第4章 数列 阶段复习课（课件PPT）-【优化指导】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第二册（人教A版2019）

数列 第四章 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 C 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 解 析 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 解 析 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 解 析 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 解 析 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 解 析 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 解 析 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 证 明 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 证 明 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 解 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 解 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 解 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 B 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 解 析 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 解 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 解 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 证 明 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 解 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 解 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 解 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 B 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 解 析 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 C 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 解 析 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 阶段质量检测（四）（A） 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 阶段质量检测（四）（B） 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 谢谢观看 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 专题一　等差、等比数列的基本运算 数列的基本运算以小题居多，但也会作为解答题的第一个问题命题，主要考查利用数列的通项公式及求和公式，求数列中的项、公差、公比及前n项和等，一般难度较小． [练1] (2024·河西区高二期末)如图给出一个“直角三角形数阵”满足每一列的数成等差数列，从第三行起，每一行的数成等比数列，且每一行的公比相等，则第8行第3列的数为(　　) ， ，， … A． B． C． D．1 由题意，第1列是首项为，公差为的等差数列，每一行是公比为的等比数列， 所以第8行第1列为＋7×＝2. 又因为第8行是公比为的等比数列， 所以第8行第3列的数为2×()2＝. [练2] (2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝________． 答案：－2　 方法一　设数列{an}的公比为q，则由a2a4a5＝a3a6，得a1q·a1q3·a1q4＝a1q2·a1q5.又a1≠0，且q≠0，所以可得a1q＝1　①.又a9a10＝a1q8·a1q9＝aq17＝－8　②，所以由①②可得q15＝－8，q5＝－2，所以a7＝a1q6＝a1q·q5＝－2. 方法二　设数列{an}的公比为q.因为a4a5＝a3a6≠0，所以a2＝1.又a9a10＝a2q7·a2q8＝q15＝－8，于是q5＝－2，所以a7＝a2q5＝－2. [练3] (2023·北京卷)我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量(单位：铢)从小到大构成项数为9的数列{an}，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且a1＝1，a5＝12，a9＝192，则a7＝________；数列{an}所有项的和为________． 答案：48　384 方法一　设前3项的公差为d，后7项公比为q>0， 则q4＝＝＝16，且q>0，可得q＝2， 则a3＝1＋2d＝，即1＋2d＝3，可得d＝1，可得a3＝3，a7＝a3q4＝48， a1＋a2＋…＋a9＝1＋2＋3＋3×2＋…＋3×26＝3＋＝384. 方法二　因为{an}(3≤n≤7，n∈N*)为等比数列，则a＝a5a9＝12×192＝482，且an>0，所以a7＝48. 又因为a＝a3a7，则a3＝＝3. 设后7项公比为q>0，则q2＝＝4，解得q＝2，可得a1＋a2＋a3＝＝6，a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝＝ ＝381，所以a1＋a2＋…＋a9＝6＋381－a3＝384. [练4] 设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝－3，S5＝－10，则a5＝__________，Sn的最小值为____________． 答案：0　－10　 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.∵S5＝(a1＋a5)＝×2a3＝－10，得a3＝－2，∴d＝a3－a2＝－2－(－3)＝1，∴a1＝－3－1＝－4，∴a5＝a1＋4d＝－4＋4＝0.下面求Sn的最小值： 方法一　∵a1＝－4，d＝1，∴Sn＝－4n＋×1＝(n－)2－.∵n∈N*，∴当n＝4或5时，Sn取最小值，S4＝S5＝－10. 方法二　∵a1＝－4，d＝1，∴an＝－4＋(n－1)×1＝n－5.由an≤0得n≤5，且n＝5时，a5＝0，故当n＝4或5时，Sn取最小值，S4＝S5＝＝－10. 专题二　等差、等比数列的判定 　等差、等比数列的判定方法 定义法 an＋1－an＝d(常数)⇔数列{an}是等差数列 ＝q(非零常数)⇔数列{an}是等比数列 中项公 式法 2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇔数列{an}是等差数列 a＝anan＋2(an＋1anan＋2≠0)⇔数列{an}是等比数列 通项 公式法 an＝pn＋q(p，q为常数)⇔数列{an}是等差数列 an＝cqn(c，q均为非零常数)⇔数列{an}是等比数列 前n项 和公式 Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)⇔数列{an}是等差数列 Sn＝kqn－k(k，q为非零常数，且q≠1)⇒数列{an}是等比数列 [练5] 记Sn为数列{an}的前n项和，已知an>0，a2＝3a1，且数列{}是等差数列．