第2课时 数列的递推公式与前n项和
1.B [解析] B中数列从第2项起,后一项是前一项的倍,符合递推公式an=(n≥2),其他选项均不符合.故选B.
2.B [解析] 因为Sn=n2+n+1,所以a3=S3-S2=6.故选B.
3.D [解析] 因为an+1=1-,a7=2,所以a7=1-,则a6=-1=1-,则a5==1-,则a4=2=1-,则a3=-1=1-,则a2==1-,则a1=2.故选D.
4.A [解析] 由题知a2=2S1=2,S2=a1+a2=3,a3=2S2=6,S3=S2+a3=9,a4=2S3=18,S4=S3+a4=27.
5.D [解析] 由图形可得a1=1,a2=1+8=a1+8,a3=a2+82,…,可得an+1=an+8n.故选D.
6.C [解析] 令an=≥0,解得n≤3或n>.当n≤3时,an≥0,S10,{Sn}递增.又a1=,a2=,a3=0,a4=-,a5=-,a6=-,a7=-,a8=-5,所以S87.D [解析] 因为a1=,所以a2==-,a3==,a4==-,…,所以an=an+2,则a98=a2=-.故选D.
8.ABD [解析] 当n=1时,a1=S1=-2×12+15×1=13,当n≥2时,Sn-1=-2(n-1)2+15(n-1),则an=Sn-Sn-1=-4n+17,又a1=13满足上式,故an=-4n+17,故选项A正确;a10=-4×10+17=-23,故选项B正确;当n=4时,a4=1>0,故选项C错误;Sn=-2n2+15n=-2=-2+,因为n∈N*,所以当n=4时,Sn取得最大值,故选项D正确.故选ABD.
9.ABD [解析] 由题意得a2=1-=,a3=1-=-1,a4=1-=2,a5=1-=,…,∴an=an+3.对于A,a2024=a674×3+2=a2=,A正确;对于B,a1+a2+a3+…+a2022=674(a1+a2+a3)=674×=1011,B正确;对于C,a1a2a3…a2025==-1,C错误;对于D,由递推公式知anan+1=an-1,∴a1a2+a2a3+a3a4+…+a2022a2023=(a1-1)+(a2-1)+…+(a2022-1)=a1+a2+a3+…+a2022-2022=1011-2022=-1011,D正确.故选ABD.
10. [解析] 当n=8时,有a1·a2·…·a8=64,当n=9时,有a1·a2·…·a9=81,两式相除得a9=.
11.an= [解析] 当n=1时,a1=S1=5.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1= n2+3n+1-[(n-1)2+3(n-1)+1]=2n+2,因为2×1+2=4≠a1,所以an=
12.128 [解析] ∵an+2=an+1+an,∴an=an+2-an+1,∴a1=a3-a2,a2=a4-a3,a3=a5-a4,….设数列{an}的前n项和为Sn,则Sn=a1+a2+…+an=an+2-a2=an+2-1,即Sn+1=an+2,∴am=2(a3+a6+a9+…+a126)+1=a1+a2+a3+a4+…+a125+a126+1=S126+1=a128,得m=128.
13.解:(1)由a1=1,an+1=an,可得a2=a1=×1=,a3=a2=×=,a4=a3=×=,a5=a4=×= .
(2)由前5项可猜想数列{an}的通项公式为an=.
14.解:(1)当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-=n,当n=1时,a1=S1=1,满足上式,所以an=n,n∈N*.
(2)bn=2n-5n,则bn+1-bn=[2n+1-5(n+1)]-(2n-5n)=2n-5.
当n≤2时, bn+1-bn<0,即bn+1b2>b3;
当n≥3时, bn+1-bn>0,即bn+1>bn,所以b3故数列{bn}中的最小项为b3=23-15=-7.
15.ACD [解析] 因为{an}为“阶梯数列”,所以由a1=a4=1,可得a2=a5,a3=a6,a4=a7,a5=a8,a6=a9,…,观察可得a1=a4=a7=…=a3n-2=1(n∈N*),a2=a5=a8=…=a3n-1=(n∈N*),a3=a6=a9=…=(n∈N*),所以a7=1,a8=≠2a4,故A正确,B错误;a9==2,所以S10=(a1+a4+a7+a10)+(a2+a5+a8)+(a3+a6+a9)=10+3,故C正确;a2024=a2+3×674=a2=,故D正确.故选ACD.
