(共28张PPT)
5.1.2 数列中的递推
激趣诱思
知识点拨
斐波那契,意大利著名数学家.保存至今的斐波那契著作有5部,其中影响最大的是1202年在意大利出版的《算盘全书》.他在书中提出了著名的兔子繁殖问题:如果每对兔子每月繁殖一对子兔(一雌一雄),而子兔在出生后第三个月里就又能生一对子兔.试问一对兔子50个月后会有多少对兔子?
激趣诱思
知识点拨
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).
名师点析
通项公式与递推公式的区别与联系
类别
区别
联系
通项公式
an是序号n的函数式an=f(n)
都是给出数列的方法,都可求出数列中任意一项
递推公式
已知a1(或前几项)及相邻项(或相邻几项)间的关系式
激趣诱思
知识点拨
微思考
所有的数列都有递推公式吗?
提示:递推公式是给出数列的一种重要方法,但并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,…的不足近似值排列成一列数1,1.4,1.41,1.414,…就没有递推公式.
激趣诱思
知识点拨
微练习
已知数列{an}的首项a1=1,且an=3an-1+1(n≥2),则a4为( )
A.13
B.15
C.30
D.40
答案:D
激趣诱思
知识点拨
二、数列的前n项和
一般地,给定数列{an},称Sn=a1+a2+a3+…+an为数列{an}的前n项和.
名师点析
由数列的前n项和Sn求通项an
激趣诱思
知识点拨
微练习
已知数列{an}的前n项和Sn,求数列的通项公式.
(1)Sn=(-1)n+1·n;
(2)Sn=2n2+n+3.
解:(1)由Sn=(-1)n+1·n知,当n=1时,a1=S1=1;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(-1)n+1n-(-1)n(n-1)=(-1)n+1(2n-1).又当n=1时,a1=(-1)1+1×1=1,适合上式,∴an=(-1)n+1(2n-1).
(2)由Sn=2n2+n+3知:
当n=1时,a1=S1=6;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2n2+n+3)-[2(n-1)2+(n-1)+3]=4n-1.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
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=
构造一个新的数列{bn},写出数列{bn}的前4项.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
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.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
反思感悟
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,再依次代入计算.
(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=
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
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=
给出,试写出这个数列的前5项.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
例2(1)已知a1=1,an+1-an=2,求数列{an}的通项公式.
(2)已知a1=1,an+1=2an,求数列{an}的通项公式.
思路分析递推公式反映的是相邻两项(或几项)之间的关系,可将递推公式转化为通项公式进行研究.
解:(1)(方法一:累加法)∵a1=1,an+1-an=2,
∴a2-a1=2,a3-a2=2,a4-a3=2,…,an-an-1=2,将这些式子的两边分别相加得(a2-a1)+(a3-a2)+(a4-a3)+…+(an-an-1)=2(n-1),即an-a1=2(n-1).
又a1=1,∴数列{an}的通项公式为an=2n-1.
(方法二:迭代法)an=an-1+1×2=an-2+2×2=…=a1+(n-1)×2=2n-1.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
又a1=1=20,
∴数列{an}的通项公式为an=2n-1.
(方法二:迭代法)an=2an-1=22an-2=23an-3=…=2n-1·a1=2n-1,即数列{an}的通项公式为an=2n-1.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
反思感悟
由递推公式求通项公式的方法
(1)归纳法
一般是根据递推公式先写出前几项,然后进行归纳猜想n与an间的内在规律,但此方法不严密,有时易发生错误.
(2)累加法
当an-an-1=f(n)满足一定条件时,常用an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+
(a2-a1)+a1累加来求通项公式an.
(3)累乘法
如果递推关系可以变形为an+1=g(n)·an的形式,且g(n)能够求积,则可用累乘法求数列的通项公式.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
延伸探究将本例(2)中条件“an+1=2an”改为“an+1=an+
an(n≥2)”,其他条件不变,则an= .?
