＋eq \f(1,an－1)(n>1)，试写出这个数列的前4项． 解：∵a1＝1，an＝2＋eq \f(1,an－1)(n>1)， ∴a2＝2＋eq \f(1,a1)＝3，∴a3＝2＋eq \f(1,a2)＝2＋eq \f(1,3)＝eq \f(7,3)， ∴a4＝2＋eq \f(1,a3)＝2＋eq \f(3,7)＝eq \f(17,7). 解　由an＋1＝an＋3，得an＋1－an＝3. 故当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝2＋3(n－1)＝3n－1. 又当n＝1时，a1＝2，符合上式，所以an＝3n－1. 解　因为an－an－1＝eq \f(2,n)－eq \f(2,n＋1)， 所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋(an－2－an－3)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1 ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n)－\f(2,n＋1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n－1)－\f(2,n)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n－2)－\f(2,n－1)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)－\f(2,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2)－\f(2,3)))＋3 ＝4－eq \f(2,n＋1)＝eq \f(4n＋2,n＋1)(n≥2)． 又当n＝1时，a1＝3，符合上式，所以an＝eq \f(4n＋2,n＋1). (2)已知数列{an}中，a1＝3，对任意正整数n都有an－an－1＝eq \f(2,n)－eq \f(2,n＋1)(n≥2)，求数列{an}的通项公式． [跟踪训练3]　已知数列{an}，a1＝1，以后各项由an＝an－1＋eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)(n≥2)给出． (1)写出数列{an}的前5项； (2)求数列{an}的通项公式． 解：(1)a1＝1，a2＝a1＋eq \f(1,1)－eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)，a3＝a2＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＝eq \f(5,3)，a4＝a3＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＝eq \f(7,4)，a5＝a4＋eq \f(1,4)－eq \f(1,5)＝eq \f(9,5). (2)由an＝an－1＋eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)，得an－an－1＝eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)(n≥2)， 所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－2)－\f(1,n－1)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋1＝－eq \f(1,n)＋1＋1＝2－eq \f(1,n)＝eq \f(2n－1,n)(n≥2，n∈N＋)． 又当n＝1时，a1＝1，符合上式， 所以an＝eq \f(2n－1,n)(n∈N＋)． 得eq \f(an,an－1)＝eq \f(an－1,an－2)＝…＝eq \f(a3,a2)＝eq \f(a2,a1)＝2， ∴an＝eq \f(an,an－1)×eq \f(an－1,an－2)×…×eq \f(a3,a2)×eq \f(a2,a1)×a1＝＝2n(n≥2，n∈N＋)． 当n＝1时，a1＝2，符合上式， ∴an＝2n(n∈N＋)． 证法二(迭代法)： 由an＋1＝2an，得an＝2an－1，an－1＝2an－2，…，a3＝2a2，a2＝2a1， ∴an＝2an－1＝2(2an－2)＝22×an－2＝22(2an－3)＝23×an－3＝…＝2n－1×a1＝2n(n≥2，n∈N＋)． 当n＝1时，a1＝2，符合上式， ∴an＝2n(n∈N＋)． (2)(2024·河北衡水中学高二月考)已知数列{an}满足eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n,n＋2)，a1＝1，求数列{an}的通项公式． 解　因为eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n,n＋2)，所以当n≥2时，eq \f(an,an－1)＝eq \f(n－1,n＋1)，eq \f(an－1,an－2)＝eq \f(n－2,n)，…，eq \f(a4,a3)＝eq \f(3,5)，eq \f(a3,a2)＝eq \f(2,4)，eq \f(a2,a1)＝eq \f(1,3)， 所以eq \f(an,an－1)×eq \f(an－1,an－2)×…×eq \f(a4,a3)×eq \f(a3,a2)×eq \f(a2,a1)＝eq \f(n－1,n＋1)×eq \f(n－2,n)×…×eq \f(3,5)×eq \f(2,4)×eq \f(1,3)， 即eq \f(an,a1)＝eq \f(2×1,n（n＋1）)，即an＝eq \f(2,n（n＋1）)(n≥2)， 又当n＝1时，a1＝1，符合上式，所以an＝eq \f(2,n（n＋1）). 