16.解:问题1:当n=4时,
走法一:每次上一级楼梯,可记为1,1,1,1;
走法二:前两次上一级,第三次上两级,可记为1,1,2;
走法三:第一次上一级,第二次上两级,第三次上一级,可记为1,2,1;
走法四:每次上两级,可记为2,2;
走法五:第一次上两级,以后每次上一级,可记为2,1,1.故a4=5.
当n=5时,同理可记为(1,1,1,1,1),(1,1,1,2),(1,1,2,1),(1,2,1,1),(2,1,1,1),(1,2,2),(2,1,2),(2,2,1),共8种,故a5=8 .
由a3=a2+a1,a4=a3+a2,a5=a4+a3,可得an+2=an+1+an.
问题2:当n=4时,可记为(1,1,1,1),(1,2,1),(1,1,2),(2,1,1),(2,2),(1,3),(3,1),共7种,故b4=7;
当n=5时,可记为(1,1,1,1,1),(1,1,1,2),(1,1,2,1),(1,2,1,1),(2,1,1,1),(1,2,2),(2,1,2),(2,2,1),(1,3,1),(1,1,3),(3,1,1),(2,3),(3,2),共13种,故b5=13.
由b4=b3+b2+b1,b5=b4+b3+b2,可得bn+3=bn+2+bn+1+bn.第2课时 数列的递推公式与前n项和
【学习目标】
1.会用递推公式表示数列,能根据数列的递推公式写出数列的前几项.
2.了解数列的前n项和,并能利用Sn与an的关系解决一些简单问题.
◆ 知识点一 数列的递推公式
概念: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,那么这个式子叫作这个数列的 .
作用:知道了首项或前几项,以及递推公式,就能求出数列的每一项.
【诊断分析】 1.判断正误.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)所有的数列都有递推公式. ( )
(2)数列的递推公式是关于n的函数关系式.( )
(3)已知数列{an}满足a1=3,an+1=2an-2,则a2=4. ( )
2.仅由数列{an}的递推公式an=3an-1 (n≥2,n∈N*)能否确定这个数列 若再已知a2=3呢
◆ 知识点二 数列的前n项和
1.概念及表示
我们把数列{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= .
2.数列的前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 来表示,那么这个 叫作这个数列的前n项和公式.
3.数列{an}的通项公式与前n项和Sn的关系
在数列{an}中,Sn为其前n项和,显然S1=a1,而Sn-1=a1+a2+…+an-1(n≥2),于是an=
【诊断分析】 判断正误.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)若数列{an}的前n项和Sn=3n+1,则a1=4,a4=3. ( )
(2)若数列{an}的前n项和Sn=n2+1,则an=2n-1. ( )
(3)若数列{an}的前n项和为Sn,则a3+a4+a5+a6=S6-S2. ( )
◆ 探究点一 递推公式
例1 已知数列{an}满足a1=1,an+1=,写出它的前5项,并归纳出数列{an}的一个通项公式.
变式 已知数列{an}中,a1=1,an+1=an+.
(1)写出数列{an}的前4项;
(2)猜想数列{an}的通项公式.
[素养小结]
(1)递推公式的作用:已知数列的某一项,利用递推公式可以写出数列的每一项.对于具有周期性的数列,一般利用递推公式写出几项就能发现其周期变化规律.
(2)递推公式与通项公式的区别:递推公式揭示了数列的相邻项之间的关系,已知前面的项可以递推出后面的项;通项公式揭示了项与其序号之间的关系,把序号代入通项公式可以直接求出该项.
(3)某些用递推公式给出的数列,写出数列的前几项后,由前几项分析其特点、规律,即可归纳总结出数列的一个通项公式.
(4)形如an+1-an=f(n)或=f(n)的递推关系,可以利用累加法或累乘法求出通项公式.
拓展 (1)已知数列{an}满足=,且a1=,则a3= ( )
A.1 B.3 C.9 D.