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
数列中an与Sn的关系
例3(1)若数列{an}的前n项和Sn满足Sn=2n2-3n,求通项an;
(2)若数列{an}的前n项和Sn满足Sn=5n-3,求通项an.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
解:(1)当n=1时,a1=S1=2×12-3×1=-1;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2n2-3n)-[2(n-1)2-3(n-1)]=4n-5.
显然a1=-1也适合n≥2时的an=4n-5.
故数列{an}的通项公式为an=4n-5.
(2)当n=1时,a1=S1=51-3=2;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(5n-3)-(5n-1-3)=4×5n-1,
显然a1=2不适合n≥2时的an=4×5n-1.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
反思感悟
由Sn求an的方法
an=
若a1适合an(n≥2),则用一个公式表示an,若a1不适合an(n≥2),则要用分段函数的形式表示an.此时不可不求a1而直接求an.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
变式训练2已知数列{an}的前n项和为Sn=n2-2n+2,则数列{an}的通项公式为 .?
解析:当n=1时,a1=S1=1-2+2=1.
当n≥2时,Sn-Sn-1=n2-2n+2-[(n-1)2-2(n-1)+2]=2n-3.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
数列中的恒成立问题
典例已知数列{an}满足前n项和Sn=2n-1,且λan≥4n-2对一切n∈N+恒成立,则实数λ的取值范围是 .?
解析:当n=1时,a1=1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1-2n-1+1=2n-1,a1适合上式.
所以数列{an}的通项公式为an=2n-1,
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
答案:[3,+∞)
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
1.下列说法错误的是( )
A.递推公式也是数列的一种表示方法
B.an=an-1,a1=1(n≥2)是递推公式
C.给出数列的方法只有图像法、列表法、通项公式法
D.an=2an-1,a1=2(n≥2)是递推公式
解析:通过图像、列表、通项公式我们可以确定一个数列,另外根据递推公式和数列的第一项,我们也可以确定数列.an=an-1(n≥2)与an=2an-1(n≥2),这两个关系式虽然比较特殊,但都表示的是数列中的任意项与它的前后项间的关系,且都已知a1,所以都是递推公式.
答案:C
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
2.已知数列{an}的第1项是1,第2项是2,以后各项由an=an-1+an-2(n>2)给出,则该数列的第5项等于( )
A.6
B.7
C.8
D.9
解析:∵a1=1,a2=2,an=an-1+an-2(n>2),
∴a3=a2+a1=2+1=3,a4=a3+a2=3+2=5,a5=a4+a3=5+3=8.
答案:C
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
3.(2020黑龙江鹤岗一中高一月考)设数列{an}的前n项和Sn=n3,则a4的值为( )
A.15
B.37
C.27
D.64
解析:当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n3-(n-1)3,故a4=43-33=64-27=37.
答案:B
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
4.在数列{an}中,a1=2,an+1=an+ln
,则通项公式an= .?
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
∵a1=2,∴an=2+ln
n.
∵a1=2+ln
1=2,
∴{an}的通项公式为2+ln
n.
答案:2+ln
n
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
5.已知数列{an}满足a1=0,an+1=an+(2n-1),写出它的前5项,并归纳出数列的一个通项公式.
解:∵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.
故该数列的一个通项公式是an=(n-1)2.第五章数列
5.1 数列基础
5.1.2 数列中的递推
课后篇巩固提升
基础达标练
1.数列1,3,6,10,15,…的递推公式是( )
A.a1=1,an+1=an+n,n∈N+
B.a1=1,an=an-1+n,n∈N+,n≥2
C.a1=1,an+1=an+(n+1),n∈N+,n≥2
D.a1=1,an=an-1+(n-1),n∈N+,n≥2
解析由题可知a1=1,an-an-1=n(n≥2).
答案B
2.已知数列{an}中的首项a1=1,且满足an+1=an+,此数列的第3项是( )
A.1
B.
C.
D.
解析a1=1,a2=a1+=1,a3=a2+.
