第4章 数列 章末整合提升(课件PPT)-【精讲精练】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册（人教A版2019）

章 末 整 合 提 升 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 章 末 整 合 提 升 1 谢谢观看 章 末 整 合 提 升 1 (一)数列通项公式的求法 数列的通项公式是给出数列的主要方式，其本质就是函数的解析式．围绕数列的通项公式，不仅可以判断数列的类型，研究数列的项的变化趋势与规律，而且有利于求数列的前n项和．求数列的通项公式是数列的核心问题之一，主要方法有： 公式法 应用等差(等比)数列的通项公式求通项 构造法 利用递推公式构造新的数列(等差或等比) 累加法 形如an＋1－an＝f(n)型的递推公式求通项公式 累乘法 形如 eq \f(an＋1,an) ＝f(n)型的递推公式求通项公式 利用an＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S1(n＝1),Sn－Sn－1(n≥2))) 由含Sn的关系式求an适合此法 　各项非零的数列{an}中，首项a1＝1，且2S eq \o\al(2,n) ＝2anSn－an(n≥2)，求数列的通项公式． [解析]　∵2S eq \o\al(2,n) ＝2anSn－an，n≥2， 且an＝Sn－Sn－1， ∴2S eq \o\al(2,n) ＝2S eq \o\al(2,n) －2SnSn－1－Sn＋Sn－1， 整理，得 eq \f(1,Sn) － eq \f(1,Sn－1) ＝2，n≥2， ∴数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn))) 是以 eq \f(1,S1) ＝1为首项，以2为公差的等差数列． ∴ eq \f(1,Sn) ＝1＋(n－1)·2＝2n－1， 即Sn＝ eq \f(1,2n－1) ， ∴an＝Sn－Sn－1＝ eq \f(1,2n－1) － eq \f(1,2n－3) ＝－ eq \f(2,(2n－1)(2n－3)) ，n≥2， 又a1＝1，不适合上式， ∴an＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,－\f(2,(2n－1)(2n－3))，n≥2.)) (二)等差(比)数列的基本运算 在等差(等比)数列的通项公式和前n项和公式中，含有5个基本量，即a1，d(q)，an，n，Sn.知道其中的三个，可以求出其余的两个，称为“知三求二”型．在解决等差(等比)数列的问题中，往往是化为基本量的运算，有时也可灵活使用等差(等比)数列的性质解题． 　等比数列{an}中，已知a1＝2，a4＝16. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若a3，a5分别为等差数列{bn}的第3项和第5项，试求数列{bn}的通项公式及前n项和Sn. [解析]　(1)设{an}的公比为q， 由已知得16＝2q3， 解得q＝2，∴an＝2×2n－1＝2n. (2)由(1)得a3＝8，a5＝32， 则b3＝8，b5＝32. 设{bn}的公差为d，则有 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b1＋2d＝8，,b1＋4d＝32，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b1＝－16，,d＝12，)) 所以bn＝－16＋12(n－1)＝12n－28. 所以数列{bn}的前n项和 Sn＝ eq \f(n(－16＋12n－28),2) ＝6n2－22n. (三)等差数列、等比数列的判断 1．判断一个数列为等差数列的常用方法 (1)定义法：an＋1－an＝d(常数)(n∈N*)⇔{an}为等差数列． (2)等差中项法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇔{an}为等差数列． (3)通项公式法：an为n的一次函数⇔{an}为等差数列． (4)前n项和法：Sn是An2＋Bn的形式⇔{an}为等差数列． 2．判断一个数列是等比数列的常用方法 (1)定义法： eq \f(an＋1,an) ＝q(q为常数且不为零)⇔{an}为等比数列． (2)等比中项法：a eq \o\al(2,n＋1) ＝anan＋2(n∈N*且an≠0)⇔{an}为等比数列． (3)通项公式法：an＝a1qn－1(a1≠0且q≠0)⇔{an}为等比数列． 　已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝ eq \f(an＋an＋1,2) ，n∈N*. (1)令bn＝an＋1－an，证明：{bn}是等比数列； (2)求{an}的通项公式． (1)[证明]　由已知条件得b1＝a2－a1＝1， 当n≥2时， bn＝an＋1－an＝ eq \f(an＋an－1,2) －an＝－ eq \f(an－an－1,2) ， 即bn＝－ eq \f(1,2) bn－1. ∴{bn}是以b1＝1为首项，q＝－ eq \f(1,2) 为公比的等比数列． (2)[解析]　由(1)得bn＝an＋1－an＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))) eq \s\up20(n－1) ，当n≥2时， an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1 ＝bn－1＋bn－2＋…＋b1＋a1 ＝ eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up20(n－1),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))) ＋1＝ eq \f(5,3) － eq \f(2,3) · eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))) eq \s\up20(n－1) . 