感悟提升　当eq \f(an,an－1)＝非零常数或eq \f(an,an－1)＝g(n)满足一定条件时，有an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·…·eq \f(a2,a1)·a1，这种方法称为累乘法．由形如an＝f(n)·an－1(n≥2，n∈N＋)的数列的递推公式求通项公式时，通常用累乘法或迭代法，不断地变换递推公式中的“下标”，直到可以利用首项或前几项． [跟踪训练4]　(1)设数列{an}中，a1＝1，an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n)))an－1(n≥2)，则通项an＝_________． 解析：因为a1＝1，an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n)))an－1(n≥2)，所以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)(n≥2，n∈N＋)．当n＝1时，a1＝1，符合上式，所以an＝eq \f(1,n)(n∈N＋)． eq \f(1,n)(n∈N＋) (1,2)INCLUDEPICTURE"例5.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../杨楠/课件/531数学（选择性必修第三册导学案（B版/例5.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "例5.TIF" \* MERGEFORMAT 　在数列{an}中，a1＝，an＝1－eq \f(1,an－1)(n≥2，n∈N＋)． (1)求证：an＋3＝an； (2)求a2026； (3)求数列{an}的前10项和S10. 解析　(1)证明：∵an＋3＝1－eq \f(1,an＋2)＝1－eq \f(1,1－\f(1,an＋1))＝1－eq \f(1,1－\f(1,1－\f(1,an))) ＝1－eq \f(1,1－\f(an,an－1))＝1－eq \f(1,\f(an－1－an,an－1))＝1－eq \f(1,\f(－1,an－1))＝1－(1－an)＝an，∴an＋3＝an. (2)由(1)知数列{an}的周期T＝3，a1＝eq \f(1,2)，a2＝－1，a3＝2.∴a2026＝a1＋3×675＝a1＝eq \f(1,2). (3)∵数列{an}的周期T＝3，a1＝eq \f(1,2)，a2＝－1，a3＝2，且a1＋a2＋a3＝eq \f(3,2)， ∴S10＝3×eq \f(3,2)＋a10＝eq \f(9,2)＋eq \f(1,2)＝5. 所以数列{an}的通项公式为 an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(99，n＝1，,9×10n，n≥2.)) (2)当n＝1时，a1＝S1＝－1； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－3n)－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5， 由于a1＝－1也适合上式，所以an＝4n－5(n∈N＋)． 感悟提升　数列的通项an与前n项和Sn的关系 在求数列{an}的通项公式时，务必验证n＝1是否满足an(n≥2)的情形．如果不满足，则通项公式只能用an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2))表示． [跟踪训练6]　已知数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn＝eq \f(n＋2,3)an. (1)求a2，a3； (2)求数列{an}的通项公式． 解：(1)由S2＝eq \f(4,3)a2，得3(a1＋a2)＝4a2， 解得a2＝3a1＝3. 由S3＝eq \f(5,3)a3，得3(a1＋a2＋a3)＝5a3， 解得a3＝eq \f(3,2)(a1＋a2)＝6. (2)由题设知a1＝1. 当n>1时，有an＝Sn－Sn－1＝eq \f(n＋2,3)an－eq \f(n＋1,3)an－1， 整理，得an＝eq \f(n＋1,n－1)an－1. 于是a2＝eq \f(3,1)a1，a3＝eq \f(4,2)a2，…，an－1＝eq \f(n,n－2)an－2，an＝eq \f(n＋1,n－1)an－1. 将以上(n－1)个等式中等号两端分别相乘， 整理，得an＝eq \f(n（n＋1）,2). 由于a1＝1也适合上式， 所以数列{an}的通项公式为an＝eq \f(n（n＋1）,2)(n∈N＋)． 解析：a1＝1，S2＝4a2，即a1＋a2＝4a2，∴a2＝eq \f(1,3)，故A正确；又Sn－1＝(n－1)2an－1(n≥2)，∴an＝Sn－Sn－1＝n2an－(n－1)2an－1，∴(n2－1)an＝(n－1)2an－1，即eq \f(an,an－1)＝eq \f(n－1,n＋1)(n≥2)，故C错误；an＝eq \f(an,an－1)×eq \f(an－1,an－2)×…×eq \f(a2,a1)×a1＝eq \f(2,n（n＋1）)(n≥2)，又a1＝1也适合上式，∴an＝eq \f(2,n（n＋1）)，Sn＝n2an＝eq \f(2n,n＋1)，故B，D正确． 3．(多选)在数列{an}中，已知a1＝1，Sn＝n2an，则下列式子成立的是(　　) A．a2＝eq \f(1,3) B．Sn＝eq \f(2n,n＋1) C.eq \f(an,an－1)＝eq \f(n－1,n) D．