(2)数列{an}满足a1=,an+1=(n∈N*),则a2025= ( )
A. B.3 C.-2 D.-
◆ 探究点二 数列的前n项和
例2 (1)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n,则a4+a5= ( )
A.48 B.32
C.24 D.8
(2)已知数列{an}的通项公式为an=,则数列{an}的前3项和S3= .
变式 (1)记正整数m,n的最大公约数为(m,n),例如,(2,5)=1,(6,15)=3.已知数列{an}的前n项和为Sn,且an=(n,n+2),则S50= ( )
A.50 B.75 C.100 D.1275
(2)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=an2,若S10=600,则a3-a5-a6= .
[素养小结]
对于已知数列的前n项和公式求数列的某一项问题,主要利用定义解决.
◆ 探究点三 利用数列的前n项和公式求通项公式
例3 下面给出了数列{an}的前n项和Sn,求{an}的通项公式.
(1)Sn=2n2-3n;
(2)Sn=4-.
变式 (1)(多选题)[2024·重庆八中高二月考] 数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=-n2+7n,则下列说法正确的是 ( )
A.数列{an}是递增数列
B.an=-2n+8
C.当n>4时,an<0
D.当n=3或4时,Sn取得最大值
(2)[2024·上海格致中学高二月考] 已知数列{an}的前n项和Sn=3n-2(n为正整数),则此数列的通项公式为an= .
[素养小结]
已知数列{an}的前n项和Sn求解通项公式时,一般先根据a1=S1求出a1,再根据an=Sn-(n≥2)计算出当n≥2时的通项公式,然后验证a1是否满足上式,由此决定数列{an}的通项公式是否需要分段书写.
拓展 已知数列{an}满足a1+3a2+5a3+…+(2n-1)an=3n,求an.(共60张PPT)
4.1 数列的概念
第2课时 数列的递推公式与
前 项和
探究点一 递推公式
探究点二 数列的前项和
探究点三 利用数列的前项和公式求通项公式
【学习目标】
1.会用递推公式表示数列,能根据数列的递推公式写出数列的前几项.
2.了解数列的前项和,并能利用与 的关系解决一些简单问题.
知识点一 数列的递推公式
概念：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
么这个式子叫作这个数列的__________.
作用：知道了首项或前几项，以及递推公式，就能求出数列的每一项.
递推公式
【诊断分析】
1.判断正误.（请在括号中打“√”或“×”）
（1）所有的数列都有递推公式.( )
×
[解析] 不是所有的数列都有递推公式.例如精确到1，，，，
的近似值组成的数列为1，，，， ，该数列没有递推公式.
（2）数列的递推公式是关于 的函数关系式.( )
×
[解析] 由递推公式的定义知，递推公式就是表示数列的相邻两项或多项之间的
关系式.数列的递推公式不是关于 的函数关系式.
（3）已知数列满足，，则 .( )
√
[解析] 由条件可得 .
2.仅由数列的递推公式 能否确定这个数列 若再
已知 呢
解：仅由数列的递推公式 只能知道
,无法确定这个数列.
若再已知 ,则可以确定这个数列为1,3,9,27, ,, .
知识点二 数列的前 项和
1.概念及表示
我们把数列从第1项起到第项止的各项之和，称为数列的前 项和，记
作，即 ________________.
2.数列的前 项和公式
如果数列的前项和与它的序号 之间的对应关系可以用一个______来表
示，那么这个______叫作这个数列的前 项和公式.
式子
式子
3.数列的通项公式与前项和 的关系
在数列中，为其前项和，显然 ，而
,于是
___, ,
__________, .
【诊断分析】 判断正误.（请在括号中打“√”或“×”）
（1）若数列的前项和，则, .( )
√
[解析] .
（2）若数列的前项和，则 .( )
×
[解析] 当时，，当时， ，
则
（3）若数列的前项和为，则 .( )
√
[解析] .
探究点一 递推公式
例1 已知数列满足,,写出它的前5项,并归纳出数列 的
一个通项公式.
解:,,,, ,
, 数列的前5项依次是1,,,,.
数列的前5项可写成, ,,,,
故数列的一个通项公式为 .
变式 已知数列中，， .
（1）写出数列 的前4项；
解:，，， ，
.
（2）猜想数列 的通项公式.
解:，，，， 猜想
.
