《2025年成才之路高中新课程学习指导高中数学选择性必修第二册人教版》

例2. (1) 在数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1} = 1$，$a_{n + 1} = a_{n} + \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1}$，则$a_{n} =$ (B)

A.$\frac{1}{n}$
B.$\frac{2n - 1}{n}$
C.$\frac{n - 1}{n}$
D.$\frac{1}{2n}$

答案：
(1)B 方法一(归纳法)：数列的前5项分别为$ a_{1}=1$，$ a_{2}=1+1-\frac{1}{2}=2-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$，$ a_{3}=\frac{3}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}=2-\frac{1}{3}=\frac{5}{3}$，$ a_{4}=\frac{5}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}=2-\frac{1}{4}=\frac{7}{4}$，$ a_{5}=\frac{7}{4}+\frac{1}{4}-\frac{1}{5}=2-\frac{1}{5}=\frac{9}{5}$，所以$ a_{n}=2-\frac{1}{n}=\frac{2n - 1}{n}(n\geqslant 2)$，又$ a_{1}=1$满足上式，由此可得数列的一个通项公式为$ a_{n}=\frac{2n - 1}{n}$.方法二(累加法)：$ a_{n + 1}-a_{n}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n + 1}$，$ a_{1}=1$，$ a_{2}-a_{1}=1-\frac{1}{2}$，$ a_{3}-a_{2}=\frac{1}{2}-\frac{1}{3}$，$ a_{4}-a_{3}=\frac{1}{3}-\frac{1}{4}$，$·s$，$ a_{n}-a_{n - 1}=\frac{1}{n - 1}-\frac{1}{n}(n\geqslant 2)$，以上各式相加得$ a_{n}=1 + 1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+·s+\frac{1}{n - 1}-\frac{1}{n}$. 所以$ a_{n}=\frac{2n - 1}{n}(n\geqslant 2)$. 因为$ a_{1}=1$也适合上式，所以$ a_{n}=\frac{2n - 1}{n}(n\in\mathbf{N}^{*})$.

(2) 已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1} = 1$，$a_{n + 1} = \frac{n}{n + 1} a_{n} (n \in \mathbf{N}^*)$，则$a_{n} =$ (D)

A.$n + 1$
B.$n$
C.$\frac{1}{n + 1}$
D.$\frac{1}{n}$
[方法总结2]

答案：
(2)D 方法一(累乘法)：由题意，因为数列$\{ a_{n}\}$满足$ a_{n + 1}=\frac{n}{n + 1}a_{n}(n\in\mathbf{N}^{*})$，所以$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}}=\frac{n}{n + 1}$，所以$ a_{n}=\frac{a_{n}}{a_{n - 1}}·\frac{a_{n - 1}}{a_{n - 2}}··s·\frac{a_{3}}{a_{2}}·\frac{a_{2}}{a_{1}}· a_{1}=\frac{n - 1}{n}×\frac{n - 2}{n - 1}×·s×\frac{2}{3}×\frac{1}{2}×1=\frac{1}{n}$.方法二(构造特殊数列法)：由$ a_{n + 1}=\frac{n}{n + 1}a_{n}(n\in\mathbf{N}^{*})$，得$(n + 1)a_{n + 1}=na_{n}$，又$ 1· a_{1}=1$，$\therefore$ 数列$\{ na_{n}\}$是常数列，$\therefore na_{n}=1· a_{1}=1$，$\therefore a_{n}=\frac{1}{n}$.

跟踪训练2
(1) 已知数列$\{ a_{n}\}$满足：$a_{1} = 1$，$a_{n + 1} = a_{n} + 2$，$n \in \mathbf{N}^*$，则$a_{n} =$2n-1
(2) 在数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1} = 1$，$a_{n + 1} = 2a_{n}$，求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式.

答案：
(1)$ 2n - 1,n\in\mathbf{N}^{*}$
(2)由$ a_{n + 1}=2a_{n}$，得$\frac{a_{n}}{a_{n - 1}}=2(n\geqslant 2)$，所以$\frac{a_{2}}{a_{1}}=2$，$\frac{a_{3}}{a_{2}}=2$，$\frac{a_{4}}{a_{3}}=2$，$·s$，$\frac{a_{n}}{a_{n - 1}}=2(n\geqslant 2)$. 将以上各等式等号两边分别相乘，得$\frac{a_{2}}{a_{1}}·\frac{a_{3}}{a_{2}}·\frac{a_{4}}{a_{3}}··s·\frac{a_{n}}{a_{n - 1}}=\frac{a_{n}}{a_{1}}=2^{n - 1}(n\geqslant 2)$.因为$ a_{1}=1$，所以数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$ a_{n}=2^{n - 1}(n\geqslant 2)$.当$ n = 1$时，$ a_{1}=1$，符合上式，所以$ a_{n}=2^{n - 1}(n\in\mathbf{N}^{*})$.

例3. 已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和$S_{n} = n^{2} + \frac{1}{2}n + 1$，求通项$a_{n}$.
[方法总结3]
[方法总结2]
由递推公式求通项公式的常用方法
(1) 归纳法：根据数列的某项和递推公式，求出数列的前几项，归纳出通项公式.（只适用于选择题、填空题）
(2) 累加法或累乘法：
①$a_{n + 1} - a_{n} =$常数，或$a_{n + 1} - a_{n} = f(n)$（$f(n)$是可以求和的），使用累加法.
②$a_{n + 1} = pa_{n}$（$p$为非零常数），或$a_{n + 1} = f(n) a_{n}$（$f(n)$是可以求积的），使用累乘法.
[方法总结3]
由$S_{n}$求通项公式$a_{n}$的步骤
(1) 当$n = 1$时，$a_{1} = S_{1}$.
(2) 当$n \geqslant 2$时，$a_{n} = S_{n} - S_{n - 1}$.
(3) 验证$a_{1}$与$a_{n}$的关系.
① 若$a_{1}$适合$a_{n} (n \geqslant 2)$，则$a_{n} = S_{n} - S_{n - 1}$.
② 若$a_{1}$不适合$a_{n} (n \geqslant 2)$，则$a_{n} = \begin{cases} S_{1}, & n = 1, \\ S_{n} - S_{n - 1}, & n ＞ 2. \end{cases}$

答案： 例3：【解析】 当$ n\geqslant 2$时，$ a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}$ $=\left(n^{2}+\frac{1}{2}n + 1\right)-\left[(n - 1)^{2}+\frac{1}{2}(n - 1)+1\right]=2n-\frac{1}{2}$. 当$ n = 1$时，$ a_{1}=S_{1}=1^{2}+\frac{1}{2}+1=\frac{5}{2}$不符合上式. $\therefore a_{n}=\begin{cases}\frac{5}{2},n = 1,\\2n-\frac{1}{2},n\geqslant 2.\end{cases}$