答案C
3.已知数列{an}中,a1=1,an+1=2an+1,则数列{an}的一个通项公式为( )
A.an=n
B.an=n+1
C.an=2n
D.an=2n-1
解析由题可知a1=1,a2=3,a3=7,a4=15,经验证,选D.
答案D
4.(2020黑龙江大庆中学高一月考)已知数列{an}的前n项和为Sn(n∈N+),且Sn=n2+λ.若数列{an}为递增数列,则实数λ的取值范围为( )
A.(-∞,1)
B.(-∞,2)
C.(-∞,3)
D.(-∞,4)
解析当n=1时,a1=S1=1+λ;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+λ-(n-1)2-λ=2n-1,
因为an+1-an=2>0(n≥2),
所以当n≥2时,数列{an}为递增数列.
若数列{an}为递增数列,只需a2>a1,
所以3>1+λ,即λ<2.
故选B.
答案B
5.数列{an}满足an=4an-1+3(n≥2),且a1=0,则此数列的第5项是 .?
解析因为an=4an-1+3(n≥2),a1=0,所以a2=4×0+3=3,a3=4×3+3=15,a4=4×15+3=63,a5=4×63+3=255.
答案255
6.数列{an}满足an+1=,a8=2,则a1= .?
解析由an+1=,得an=1-,
∵a8=2,∴a7=1-,
a6=1-=-1,a5=1-=2,…,
∴{an}是以3为周期的数列,
∴a1=a7=.
答案
7.(2020四川树德中学高一期中)已知Sn是数列{an}的前n项和,若an=sin,则S2
020的值为 .?
解析∵T==6,
且a1=,a2=,a3=0,a4=-,a5=-,a6=0,a7=,…,
所以数列{an}的周期为6,且a1+a2+a3+a4+a5+a6=0,
又2
020=6×336+4,
∴S2
020=(a1+a2+a3+a4)+336×0=.
答案
8.已知数列{an}中,a1=1,an+1=,求通项an.
解将an+1=两边同时取倒数,得,
则,即,
∴,…,,
把以上这(n-1)个式子累加,得.
∵a1=1,∴an=.
9.(2019浙江余姚第四中学高一竞赛)已知数列{an}的通项公式为an=n2-n-30.
(1)求数列的前三项,60是此数列的第几项?
(2)n为何值时,an=0,an>0,an<0?
(3)该数列前n项和Sn是否存在最值?说明理由.
解(1)由an=n2-n-30,得
a1=1-1-30=-30,
a2=22-2-30=-28,
a3=32-3-30=-24.
令an=60,则60=n2-n-30.
解得n=10或n=-9(舍去).
∴60是此数列的第10项.
(2)令an=n2-n-30=0,
解得n=6或n=-5(舍去),∴a6=0.
令n2-n-30>0,解得n>6或n<-5(舍去).
∴当n>6(n∈N+)时,an>0.
令n2-n-30<0,解得0
∴当0(3)Sn存在最小值,不存在最大值.
由an=n2-n-30=n-2-,
知{an}是递增数列,且a1故Sn存在最小值S5=S6,不存在Sn的最大值.
能力提升练
1.(2020周口中英文学校高二期中)数列{an}满足a1=,an+1=1-,则a2
018等于( )
A.
B.-1
C.2
D.3
解析当n=1时,a2=1-2=-1,a3=1-(-1)=2,a4=1-,a5=1-2=-1,所以数列的周期是3,所以a2
018=a(3×672+2)=a2=-1.
答案B
2.(2020浙江高二期末)已知数列{an}满足a1=a(a∈R),an+1=+2an-2(n∈N+),则下列说法中错误的是
( )
A.若a>1,则数列{an}为递增数列
B.若数列{an}为递增数列,则a>1
C.存在实数a,使数列{an}为常数数列
D.存在实数a,使|an+1|≤2恒成立
解析对于A选项,若a>1,则an+1-an=+an-2=an+2->1+2-=0,∴an+1>an,即数列{an}为递增数列,则A正确;对于B选项,若数列{an}为递增数列,则an+1-an=+an-2=an+2->0,∴an+<-,或an+,即an<-2,或an>1,∴a<-2,或a>1,则B错;对于C选项,要使数列{an}为常数数列,则an+1-an=+an-2=(an-1)(an+2)=0,∴an=1,或an=-2,即存在实数a=1或a=-2,使数列{an}为常数数列,则C正确;对于D选项,由C选项可得,当a=1时,数列{an}为常数数列,即|an+1|=|1+1|=2,则存在实数a=1,使|an+1|≤2恒成立,则D正确.