an＝eq \f(2,n（n＋1）) eq \f(3545,6) 4．在数列{an}中，a1＝eq \f(1,2)，an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)，数列{an}的前n项和为Sn，则a4＝_____，S2025＝________． 解析：∵an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)，a1＝eq \f(1,2)，∴a2＝eq \f(1＋a1,1－a1)＝3，a3＝eq \f(1＋a2,1－a2)＝－2，a4＝eq \f(1＋a3,1－a3)＝－eq \f(1,3)，a5＝eq \f(1＋a4,1－a4)＝eq \f(1,2)，∴数列{an}是以4为周期的周期数列，∴S2025＝a1＋a2＋…＋a2025＝506×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋3－2－\f(1,3)))＋eq \f(1,2)＝eq \f(3545,6). －eq \f(1,3) 5．(2024·辽宁沈阳一中高二月考)已知数列{an}满足a1＝eq \f(1,2)，anan－1＝an－1－an(n≥2)，且an≠0，则数列{an}的通项公式为an＝________． eq \f(1,n＋1) 解析：∵anan－1＝an－1－an，且an≠0，∴当n≥2时，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\co1(\f(1,a2)－\f(1,a1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a3)－\f(1,a2)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an－1)))＝2＋＝n＋1，∴an＝eq \f(1,n＋1)(n≥2)．又当n＝1时，a1＝eq \f(1,2)，符合上式，∴an＝eq \f(1,n＋1). 一、选择题 1．数列eq \f(1,2)，－eq \f(1,4)，eq \f(1,8)，－eq \f(1,16)，…的第n项an与第n＋1项an＋1的关系是(　　) A．an＋1＝2an B．an＋1＝－2an C．an＋1＝eq \f(1,2)an D．an＋1＝－eq \f(1,2)an 解析：因为a1＝eq \f(1,2)，a2＝－eq \f(1,4)＝－eq \f(1,2)a1，a3＝eq \f(1,8)＝－eq \f(1,2)a2，a4＝－eq \f(1,16)＝－eq \f(1,2)a3，…，所以an＋1＝－eq \f(1,2)an.故选D. 2．(2024·辽宁沈阳第二十中学高二阶段测试)在数列{an}中，若a1＝eq \f(4,3)，an＋1＝2－eq \f(2,an)，则下列数不是{an}中的项的是(　　) A．－2 B．－1 C.eq \f(1,2) D．3 解析：因为a1＝eq \f(4,3)，an＋1＝2－eq \f(2,an)，所以a2＝2－eq \f(2,a1)＝eq \f(1,2)，a3＝2－eq \f(2,a2)＝－2，a4＝2－eq \f(2,a3)＝3，a5＝2－eq \f(2,a4)＝eq \f(4,3)，所以数列{an}是以4为周期的周期数列，故－1不是{an}中的项．故选B. 4．已知数列{an}中，a1＝0，an＋1＝an＋ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))，则ea1＋e a2＋e a3＋e a4＋e a5＝(　　) A．6 B．10 C．15 D．21 解析：∵a1＝0，an＋1＝an＋ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))，∴eq \f(ean＋1,ean)＝eq \f(n＋1,n)，∴eq \f(ean＋1,n＋1)＝eq \f(ean,n)＝…＝eq \f(ea1,1)＝1，∴ean＝n，∴ea1＋e a2＋e a3＋e a4＋e a5＝1＋2＋3＋4＋5＝15.故选C. 解析：由(n－1)an＝nan－1＋1(n≥2)，得(n－1)an＋(n－1)＝nan－1＋n(n≥2)，又a1＝1，所以当n≥2时，eq \f(an＋1,an－1＋1)＝eq \f(n,n－1)，所以an＋1＝(a1＋1)×eq \f(a2＋1,a1＋1)×eq \f(a3＋1,a2＋1)×…×eq \f(an＋1,an－1＋1)＝2×eq \f(2,1)×eq \f(3,2)×…×eq \f(n,n－1)＝2n，从而an＝2n－1.当n＝1时，也满足上式，所以an＝2n－1，所以a2＝2×2－1＝3，a3＝2×3－1＝5，a4＝2×4－1＝7.所以S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝1＋3＋5＋7＝16.故选AD. 二、填空题 6．已知数列{an}满足a1＝－2，an＋1＝2＋eq \f(2an,1－an)，则a6＝________． 解析：∵an＋1＝2＋eq \f(2an,1－an)＝eq \f(2,1－an)，a1＝－2，∴a2＝eq \f(2,1－a1)＝eq \f(2,3)，a3＝eq \f(2,1－a2)＝6，a4＝－eq \f(2,5)，a5＝eq \f(10,7)，a6＝－eq \f(14,3). －eq \f(14,3) 7．已知数列{an}满足a1＝1，an＝an－1＋3(n≥2)，则数列{an}的通项公式为an＝________，eq \f(an,n)的最小值为________． 解析：∵an＝an－1＋3(n≥2)，∴an－an－1＝3，∴a2－a1＝3，a3－a2＝3，a4－a3＝3，…，an－an－1＝3，以上各式两边分别相加，得an－a1＝3(n－1)，∴an＝a1＋3(n－1)＝1＋3(n－1)＝3n－2(n≥2)．