当n＝1时，a1＝1也满足上式， ∴an＝ eq \f(5,3) － eq \f(2,3) · eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))) eq \s\up20(n－1) (n∈N*). (四)数列求和(题点多探、多维探究) 数列的求和问题是数列中的重点问题，要掌握一些简单数列的求和方法，并应用数列求和解决一些数列问题，数列求和常用的方法有：①公式法(即直接应用等差数列、等比数列的求和公式求解)，②倒序相加法，③错位相减法，④裂项相消法，⑤分组转化法(即把数列的每一项分成多个项或把数列的项重新组合，使其转化为等差数列或等比数列，然后由等差数列、等比数列的求和公式求解). 角度1　裂项相消法 　(2024·北海模拟)在数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an)) 中，a1＝1，n(n＋1)(an＋1－an)＝1(n∈N*)，则a2 024＝(　　) A． eq \f(4 047,2 024) 　　　　　　　 B． eq \f(4 041,2 023) C． eq \f(2 020,2 023) D． eq \f(2 023,2 024) [解析]　由n eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋1－an)) ＝1， 得an＋1－an＝ eq \f(1,n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1))) ＝ eq \f(1,n) － eq \f(1,n＋1) ， 所以an＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－an－1)) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－1－an－2)) ＋…＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2－a1)) ＋a1 ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n))) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－2)－\f(1,n－1))) ＋…＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2))) ＋1 ＝－ eq \f(1,n) ＋1＋1＝ eq \f(2n－1,n) ，所以a2 024＝ eq \f(4 047,2 024) .故选A. [答案]　A 　已知数列{an}的前n项和为Sn，且数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n))) 是首项为1，公差为 eq \f(3,2) 的等差数列． (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝ eq \f(1,anan＋1) ，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn< eq \f(1,3) . (1)[解析]　由题意 eq \f(Sn,n) ＝1＋(n－1)· eq \f(3,2) ＝ eq \f(3,2) n－ eq \f(1,2) ， 所以Sn＝ eq \f(3,2) n2－ eq \f(1,2) n， 当n＝1时，a1＝S1＝ eq \f(3,2) － eq \f(1,2) ＝1； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2－\f(1,2)n)) － eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)(n－1)2－\f(1,2)(n－1))) ＝3n－2， 又a1＝1适合上式， 所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2(n∈N*). (2)[证明]　由(1)得an＝3n－2， 可得bn＝ eq \f(1,anan＋1) ＝ eq \f(1,(3n－2)(3n＋1)) ＝ eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－2)－\f(1,3n＋1))) ， 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝ eq \f(1,3) ＝ eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n＋1))) ， 因为 eq \f(1,3n＋1) >0，所以Tn< eq \f(1,3) . 角度2　错位相减法 　(2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn＝3an＋4. (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝(－1)n－1nan，求数列{bn}的前n项和Tn. [解析]　(1)因为4Sn＝3an＋4①， 所以当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4②， 则当n≥2时，①－②得4an＝3an－3an－1， 即an＝－3an－1. 当n＝1时，由4Sn＝3an＋4得4a1＝3a1＋4， 所以a1＝4≠0， 所以数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列， 所以an＝4×(－3)n－1. (2)因为bn＝(－1)n－1nan＝(－1)n－1n×4×(－3)n－1＝4n·3n－1， 所以Tn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n·3n－1， 所以3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n·3n， 上面两式相减得－2Tn＝4＋4(31＋32＋…＋3n－1)－4n·3n ＝4＋4× eq \f(3(1－3n－1),1－3) －4n·3n＝－2＋(2－4n)·3n， 所以Tn＝1＋(2n－1)·3n. $$