［素养小结］
（1）递推公式的作用：已知数列的某一项，利用递推公式可以写出数列的每一
项.对于具有周期性的数列，一般利用递推公式写出几项就能发现其周期变化规律.
（2）递推公式与通项公式的区别：递推公式揭示了数列的相邻项之间的关系，
已知前面的项可以递推出后面的项；通项公式揭示了项与其序号之间的关系，
把序号代入通项公式可以直接求出该项.
（3）某些用递推公式给出的数列，写出数列的前几项后，由前几项分析其特点、
规律，即可归纳总结出数列的一个通项公式.
（4）形如或 的递推关系，可以利用累加法或累乘
法求出通项公式.
拓展（1） 已知数列满足，且，则 ( )
B
A.1 B.3 C.9 D.
[解析] 方法一： .
方法二：由，可得, .故选B.
（2）数列满足,，则 ( )
A
A. B.3 C. D.
[解析] 因为数列满足,，所以 ，
，，，
则 是以4为周期的周期数列，
所以 ，故选A.
探究点二 数列的前 项和
例2（1） 已知数列的前项和为，且，则 ( )
C
A.48 B.32 C.24 D.8
[解析] 数列的前项和为， ，
，故选C.
（2）已知数列的通项公式为，则数列的前3项和 ____.
10
[解析] 因为，所以，， ，所以
.
变式（1） 记正整数,的最大公约数为，例如，, .
已知数列的前项和为，且，则 ( )
B
A.50 B.75 C.100 D.1275
[解析] 依题意，,,, ，
以此类推，可知当,时，
若为奇数，则，
若 为偶数，则，
所以 .故选B.
（2）已知数列的前项和为,且,若 ，则
______.
[解析] 由，，得，解得 ，故
.
［素养小结］
对于已知数列的前 项和公式求数列的某一项问题，主要利用定义解决.
探究点三 利用数列的前 项和公式求通项公式
例3 下面给出了数列的前项和，求 的通项公式.
（1） ；
解：当时，.
当 时，
.
也适合上式， .
（2） .
解：, .
当时， .
当时，,
变式（1） （多选题）[2024·重庆八中高二月考] 数列的前项和为 ，若
，则下列说法正确的是( )
BCD
A.数列是递增数列 B.
C.当时， D.当或4时， 取得最大值
[解析] 数列的前项和，当时，，当
时， ，又
满足上式，所以 ，故B正确；
数列 是递减数列，故A不正确；
当时， ，故C正确；
当时，，即数列 的前3项均为正数，第4项为0，从
第5项起为负数，因此当或4时，取得最大值，故D正确.故选 .
（2）[2024·上海格致中学高二月考] 已知数列的前项和
为正整数，则此数列的通项公式为 _ ______________.
[解析] 因为数列的前项和为正整数，
所以当 时，，
当 时，，
又 不满足上式，所以
［素养小结］
已知数列的前项和求解通项公式时，一般先根据求出 ，再根据
计算出当时的通项公式，然后验证 是否满足上式，
由此决定数列 的通项公式是否需要分段书写.
拓展 已知数列满足，求 .
解:当时，；
当 时， ，
，
上述两式作差可得，即.
因为不满足 ，所以
五只猴子分一堆桃子，怎么也不能分成5等份，只好先去睡觉，准备第二天
再分.夜里一只猴子偷偷爬起来，先吃掉1个桃子，然后将其分成5等份，藏起自
己的一份就去睡觉了；第二只猴子又爬起来，吃掉1个桃子后，也将桃子分成5
等份，藏起自己的一份去睡觉了；以后的三只猴子都先后照此处理.问最初至少
有多少个桃子？
解：思路一：
假设第五只猴子将桃子分成5等份后，每只猴子得到 个桃子，
则第五只猴子吃掉1个桃子后剩 个，
第四只猴子吃掉1个桃子后剩 （个）桃子，
第三只猴子吃掉1个桃子后剩 （个）桃子，
第二只猴子吃掉1个桃子后剩 （个）桃子，
第一只猴子吃掉1个桃子后剩 （个）桃子，
原来共有桃子 （个）
桃子，
因为桃子数是整数，所以是整数，所以 的最小值为255，桃子总数
至少为3121个.
