第四章 数列 章末总结提升课件-2024-2025学年高二下学期数学人教A版（2019）选择性必修第二册

第四章　数列 章末总结提升 人教A版 数学 选择性必修第二册 知识网络·整合构建 专题突破·素养提升 目录索引 知识网络·整合构建 重难探究·能力素养全提升 专题突破·素养提升 专题一　等差与等比数列的基本运算 1.数列的基本运算以小题居多,但也可作为解答题第一步命题,主要考查利用数列的通项公式及求和公式来求数列中的项、公差、公比及前n项和等,一般试题难度较小. 2.通过等差、等比数列的基本运算,培养数学运算、逻辑推理等核心素养. 【例1】 设等比数列{an}的公比为q(q≠1),前n项和为Sn. 规律方法　等差数列或等比数列的通项公式an与前n项和公式Sn,共涉及五个量:a1,d,an,Sn,n或a1,q,an,Sn,n,其中a1,d,n或a1,q,n为基本量,“知三求二”是指将已知条件转换成关于a1,d或q,an,Sn,n的方程组,利用方程的思想求出需要的量,当然在求解中若能运用等差(比)数列的性质会更好,这样可以化繁为简,减少运算量,同时还要注意整体代入思想方法的运用. 变式训练1已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1+a6=6,a4=2. (1)求数列{an}的通项公式; (2)求Sn的最大值及相应的n的值. (2)由an=10-2n≥0,得n≤5, ∴当n=4或n=5时,Sn取得最大值为S4=S5=4×8+ ×(-2)=20. 专题二　等差、等比数列的判定 1.判断等差或等比数列是数列中的重点内容,经常在解答题中出现,对给定条件进行变形是解题的关键所在,经常利用此类方法构造等差或等比数列. 2.通过等差、等比数列的判定与证明,培养逻辑推理、数学运算等核心素养. (1)求b1,b2,b3; (2)判断数列{bn}是否为等比数列,并说明理由; (3)求数列{an}的通项公式. 解 (1)由条件可得an+1= an.将n=1代入得,a2=4a1,又a1=1,所以a2=4.将n=2代入得,a3=3a2,所以a3=12.所以b1=1,b2=2,b3=4. (2){bn}是首项为1,公比为2的等比数列.理由如下: 由条件可得 ,即bn+1=2bn,又b1=1,所以{bn}是首项为1,公比为2的等比数列. 规律方法　判断和证明数列是等差(比)数列的方法 (1)定义法:对于n≥1的任意自然数,验证an+1-an(或 )为同一个常数. (2)中项公式法: ①若2an=an-1+an+1(n∈N*,n≥2),则{an}为等差数列. ②若 =an-1·an+1(n∈N*,n≥2且an≠0),则{an}为等比数列. (3)通项公式法:an=kn+b(k,b是常数)⇔{an}是等差数列;an=c·qn(c,q为非零常数)⇔{an}是等比数列. (4)前n项和公式法:Sn=An2+Bn(A,B为常数,n∈N*)⇔{an}是等差数列;Sn=Aqn-A(A,q为常数,且A≠0,q≠0,q≠1,n∈N*)⇔{an}是公比不为1的等比数列. (2)试问a1a2是否是数列{an}中的项?如果是,是第几项?如果不是,请说明理由. 专题三　数列求和 1.数列求和一直是高考考查的热点,并且多以与不等式的证明或求解相结合的形式出现.一般数列的求和,主要是将其转化为等差数列或等比数列的求和问题. 2.通过数列求和,培养数学运算、逻辑推理等核心素养. 【例3】 已知数列{an}是n次多项式f(x)=a1x+a2x2+…+anxn的系数,且 规律方法　数列求和的常用类型 (1)错位相减法:适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列.把Sn=a1+a2+…+an两边同乘以相应等比数列的公比q,得到qSn=a1q+a2q+…+anq,两式错位相减即可求出Sn. (2)裂项相消法:即将数列的通项分成两个式子的代数和的形式,然后通过累加抵消中间若干项的方法. (3)拆项分组法:把数列的每一项拆成两项(或多项),再重新组合成两个(或多个)简单的数列,最后分别求和. (4)并项求和法:与拆项分组相反,并项求和是把数列的两项(或多项)组合在一起,重新构成一个数列再求和,一般适用于正负相间排列的数列求和,注意对数列项数(是奇数还是偶数)的讨论. 解 (1)由 -(2n-1)an-2n=0,得(an-2n)(an+1)=0.由于{an}是正项数列,所以an=2n,n∈N*. (1)若a1=1,S6=S3,求a3的值; (2)若q>1,am+am+2=am+1,且S2m=9Sm,m∈N*,求m的值. 解 (1)等比数列{an}的公比为q(q≠1),前n项和为Sn. ∵a1=1,S6=S3,∴S6=S3+q3S3=S3(1+q3)=S3,解得q=, ∴a3=a1q2=. (2)∵q>1,am+am+2=am+1,且S2m=9Sm,m∈N*,∴am+amq2=amq, ∴q2-q+1=0,解得q=或q=2,由q>1,得q=2. ∵S2m=9Sm,∴=9×.∵a1≠0,∴1-22m=9(1-2m),解得m=3或m=0,又m∈N*,∴m=3. 解 (1)设等差数列{an}的公差为d,由a1+a6=6,a4=2,得解得∴an=a1+(n-1)d=8-2(n-1)=10-2n. 【例2】 已知数列{an}满足a1=1,nan+1=2(n+1)an.设bn=. (3)由(2)可得=2n-1,所以an=n·2n-1,n∈N*. 变式训练2已知数列{an}满足a1=,且当n>1,n∈N*时,有. (1)求证:数列为等差数列; (1)证明当n≥2时,由,得an-1-an=4an-1an,两边同除以an-1an,得=4.所以数列是首项=5,公差d=4的等差数列. (2)解 由(1)得+(n-1)d=4n+1,所以an=,所以a1a2=,假设a1a2是数列{an}中的第t项,则at=,解得t=11∈N*,所以a1a2是数列{an}中的第11项. f(1)=. (1)求数列{an}的通项公式; (2)求f,并说明f<2. 解 (1)设f(1)=a1+a2+…+an=Sn=,则an=Sn-Sn-1==n,n≥2,当n=1时,a1=S1=1满足an=n,所以an=n(n∈N*). (2)由(1)知f(x)=x+2x2+…+nxn,所以f+2×+3×+…+n×,① +2×+3×+…+(n-1)+n×,② 由①-②得+…+-n×=1-, 所以f=2-<2. 变式训练3正项数列{an}满足:-(2n-1)an-2n=0. (1)求数列{an}的通项公式an; (2)令bn=,求数列{bn}的前n项和Tn. (2)由an=2n,bn=,得bn=), Tn=(1-+…+)=(1-)=. $$