4.1 第2课时 数列的通项与递推公式-【创新教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册五维课堂同步课件PPT（人教A版2019）

第2课时　数列的通项与递推公式 第四章 数列 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 课前 预习学案 课堂 互动学案 01 02 课时 素养提升 03 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 课前 预习学案 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 课堂 互动学案 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 课程标准 素养解读 1.了解数列的递推公式． 2．了解数列的前n项和概念及其简单应用. 1.通过对数列递推公式的学习，提升数学抽象的核心素养． 2．通过对数列前n项和的学习，达成数学抽象、逻辑推理的核心素养. [情境引入] 我们知道数列1,2,3,4，…可用通项公式an＝n表示．容易发现，这个数列从第2项起的任一项都可用它的前一项表示出来，即an＝an－1＋1(n≥2)，这就是数列的另一种表示方法，也就是今天我们探究的主要内容：递推公式． [知识梳理] [知识点一]　数列的递推公式　 　像an＝3an－1(n≥2)这样，如果一个数列的　相邻两项　或　多项　之间的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递推公式．知道了首项和递推公式就能求出数列的每一项了． 1.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．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． [知识点二]　数列的前n项公式　 1．数列{an}的前n项和 把数列{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．数列{an}的前n项和公式 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．an与Sn的关系：　an　＝ [预习自测] 1．判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，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．(　　) 答案：(1)√　(2)√　(3)√　(4)× 2．数列{an}中，an＋1＝an＋2－an，a1＝2，a2＝5，则a5＝(　　) A．－3　　　　　　 B．－11 C．－5 D．19 解析：D　[a3＝a2＋a1＝5＋2＝7，a4＝a3＋a2＝7＋5＝12，a5＝a4＋a3＝12＋7＝19，故选D.] 3．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋1，则an＝　________. 解析：当n＝1时，a1＝S1＝2， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋1－[(n－1)2＋1]＝2n－1， a1＝2不满足上式．故an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,2n－1，n≥2)) 答案：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,2n－1，n≥2)) 由递推关系写出数列的项 [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). 故数列{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). [变式训练] 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). 数列的前n项和公式及应用 [例2]　(多空题)若数列{an}的前n项和Sn＝n2－10n(n＝1,2,3，…)，则数列的通项公式为________；数列{nan}中数值最小的项是第________项． [解析]　当n＝1时，a1＝S1＝－9；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－10n－[(n－1)2－10(n－1)]＝2n－11，当n＝1时，也成立，∴an＝2n－11，nan＝2n2－11n＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(11,4)))2－eq \f(121,8). ∵n∈N*，∴当n＝3时，nan有最小值．] [答案]　2n－11　3 已知Sn求an的3个步骤 (1)先利用a1＝S1求出a1； (2)用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)便可求出当n≥2时an的表达式； (3)注意检验n＝1时的表达式是否可以与n≥2的表达式合并． [变式训练] 2．已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2－2n＋1，则an＝________. 解析：∵Sn＝3n2－2n＋1，∴Sn－1＝3(n－1)2－2(n－1)＋1＝3n2－8n＋6.∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n2－2n＋1)－(3n2－8n＋6)＝6n－5.又当n＝1时，a1＝S1＝2不适合上式， ∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,6n－5，n≥2.)) 答案：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,6n－5，n≥2.)) 由递推公式求数列的通项公式 [例3]　(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\co1(1－\f(1,n)))an－1(n≥2)，求通项公式an. [思路点拨]　(1)先将an＋1＝an＋eq \f(1,nn＋1)变形为an＋1－an＝eq \f(1,n)－eq \f(1,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\co1(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\co1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\co1(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*)． [母题变式] 1．(变条件)将例题(2)中的条件“a1＝1，an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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. 2．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\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＋1＋1＋…＋1,(n－1)个1 ＝n＋1. ∴eq \f(1,an)＝n＋1，∴an＝eq \f(1,n＋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：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． [变式训练] 3．已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))，求an. 解：由题意，得an＋1－an＝lneq \f(n＋1,n)， ∴an－an－1＝ln eq \f(n,n－1)(n≥2)， an－1－an－2＝lneq \f(n－1,n－2)， …， a2－a1＝lneq \f(2,1). ∴当n≥2时，an－a1＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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*)． [当堂达标] 1．(多选)符合递推关系式an＝eq \r(2)an－1的数列是(　　) A．1, 2, 3, 4，…　　 B．1，eq \r(2)， 2, 2eq \r(2)，… C.eq \r(2)，2, 2eq \r(2)， 4，… D．0，eq \r(2)， 2eq \r(2)， 2，… 解析：BC　[B与C中从第2项起，后一项是前一项的eq \r(2)倍，符合递推公式an＝eq \r(2)an－1.] 2．已知数列{an}的首项a1＝2，an＋1＝2an＋1(n≥1，n∈N*)，则a5为(　　) A．7 B．15 C．30 D．47 解析：D　[将a1＝2代入关系式an＋1＝2an＋1得a2＝5，将a2＝5再代入an＋1＝2an＋1可得a3＝11，依此类推得a5＝47.] 3．数列{an}中，若an＋1－an－n＝0，则a2 025－a2 024＝________. 解析：由已知a2 025－a2 024－2 024＝0，∴a2 025－a2 024＝2 024. 答案：2 024 4．根据数列的前几项，写出各数列的一个通项公式： (1)4,6,8,10，…； (2)－eq \f(1,1×2)，eq \f(1,2×3)，－eq \f(1,3×4)，eq \f(1,4×5)，…； (3)1,0,1,0，…； (4)8,98,998,9 998，…. 解：(1)各项都是偶数，且最小为4，所以通项公式 an＝2(n＋1)，n∈N*. (2)这个数列的前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式an＝(－1)n×eq \f(1,nn＋1)，n∈N*. (3)这是一个摆动数列，奇数项是1，偶数项是0，所以此数列的一个通项公式an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(1，n为奇数，,0，n为偶数.))或an＝(－1)n＋1eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)，n∈N*. (4)这个数列的前4项可以写成10－2,100－2,1 000－2,10 000－2，所以它的一个通项公式an＝10n－2，n∈N*. $$