思路二：寻求递推关系（方向从前向后）
设桃子总数为，则第一只猴子占有的桃子数 ；
第二只猴子占有的桃子数 ；
第三只猴子占有的桃子数 ；
第四只猴子占有的桃子数 ；
第五只猴子占有的桃子数
.
则必然是的倍数，要使的值最小，则 .
并由此可以概括出一种递推关系：一只猴子能占有多少桃子取决于所有在
它前面拿桃子的猴子.因此，每只猴子占有桃子的个数形成一个数列 ，把题
目的描述翻译成数列所满足的递推关系：
设这堆桃子共有个，第个猴子连吃带拿共得到了 个桃子，
则当时， ，得
，即 ，
可得，要使的值最小，则 .
思路三：重新审视——更美妙的递推关系（直接考虑前后两只猴子所拿桃
子数之间的依赖关系）
设桃子总数为，则第一只猴子拿走的桃子数 ；
则第二只猴子拿走的桃子数 ；第三只猴子拿走的桃子数
， ，
则可得递推关系，
所以
，
所以，则必然是的倍数，要使 的值最小，则
.
思路四：整体策略.
设桃子总数为 ，由于五只猴子都是吃掉了一个桃子后，发现余下的桃子正
好可以平均分成5份，所以设想在总数中加入4个新桃子，则每只猴子所占有的
桃子数不会改变（包括吃掉的那一个），从而在每次分桃时这4个桃子都会留存
到后一次的总数中，这就使得每次分成5份时都恰好是整分，由此可见 至
少是的整数倍，所以的最小值为 .
1.对递推公式的认识
（1）用递推公式给出一个数列，必须给出：
①“基础”——数列 的第1项（或前几项）；
②递推关系——数列的任意一项与它的前一项 （或前几项）
间的关系，并且这个关系可以用一个公式来表示.
（2）递推公式完全一样的两个数列不一定是同一数列，这是因为首项不同，就
可得到两个不同的数列.
（3）递推是按照一定的规律来计算数列中的每项，通常是通过计算前面的一些
项来得出数列中的指定项的值，其基本思想是把一个复杂的庞大的计算过程转
化为简单过程的多次重复.
2.对数列的前项和与通项 之间关系的理解
（1）既含有又含有的递推关系式，一般利用公式 消
元，将递推关系式转化为仅含或仅含 的关系式，即“二者消元留一项”.
（2）消去留好，还是消去留 好，取决于消元后的代数式经过恒等变形
后能否得到简单可求的数列关系，即“何知去留谁更好，变形易把关系找”.
（3）值得一提的是，利用求出 后，还需要验证数列的
首项是否也满足 时的通项公式，即“通项求出莫疏忽，验证首项满足否”，
这一步学生容易忘记.
1.利用递推公式求通项公式
（1）递推公式形如 的数列,常用累加法求通项公式:
,注意验证
时是否满足.
例1 在数列中，，，求 的通项公式.
解：由题意得， 当时， ，
， ， ，
上述式子累加得，，
，
当 时，也满足上式， .
（2）递推公式形如 的数列，常用累乘法求通项公式:
,注意验证 时是否满足.
例2 [2024·江西吉安重点中学高二期中] 已知数列满足 ，
，则数列的通项公式为 ( )
A
A. B. C. D.
[解析] 由，得，即 ，所以当
时，，，， ， ，
由累乘法可得，所以，
又 满足上式，所以 .故选A.
2.数列的周期性
所谓数列的周期性就是存在正整数,使得对任意 恒成立.
例3（1） [2024·河北衡水高二期末] 数列满足 ,
则数列 的第2024项为__.
[解析] 由已知可得,, ,
，
所以数列是周期为4的数列，则 .
（2）在数列中，，，， ，则
___.
0
[解析] 由，得 ，两式相除可得 ，
数列 是以6为周期的周期数列.
，，，，，， ，
则 ，
又 ,
.
练习册
一、选择题
1.符合递推公式 的数列是( )
B
A.1，2，3，4， B.1，，2，，
C.，2，，2， D.0，，2，，
[解析] B中数列从第2项起，后一项是前一项的 倍，符合递推公式
，其他选项均不符合．故选B.
2.已知数列的前项和为，则 ( )
B
A.5 B.6 C.7 D.8
[解析] 因为，所以 .故选B.