答案B
3.(2019浙江宁波高三月考)已知数列{an},满足a1=3,=an+2(n∈N+),则使an>42
020成立的最小正整数n为( )
A.10
B.11
C.12
D.13
解析因为=an+2,即an+1=+2an,
所以an+1+1=+2an+1=(an+1)2,
则a2+1=(a1+1)2,a3+1=(a2+1)2=(a1+1,…,an+1=(an-1+1)2=(a1+1,
所以an+1=,即an=-1,
因为an>42
020,即-1>42
020,
又n∈N+,所以n≥12,
故选C.
答案C
4.数列{an}中,a1=7,a9=8,且(n-1)an=a1+a2+…+an-1(n≥3),则a2等于 .?
解析由(n-1)an=a1+a2+…+an-1(n≥3),
得nan+1=a1+a2+…+an,
两式相减,得nan+1-(n-1)an=an.
∴当n≥3时,nan+1=nan,即an+1=an.
又a9=8,∴a3=8.
又2a3=a1+a2,a1=7,∴a2=2a3-a1=9.
答案9
5.(2020陕西西安高三二模)数列{an}满足a1+2a2+3a3+…+nan=2n-1(n∈N+),则an= .若存在n∈N+使得an≤·λ成立,则实数λ的最小值为 .?
解析当n≥2时,
a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1+nan=2n-1,
a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1=2n-1-1,
两式相减得nan=(2n-1)-(2n-1-1)=2n-1,
所以an=(n≥2).
当n=1时,a1=1满足上式,
综上所述,an=.
存在n∈N+使得an≤·λ成立的充要条件为存在n∈N+使得λ≥,
设bn=,
所以>1,即bn+1>bn,
所以{bn}单调递增,{bn}的最小项b1=,
即有λ≥b1=,λ的最小值为.
答案an=
6.(2020广州高三月考)已知数列{an}满足:a1=2,an+an-1=4n-2(n≥2).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足b1+3b2+7b3+…+(2n-1)bn=an,求数列{bn}的通项公式.
解(1)由an+an-1=4n-2(n≥2)可化为(an-2n)+(an-1-2n+2)=0.
令cn=an-2n,则cn+cn-1=0,即cn=-cn-1.
因为a1=2,所以c1=a1-2=0,
所以cn=0,即an-2n=0,故an=2n.
(2)由b1+3b2+7b3+…+(2n-1)bn=an,
可知b1+3b2+7b3+…+(2n-1-1)bn-1=an-1(n≥2),
两式作差得(2n-1)bn=an-an-1=2(n≥2),
即bn=(n≥2).
又当n=1时,b1=a1=2也满足上式,故bn=.
素养培优练
(2020江西师大附中高三一模)已知数列{an}中,a1=1,其前n项和为Sn,且满足2Sn=(n+1)an(n∈N+).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记bn=3n-λ,若数列{bn}为递增数列,求λ的取值范围.
解(1)∵2Sn=(n+1)an,∴2Sn+1=(n+2)an+1,
∴2an+1=(n+2)an+1-(n+1)an,
即nan+1=(n+1)an,∴,
∴=…==1,∴an=n(n∈N+).
(2)由(1)知bn=3n-λn2.
bn+1-bn=3n+1-λ(n+1)2-(3n-λn2)=2·3n-λ(2n+1).
∵数列{bn}为递增数列,
∴2·3n-λ(2n+1)>0,即λ<.
令cn=,
即>1.
∴{cn}为递增数列,∴λ即λ的取值范围为(-∞,2).