当n＝1时，a1＝1，符合上式，∴an＝3n－2，∴eq \f(an,n)＝eq \f(3n－2,n)＝3－eq \f(2,n).又n∈N＋，∴eq \f(an,n)的最小值为1. 三、解答题 9．已知数列{an}满足an＋1＝eq \f(1,1－an)(n∈N＋)，a8＝2，若数列{an}的前n项和为Sn，求S2026. 解：∵数列{an}满足an＋1＝eq \f(1,1－an)(n∈N＋)， ∴an＋2＝eq \f(1,1－an＋1)＝eq \f(1,1－\f(1,1－an))＝eq \f(1－an,－an)， ∴an＋3＝eq \f(1,1－an＋2)＝eq \f(1,1－\f(1－an,－an))＝an， ∴数列{an}是周期为3的周期数列． ∵a8＝2，∴2＝eq \f(1,1－a7)，解得a7＝eq \f(1,2). 同理可得a6＝－1，则a1＝a7＝eq \f(1,2)，a2＝a8＝2，a3＝a6＝－1. ∴S2026＝(a1＋a2＋a3)×675＋a1＝eq \f(3,2)×675＋eq \f(1,2)＝1013. 10．已知数列{an}中，a1＝3，an＋1＝an＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋2). (1)求a2，a3； (2)求数列{an}的通项公式． 解：(1)a2＝a1＋1－eq \f(1,3)＝eq \f(11,3)，a3＝a2＋eq \f(1,2)－eq \f(1,4)＝eq \f(47,12). (2)因为an＋1＝an＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋2)， 所以an＋1－an＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋2). 所以a2－a1＝1－eq \f(1,3)，a3－a2＝eq \f(1,2)－eq \f(1,4)，a4－a3＝eq \f(1,3)－eq \f(1,5)，…，an－an－1＝eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n＋1)(n≥2)， 以上各式累加，得an－a1＝1－eq \f(1,3)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,n－2)－eq \f(1,n)＋eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(3,2)－eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n)， 所以an＝eq \f(9,2)－eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n)(n≥2)，a1＝3也符合上式， 所以an＝eq \f(9,2)－eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n). 12．设{an}是首项为1的正项数列，满足an＋1≠an且naeq \o\al(2,n＋1)＋(n＋1)aeq \o\al(2,n)－(2n＋1)anan＋1＝0(n∈N＋)，则an＝________． 解析：由naeq \o\al(2,n＋1)＋(n＋1)aeq \o\al(2,n)－(2n＋1)anan＋1＝0，可得(an＋1－an)[nan＋1－(n＋1)an]＝0.因为an＋1≠an，所以nan＋1－(n＋1)an＝0，即eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n＋1,n)，所以当n≥2时，an＝a1×eq \f(a2,a1)×eq \f(a3,a2)×…×eq \f(an,an－1)＝1×eq \f(2,1)×eq \f(3,2)×…×eq \f(n,n－1)＝n.又a1＝1符合上式，故an＝n(n∈N＋)． 13．已知数列{an}中，a1＝2，a2＝eq \f(1,2)，anan＋2＝1(n∈N＋)． (1)求a3，a5的值； (2)求{an}的前2025项和S2025. 解：(1)当n＝1时，a1a3＝1，所以a3＝eq \f(1,2)； 当n＝3时，a3a5＝1，所以a5＝2. (2)当n＝2时，a2a4＝1，所以a4＝2. 由anan＋2＝1知an＋2an＋4＝1，所以an＝an＋4， 故数列{an}是以4为周期的周期数列， 由a4n＝a4＝2，a4n＋1＝a1＝2，a4n＋2＝a2＝eq \f(1,2)，a4n＋3＝a3＝eq \f(1,2)， 得S2025＝506(a1＋a2＋a3＋a4)＋a2025＝506×5＋2＝2532. 14．数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n(n＋1)(n∈N＋)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足an＝eq \f(b1,3＋1)＋eq \f(b2,32＋1)＋eq \f(b3,33＋1)＋…＋eq \f(bn,3n＋1)，求数列{bn}的通项公式． (2)an＝eq \f(b1,3＋1)＋eq \f(b2,32＋1)＋eq \f(b3,33＋1)＋…＋eq \f(bn,3n＋1)，① an＋1＝eq \f(b1,3＋1)＋eq \f(b2,32＋1)＋eq \f(b3,33＋1)＋…＋eq \f(bn,3n＋1)＋eq \f(bn＋1,3n＋1＋1)，② ②－①，得eq \f(bn＋1,3n＋1＋1)＝an＋1－an＝2， ∴bn＋1＝2(3n＋1＋1)， 又b1＝8，符合上式，故bn＝2(3n＋1)(n∈N＋)． $$