第一章 数列章末总结提升课件-2024-2025学年高二下学期数学北师大版（2019）选择性必修第二册

第一章　数列 章末总结提升 北师大版 数学 选择性必修第二册 目录索引 知识网络·整合构建 专题突破·素养提升 易错易混·衔接高考 知识网络·整合构建 专题突破·素养提升 专题一　方程思想求解数列问题 1.数列通项是数列问题的“牛鼻子”,在已确定数列是等差(比)数列的情况,通常围绕等差(比)数列的首项和公差(比)列方程(组). 2.重点提升数学运算素养. 【例1】 等差数列{an}的各项为正整数,a1=3,前n项和为Sn,在等比数列{bn}中,b1=1,且b2S2=64, 是公比为64的等比数列,求数列{an},{bn}的通项 公式. 规律方法　在等比数列和等差数列中,通项公式an和前n项和公式Sn共涉及五个量,即a1,an,n,q(d),Sn,其中首项a1和公比q(公差d)为基本量,“知三求二”是指将已知条件转换成关于a1,an,n,q(d),Sn的方程组,通过方程的思想解出需要的量. 变式训练1已知各项均不相等的等差数列{an}的前4项和为10,且a1,a2,a4是等比数列{bn}的前3项. (1)求an,bn; (2)设cn=bn+ ,求{cn}的前n项和Sn. 专题二　转化与化归思想求解数列问题 角度1.求数列的通项公式 1.在求数列通项公式时如果不知道数列是等差(比)数列,通常先对数列进行判断,必要时可构造一个新的数列是等差(比)数列,然后借助等差(比)数列的性质进行求解. 2.重点提升逻辑推理素养和数学运算素养. 【例2】 已知在数列{an}中,a1=3,且满足an+1=3an+2×3n+1. (1)证明:数列 为等差数列,并求出数列{an}的通项公式; (2)若不等式λan>4n2-8n+3对∀n∈N+恒成立,求λ的取值范围. 规律方法　由递推公式求通项公式,要求掌握的方法有两种:一种求法是先找出数列的前几项,通过观察、归纳得出,然后证明;另一种是通过变形转化为等差数列或等比数列,再采用公式求出. 变式训练2已知数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=(n+2)an-2. (1)求数列{an}的通项公式; (1)解 当n=1时,2S1=(1+2)a1-2,解得a1=2. 当n≥2时,2Sn=(n+2)an-2,① 2Sn-1=(n-1+2)an-1-2=(n+1)an-1-2,② 由①-②,得2an=(n+2)an-(n+1)an-1,即nan=(n+1)an-1. 角度2.数列求和 1.数列求和的主要方法有裂项相消法、错位相减法、分组求和法等. 2.数列求和的方法主要提升逻辑推理和数学运算的核心素养. 方法1　分组求和与并项求和 【例3】 已知数列{an}满足a1=1, an+1=2an+1(n∈N+). (1)证明{an+1}是等比数列,并求{an}的通项公式; (2)求数列{an+n+1}的前n项和Sn. 解 (1)由题意可得a1+1=2≠0, 所以{an+1}是首项为2,公比为2的等比数列, 则an+1=2n,即an=2n-1, 因此{an}的通项公式为an=2n-1. (2)由(1)知an=2n-1,令bn=an+n+1,则bn=2n+n, 所以Sn=b1+b2+…+bn=(21+1)+(22+2)+…+(2n+n) =(21+22+…+2n)+(1+2+…+n) 规律方法　某些数列通过适当分组,可得出两个或几个等差数列或等比数列,进而利用等差数列或等比数列的求和公式分别求和,从而得出原数列的和.有些数列相邻两项的和是同一个常数或构成等差数列,这些数列的求和通常用并项法,但要注意对n分奇偶数讨论. 变式训练3(1)数列{(-1)nn}的前n项和为Sn,则S2 020等于(　　) A.1 010 B.-1 010 C.2 020 D.-2 020 A 解析 S2 020=(-1+2)+(-3+4)+…+(-2 019+2 020)=1 010. (2)已知数列1,1+2,1+2+22,…,1+2+22+…+2n-1,…. ①求其通项公式an; ②求这个数列的前n项和Sn. 解 ①an=1+2+22+…+2n-1= =2n-1. 