《2025年学易优同步学案导学高中数学选择性必修第二册通用版》

【跟踪训练 2】
在数列 $\{ a_{n}\}$ 中，$a_{1}=-2$，$a_{n+1}=1-\dfrac {1}{a_{n}}$，试求 $a_{2025}$ 的值。

答案： 解：由已知得$a_2=1-\frac{1}{a_1}=\frac{3}{2}$，$a_3=1-\frac{1}{a_2}=\frac{1}{3}$，
$a_4=1-\frac{1}{a_3}=-2$，$a_5=1-\frac{1}{a_4}=\frac{3}{2}$，$·s$，$a_{n + 3}=a_n$，
所以数列$\{a_n\}$是以$3$为周期的周期数列，
故$a_{2025}=a_3×675=a_3=\frac{1}{3}$.

【例 3】(1) 已知数列 $\{ a_{n}\}$ 满足 $a_{1}=1$，$a_{n+1}=\dfrac {n}{n+1}a_{n}(n\in \mathbf{N}^{*})$，则 $a_{n}$ 等于（D）
A. $n + 1$
B. $n$
C. $\dfrac {1}{n + 1}$
D. $\dfrac {1}{n}$
(2) 在数列 $\{ a_{n}\}$ 中，$a_{1}=2$，$a_{n+1}=a_{n}+\ln \left(1+\dfrac {1}{n}\right)$，则 $a_{n}=$(A)
A. $2 + \ln n$
B. $2 + (n - 1)\ln n$
C. $2 + n\ln n$
D. $1 + n + \ln n$

答案：
(1)D 由题意，因为数列$\{a_n\}$满足$a_{n + 1}=\frac{n}{n + 1}a_n(n\in N^*)$，所以$\frac{a_{n + 1}}{a_n}=\frac{n}{n + 1}$，
所以$a_n=\frac{a_n}{a_{n - 1}}·\frac{a_{n - 1}}{a_{n - 2}}·s·s\frac{a_3}{a_2}·\frac{a_2}{a_1}· a_1=\frac{n - 1}{n}×\frac{n - 2}{n - 1}×·s×\frac{2}{3}×\frac{1}{2}×1=\frac{1}{n}$
(2)A 方法一(归纳法) 由题意得数列的前$5$
项分别为$a_1=2$，$a_2=2+\ln(1+\frac{1}{1})=2+\ln2$，
$a_3=(2+\ln2)+\ln(1+\frac{1}{2})=2+\ln3$，
$a_4=(2+\ln3)+\ln(1+\frac{1}{3})=2+\ln4$，
$a_5=(2+\ln4)+\ln(1+\frac{1}{4})=2+\ln5$，$·s$，
由此猜想数列的一个通项公式为$a_n=2+\ln n$.
经检验符合题意.
方法二(迭代法) 由题意得$a_n=a_{n - 1}+\ln(1+\frac{1}{n - 1})=a_{n - 1}+\ln\frac{n}{n - 1}(n\geq2)$，
则$a_n=a_{n - 1}+\ln\frac{n}{n - 1}=a_{n - 2}+\ln\frac{n - 1}{n - 2}+\ln\frac{n}{n - 1}=·s=a_1+\ln\frac{2}{1}+\ln\frac{3}{2}+\ln\frac{4}{3}+·s+\ln\frac{n}{n - 1}=a_1+\ln(\frac{2}{1}×\frac{3}{2}×\frac{4}{3}×·s×\frac{n}{n - 1})=2+\ln n(n\geq2)$.
又$a_1=2=2+\ln1$，符合上式，
所以$a_n=2+\ln n$.
方法三(累加法) 由题意得$a_{n + 1}-a_n=\ln(1+\frac{1}{n})=\ln\frac{n + 1}{n}=\ln(n + 1)-\ln n$，
因此，$a_1=2$，
$a_2 - a_1=\ln2$，
$a_3 - a_2=\ln3 - \ln2$，
$a_4 - a_3=\ln4 - \ln3$，
$·s$，
$a_n - a_{n - 1}=\ln n - \ln(n - 1)(n\geq2)$，
以上各式两边分别相加，
得$a_n=2+\ln2+(\ln3 - \ln2)+(\ln4 - \ln3)+·s+[\ln n - \ln(n - 1)](n\geq2)$.
所以$a_n=2+\ln n(n\geq2)$.
因为$a_1=2$也适合上式，所以$a_n=2+\ln n$.

【跟踪训练 3】
(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，n∈N*。
(2) 已知数列 $\{ a_{n}\}$ 满足 $a_{1}=1$，$a_{n}=a_{n - 1}+\sqrt {n + 1}-\sqrt {n}(n\geqslant 2)$，求 $a_{n}$；
(3) 已知数列 $\{ a_{n}\}$ 满足 $a_{1}=1$，$\ln a_{n}-\ln a_{n - 1}=1(n\geqslant 2)$，求 $a_{n}$。

答案：
(1)$2n - 1$，$n\in N^*$ $a_n=a_{n - 1}+2=a_{n - 2}+2×2=·s=a_1+2×(n - 1)=2n - 1$，$n\geq2$，
又$a_1=1$适合上式，
$\therefore a_n=2n - 1$，$n\in N^*$.
(2)解：因为$a_n=a_{n - 1}+\sqrt{n + 1}-\sqrt{n}(n\geq2)$，
所以$a_n - a_{n - 1}=\sqrt{n + 1}-\sqrt{n}$.
所以$a_n=(a_n - a_{n - 1})+(a_{n - 1} - a_{n - 2})+·s +(a_2 - a_1)+a_1=(\sqrt{n + 1}-\sqrt{n})+(\sqrt{n}-\sqrt{n - 1})+·s+(\sqrt{3}-\sqrt{2})+1=\sqrt{n + 1}-\sqrt{2}+1$.
又$a_1=1$也符合上式，
所以$a_n=\sqrt{n + 1}-\sqrt{2}+1$，$n\in N^*$.
(3)解：因为$\ln a_n - \ln a_{n - 1}=1$，
所以$\ln\frac{a_n}{a_{n - 1}}=1$，
即$\frac{a_n}{a_{n - 1}}=\mathrm{e}(n\geq2)$.
所以$a_n=\frac{a_n}{a_{n - 1}}·\frac{a_{n - 1}}{a_{n - 2}}·s·s\frac{a_2}{a_1}· a_1=\mathrm{e}·\mathrm{e}·s·\mathrm{e}·1=\mathrm{e}^{n - 1}(n\geq2)$，
又$a_1=1$也符合上式，
所以$a_n=\mathrm{e}^{n - 1}$，$n\in N^*$.