3.数列满足,，则 ( )
D
A. B. C.1 D.2
[解析] 因为,，所以，则 ，则
，则，则，则 ，
则 .故选D.
4.已知数列的前项和为，若，，则 ( )
A
A.27 B.40 C.80 D.81
[解析] 由题知，， ，
，， .
5.如图，在三个正方形块中，着色正方形的个数依次构成一个数列的前三项，
则这个数列的一个递推公式为( )
D
A. B.
C. D.
[解析] 由图形可得，，， ，可得
.故选D.
6.已知数列的通项公式为,前项和为，则取得最小值时，
的值为( )
C
A.10 B.9 C.8 D.4
[解析] 令，解得或.
当时， ，;
当时，，递减；
当时,， 递增.
又,,,，,，， ,所以
.
故取得最小值时， 的值为8.
7.在数列中，,，则 ( )
D
A. B. C. D.
[解析] 因为，所以,, ,
，所以，则 .故选D.
8.（多选题）[2024·深圳龙岗区高二期末] 数列的前项和为 ，已知
，则下列说法正确的是( )
ABD
A.是递减数列 B.
C.当时， D.当时， 取得最大值
[解析] 当时，，当 时，
，则，又 满
足上式，故，故选项A正确；
，故选项B正确；
当时， ，故选项C错误；
，因为 ，所以当
时，取得最大值，故选项D正确.故选 .
9.（多选题）在数列中，，， ，则( )
ABD
A.
B.
C.
D.
[解析] 由题意得，， ，
， ，．
对于A， ，A正确；
对于B， ，B正确；
对于C， ，C错误；
对于D，由递推公式知 ， ，D正确．故选 .
二、填空题
10.[2024·石家庄高二期中] 已知数列中， ，则
___.
[解析] 当时，有，
当时，有 ，
两式相除得 .
11.[2024·江苏泰州高二期中] 已知数列的前项和为 ，且
，则数列 的通项公式为_ __________________.
[解析] 当时， .
当 时，
，
因为，所以
12.数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现这样一个数列 ，1，2，
3，5，8， ，它从第3项起，每一项都等于前面两项之和，即 ，
，这样的数列称为“斐波那契数列”.若
，则 _____.
128
[解析] ，， ，
，， .
设数列的前项和为 ，则，
即，，得 .
三、解答题
13.已知数列中，, .
（1）写出数列 的前5项；
解:由,，可得 ，
，， .
（2）猜想数列 的通项公式.
解:由前5项可猜想数列的通项公式为 .
14.已知是数列的前项和，且 .
（1）求数列 的通项公式；
解:当时， ，
当时，，满足上式，
所以, .
（2）若，求数列 中的最小项.
解:,则 .
当时,,即,所以 ;
当时,,即,所以 .
故数列中的最小项为 .
15.（多选题）在无穷数列中，若时，总有 ，
则定义为“阶梯数列”.设为“阶梯数列”，且， ，
，则( )
ACD
A. B. C. D.
[解析] 因为为“阶梯数列”，所以由，可得， ，
，，， ，
观察可得 ，
， ，
所以，，故A正确，B错误；
，所以
，故C正确；
，故D正确．故选 ．
16.在人教版选择性必修第二册第10，11页的阅读材料中，由一个有趣的兔子问
题引出了斐波那契数列，并根据规律得到了递推公式： .现
在，我们也来尝试从下列两个问题中找出类似的数列.
问题1：小明要上楼梯，他每次只能向上走一级或两级.如果楼梯有 级，
那么他有多少种走法？
分析：我们记楼梯有级时的不同走法数为，显然， ，
，， .
问题2：小明要上楼梯，他每次只能向上走一级、两级或三级.如果楼梯有
级，那么他有多少种走法？
分析：我们记楼梯有级时的不同走法数为，显然， ，
，， .
请分别就上述两个问题，写出数列， 的第4项和第5项，并根据规律写
出一个递推公式.
解：问题1：当 时，
走法一：每次上一级楼梯，可记为1,1,1,1；
走法二：前两次上一级，第三次上两级，可记为1,1,2；
走法三：第一次上一级，第二次上两级，第三次上一级，可记为1,2,1；
走法四：每次上两级，可记为2,2；
走法五：第一次上两级，以后每次上一级，可记为2,1,1.故 .