求证：{an}是等差数列． 设等差数列{}的公差为d′， 则d′＝－＝－＝－＝， ∴＝＋(n－1)d′＝n， ∴Sn＝n2a1. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2a1－(n－1)2a1＝(2n－1)a1，当n＝1时，也满足此式． ∴an－an－1＝(2n－1)a1－[2(n－1)－1]a1＝2a1， ∴数列{an}是以a1为首项，2a1为公差的等差数列． [练6] (2024·深圳高二期末)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，且∀n∈N*，anSn＋1－an＋1Sn＝. (1)证明：{}为等差数列； (2)求{an}的通项公式； (3)若bn＝an·2n，求数列{bn}的前n项和Tn. (1)∵∀n∈N*，anSn＋1－an＋1Sn＝， ∴－＝. ∵＝1， ∴数列{}是首项为1，公差为的等差数列． (2)∵数列{}是首项为1，公差为的等差数列， ∴＝1＋(n－1)＝(n＋1)， 即2Sn＝an(n＋1)， ∴2Sn－1＝nan－1(n≥2)， 两式作差得，2an＝(n＋1)an－nan－1， 即＝(n≥2)， ∴×××…×＝××…×， ∴＝n， ∴an＝n(n≥2). 又a1＝1，满足上式，∴an＝n. (3)bn＝n·2n， Tn＝1×21＋2×22＋…＋n×2n，① 2Tn＝1×22＋2×23＋…＋n×2n＋1，② ①－②得，－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝－n×2n＋1＝2n＋1－2－n×2n＋1， Tn＝(n－1)2n＋1＋2. 专题三　求数列的通项公式 数列的通项公式是数列的重要内容之一，它把数列各项的性质集于一身．常用的求通项的方法有观察法、公式法、累加法、累乘法、构造法、前n项和作差法等． [练7] 数列{an}：1，3，5，7，…的通项公式为(　　) A．an＝(2n－1)· B．an＝(2n－1)＋ C．an＝(2n＋1)＋ D．an＝ 1＝1＋，3＝3＋，5＝5＋，…， ∴an＝(2n－1)＋. [练8] 已知数列{an}为无穷数列，若an－1＋an＋1＝2an(n≥2且n∈N*)，且a2＝4，a6＝8，求通项公式an. ∵an－1＋an＋1＝2an，∴an－1，an，an＋1成等差数列． 又n≥2且n∈N*， ∴数列{an}为等差数列，设首项为a1，公差为d. 由可得 ∴通项公式an＝3＋(n－1)×1＝n＋2. [练9] 已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＝5Sn－3，且an≠0，求数列{an}的通项公式． 当n＝1时，∵a1＝5a1－3，∴a1＝. 当n≥2时，∵an＝5Sn－3，∴an－1＝5Sn－1－3， ∴an－an－1＝5(Sn－Sn－1). 即an－an－1＝5an，＝－， ∴{an}是首项为a1＝，公比为q＝－的等比数列． ∴an＝a1qn－1＝×(－)n－1(n∈N*). 专题四　数列求和问题 数列求和的常用方法 (1)公式法． (2)分组转化法求和．将数列通项变形后，每一项拆成两项或多项，重新分组，将一般数列求和化归为特殊数列求和． (3)倒序求和法． (4)错位相减法求和． (5)裂项相消法求和．把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和． (6)并项求和法． [练10] (2023·桂林高二期中)若数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－λ(λ＞0，n∈N*). (1)证明：数列{an}为等比数列，并求an； (2)若λ＝4，bn＝(n∈N*)，求数列{bn}的前2n项和T2n. (1)由Sn＝2an－λ可得S1＝2a1－λ，即a1＝λ. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2an－λ)－(2an－1－λ)＝2an－2an－1， 即an＝2an－1. 又a1＝λ＞0，所以数列{an}是首项为λ，公比为2的等比数列， 所以an＝λ×2n－1. (2)由(1)可知当λ＝4时，an＝2n＋1. 从而bn＝ 所以T2n＝(22＋24＋26＋…＋22n)＋[3＋5＋7＋…＋(2n＋1)]＝＋＝＋n2＋2n. [练11] (2024·酒泉高二期末)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n＋1＋n－2. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝－，求数列{bn}的前n项和Tn，并证明：Tn<. (1)由题知，Sn＝2n＋1＋n－2，所以Sn－1＝2n＋n－3(n≥2)， 两式相减得，an＝2n＋1(n≥2). 当n＝1时，a1＝S1＝22＋1－2＝3满足上式， 所以数列{an}的通项公式为an＝2n＋1. (2)由(1)知，bn＝－， 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(－)＋(－)＋…＋(－)＝－＝－. 又>0，所以Tn<. [练12] 设数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝3·22n－1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn. (1)由已知，当n≥1时， an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1 ＝3(22n－1＋22n－3＋…＋2)＋2＝22n＋1. 而a1＝2，符合上式， 所以数列{an}的通项公式为an＝22n－1. (2)由bn＝nan＝n·22n－1知 Sn＝1×2＋2×23＋3×25＋…＋n·22n－1，① 22Sn＝1×23＋2×25＋3×27＋…＋n·22n＋1.② ①－②得(1－22)Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n·22n＋1， 即Sn＝[(3n－1)22n＋1＋2]. 专题五　数列的实际应用问题 应用数列知识解决实际问题的步骤 (1)根据实际问题提取数据； (2)建立数据关系，对提取的数据进行分析、归纳，建立数列的通项公式或递推关系； (3)检验关系是否符合实际，符合实际则可以使用，不符合则要修改关系； (4)利用合理的结论对实际问题展开讨论． [练13] 跑步是最好的锻炼方式之一，通过跑步，我们能提高肌力，同时提高体内的基础代谢水平，加速脂肪的燃烧，养成易瘦体质．小林最近给自己制定了一个200 km的跑步健身计划，他第一天跑了8 km，以后每天比前一天多跑0.5 km，则他要完成该计划至少需要(　　) A．16天 B．17天 C．18天 D．19天 依题意可得，他从第一天开始每天跑步的路程(单位：km)依次成等差数列，且首项为8，公差为0.5.设经过n天后他完成健身计划，则8n＋×0.5≥200，整理得n2＋31n－800≥0.因为函数f(x)＝x2＋31x－800在[1, ＋∞)上为增函数，且f(16)<0，f(17)>0，所以n≥17. [练14] 北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块．下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板的块数为(不含天心石)(　　) A．3 699 B．3 474 C．3 402 D．3 339 由题意知，由天心石开始向外的每环的扇面形石板块数构成一个等差数列，记为{an}，易知其首项a1＝9，公差d＝9，所以an＝a1＋(n－1)d＝9n.设数列{an}的前n项和为Sn，由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等差数列，所以2(S2n－Sn)＝Sn＋S3n－S2n，所以(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝S2n－2Sn＝9n2＝729，解得n＝9，所以三层共有扇面形石板的块数为S3n＝＝＝3 402. $$