当时，同理可记为,,,,, ,
,，共8种，故 .
由,,,可得 .
问题2：当时，可记为,,,,,, ，共7
种，故 ；
当时，可记为,,,,, ,
,,,,,,，共13种，故 .
由,，可得 .第2课时 数列的递推公式与前n项和
【课前预习】
知识点一
递推公式
诊断分析
1.(1)× (2)× (3)√ [解析] (1)不是所有的数列都有递推公式.例如精确到1,0.1,0.01,0.001,…的近似值组成的数列为1,1.4,1.41,1.414,…,该数列没有递推公式.
(2)由递推公式的定义知,递推公式就是表示数列的相邻两项或多项之间的关系式.数列的递推公式不是关于n的函数关系式.
(3)由条件可得a2=2a1-2=4.
2.解:仅由数列{an}的递推公式an=3an-1 (n≥2,n∈N*)只能知道==…==3(n≥2,n∈N*),无法确定这个数列.若再已知a2=3,则可以确定这个数列为1,3,9,27,…,3n-1,….
知识点二
1.a1+a2+…+an 2.式子 式子 3.S1 Sn-Sn-1
诊断分析
(1)√ (2)× (3)√ [解析] (1)a1=S1=3×1+1=4.a4=S4-S3=13-10=3.
(2)当n=1时,a1=S1=2,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1,则an=
(3)S6-S2=a1+a2+a3+a4+a5+a6-(a1+a2)=a3+a4+a5+a6.
【课中探究】
探究点一
例1 解:∵a1=1,an+1=,∴a2==,a3==,a4==,a5==,∴数列{an}的前5项依次是1,,,,.数列{an}的前5项可写成,,,,,故数列{an}的一个通项公式为an=.
变式 解:(1)∵a1=1,an+1=an+,∴a2=a1+=,a3=a2+=2,a4=a3+=.
(2)∵a1=1=,a2==,a3=2=,a4==,∴猜想an=.
拓展 (1)B (2)A [解析] (1)方法一:a3=××a1=××a1=9a1=3.
方法二:由=,可得a2=×=,a3=×=3.故选B.
(2)因为数列{an}满足a1=,an+1=(n∈N*),所以a2==3,a3==-2,a4==-,a5==,则{an}是以4为周期的周期数列,所以a2025=a506×4+1=a1=,故选A.
探究点二
例2 (1)C (2)10 [解析] (1)∵数列{an}的前n项和为Sn,Sn=2n,∴a4+a5=S5-S3=25-23=24,故选C.
(2)因为an=,所以a1=1,a2=3,a3=6,所以S3=a1+a2+a3=1+3+6=10.
变式 (1)B (2)-90 [解析] (1)依题意,a1=(1,3)=1,a2=(2,4)=2,a3=(3,5)=1,a4=(4,6)=2,以此类推,可知当1≤n≤50,n∈N*时,若n为奇数,则an=1,若n为偶数,则an=2,所以S50=25×1+25×2=75.故选B.
(2)由Sn= an2,S10=600,得100a=600,解得a=6,故a3 -a5-a6=(S3-S2)-(S5-S4)-(S6-S5)= S3+S4-S2-S6=6×32+6×42-6×22-6×62=-90.
探究点三
例3 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.
∵a1=-1也适合上式,∴an=4n-5.
(2)∵Sn=4-,∴a1=S1=4-=.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=4--4+=.
当n=1时,=≠a1,∴an=
变式 (1)BCD (2) [解析] (1)数列{an}的前n项和Sn=-n2+7n,当n=1时,S1=a1=6,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-n2+7n-[-(n-1)2+7(n-1)]=-2n+8,又a1=6满足上式,所以an=-2n+8,故B正确;
数列{an}是递减数列,故A不正确;
当n>4时,an=-2(n-4)<0,故C正确;
当n≤4时,an=-2(n-4)≥0,即数列{an}的前3项均为正数,第4项为0,从第5项起为负数,因此当n=3或4时,Sn取得最大值,故D正确.故选BCD.
(2)因为数列{an}的前n项和Sn=3n-2(n为正整数),所以当n=1时,a1=S1=3-2=1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(3n-2)-(3n-1-2)=2·3n-1,又a1=1不满足上式,所以an=
拓展 解:当n=1时,a1=3;当n≥2时,a1+3a2+5a3+…+(2n-3)an-1=3n-1,a1+3a2+5a3+…+(2n-3)an-1+(2n-1)an=3n,上述两式作差可得(2n-1)an=3n-3n-1=2·3n-1,即an=.因为a1=3不满足an=,所以an=第2课时 数列的递推公式与前n项和
一、选择题
1.符合递推公式an=(n≥2)的数列是( )
A.1,2,3,4,…
B.1,,2,2,…
C.,2,,2,…
D.0,,2,2,…
2.已知数列{an}的前n项和为Sn=n2+n+1,则a3= ( )
A.5 B.6 C.7 D.8
3.数列{an}满足an+1=1-,a7=2,则a1=( )
A.-1 B.
C.1 D.2
4.已知数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,an+1=2Sn,则S4= ( )
A.27 B.40
C.80 D.81
5.如图,在三个正方形块中,着色正方形的个数依次构成一个数列的前三项,则这个数列的一个递推公式为 ( )
A.an+1=8an
B.an+1=an+8n
C.an+1=an+8n-1
D.an+1=an+8n
6.已知数列{an}的通项公式为an=,前n项和为Sn,则Sn取得最小值时,n的值为( )
A.10 B.9
C.8 D.4
7.在数列{an}中,a1=,an+1=,则a98= ( )
A. B.
C.- D.-
8.(多选题)[2024·深圳龙岗区高二期末] 数列{an}的前n项和为Sn,已知Sn=-2n2+15n,则下列说法正确的是 ( )
A.{an}是递减数列
B.a10=-23
C.当n>3时,an<0
D.当n=4时,Sn取得最大值
9.(多选题)在数列{an}中,a1=2,an+1+=1,n∈N*,则( )
A.a2024=
B.a1+a2+a3+…+a2022=1011
C.a1a2a3…a2025=1
D.a1a2+a2a3+a3a4+…+a2022a2023=-1011
二、填空题
10.[2024·石家庄高二期中] 已知数列{an}中,a1·a2·…·an=n2(n∈N*),则a9= .
11.[2024·江苏泰州高二期中] 已知数列{an}的前n项和为Sn,且 Sn=n2+3n+1,则数列{an}的通项公式为 .
12.数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现这样一个数列{an}:1,1,2,3,5,8,…,它从第3项起,每一项都等于前面两项之和,即a1=a2=1,an+2=an+1+an,这样的数列称为“斐波那契数列”.若am=2(a3+a6+a9+…+a126)+1,则m= .
三、解答题
13.已知数列{an}中,a1=1,an+1=an.
(1)写出数列{an}的前5项;
(2)猜想数列{an}的通项公式.
14.已知Sn是数列{an}的前n项和,且Sn=n2+n.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=-5an,求数列{bn}中的最小项.
15.(多选题)在无穷数列{an}中,若ap=aq(p,q∈N*)时,总有ap+1=aq+1,则定义{an}为“阶梯数列”.设{an}为“阶梯数列”,且a1=a4=1,a5=,a8a9=2,则 ( )
A.a7=1
B.a8=2a4
C.S10=10+3
D.a2024=
16.在人教版选择性必修第二册第10,11页的阅读材料中,由一个有趣的兔子问题引出了斐波那契数列{Fn},并根据规律得到了递推公式:Fn+2=Fn+1+Fn.现在,我们也来尝试从下列两个问题中找出类似的数列.
问题1:小明要上楼梯,他每次只能向上走一级或两级.如果楼梯有n(n∈N*)级,那么他有多少种走法
分析:我们记楼梯有n(n∈N*)级时的不同走法数为an,显然,a1=1,a2=2,a3=3,….
问题2:小明要上楼梯,他每次只能向上走一级、两级或三级.如果楼梯有n(n∈N*)级,那么他有多少种走法
分析:我们记楼梯有n(n∈N*)级时的不同走法数为bn,显然,b1=1,b2=2,b3=4,….
请分别就上述两个问题,写出数列{an},{bn}的第4项和第5项,并根据规律写出一个递推公式.