故这个数列的通项公式为an=2n-1. ②Sn=a1+a2+a3+…+an =(21-1)+(22-1)+(23-1)+…+(2n-1) =(2+22+23+…+2n)-n = -n=2n+1-n-2. 方法2　裂项相消法求和 【例4】 已知等比数列{an}的首项为1,公比q≠1,Sn为其前n项和,a1,a2,a3分别为某等差数列的第一、第二、第四项. (1)求an和Sn; (1)解 ∵a1,a2,a3分别为某等差数列的第一、第二、第四项, ∴a3-a2=2(a2-a1),∴a1q2-a1q=2a1q-2a1. ∵a1=1,∴q2-3q+2=0, 规律方法　1.若数列{an}的通项公式能转化为f(n+1)-f(n)的形式,常采用裂项相消法求和. 2.当使用裂项相消法求和时,要注意正负项相消时,消去了哪些项,保留了哪些项. 3.常见的裂项相消法技巧有: 方法3　错位相减法求和 【例5】 已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn,若S3=12,且2a1,a2,a3+1成等比数列. (1)求{an}的通项公式; (2)记bn= 的前n项和为Tn,求Tn. 分析(1)列方程组求出等差数列{an}的首项和公差;(2)利用错位相减法求Tn. 解 (1)设等差数列{an}的公差为d, ∵2a1,a2,a3+1成等比数列, ∴ =2a1·(a3+1), ∴(a1+d)2=2a1(a1+2d+1). 解得a1=1,d=3或a1=8,d=-4(舍去), ∴an=a1+(n-1)d=1+3(n-1)=3n-2. 规律方法　一般地,如果数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,求数列{an·bn}的前n项和时,就可采用错位相减法. 当写“Sn”与“qSn”的表达式时,应特别注意将两式“错项对齐”,以便下一步准确写出“Sn-qSn”的表达式. 变式训练5 已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=2an-1. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足an·bn=log2an,求数列{bn}的前n项和Tn. 解 (1)因为Sn=2an-1,所以Sn-1=2an-1-1(n≥2,n∈N+), 所以an=Sn-Sn-1=2an-2an-1(n≥2,n∈N+), 所以an=2an-1(n≥2,n∈N+),当n=1时,a1=S1=2a1-1,a1=1,所以数列{an}是首项a1=1,公比为2的等比数列,所以an=2n-1. 专题三　函数思想求解数列问题 【例6】 在等差数列{an}中,3a8=5a13,a1>0.若Sn为{an}的前n项和,则S1,S2,…,Sn中有没有最大值?请说明理由. (1)求数列{an}的通项公式; (2)令Tn=a1a2-a2a3+a3a4-a4a5+…-a2na2n+1,求Tn. 规律方法　1.数列是一种特殊的函数,在求解数列问题时,若涉及参数取值范围、最值问题或增减性时,均可考虑采用函数的性质及研究方法指导解题.值得注意的是数列定义域是正整数集或{1,2,3,…,n},这一特殊性对问题结果可能造成影响. 2.以函数为载体给出数列,只需代入函数式即可转化为数列问题. 变式训练6设y=f(x)是一次函数,f(0)=1,且f(1),f(4),f(13)成等比数列,则f(2)+f(4)+…+f(2n)=　　　　　.  2n2+3n　 解析 设f(x)=kx+b(k≠0), 又f(0)=1,则b=1,所以f(x)=kx+1(k≠0). 又[f(4)]2=f(1)f(13),所以(4k+1)2=(k+1)(13k+1),解得k=2. 所以f(x)=2x+1,则f(2n)=4n+1. 所以{f(2n)}是公差为4的等差数列. 所以f(2)+f(4)+…+f(2n)= =2n2+3n. 易错易混·衔接高考 1 2 3 4 5 6 7 8 1.[2024全国甲,文4]等差数列{an}的前n项和为Sn,若S9=1,a3+a7=(　　) D 1 2 3 4 5 6 7 8 2.[2024全国甲,理4]记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知S5=S10,a5=1,则a1=(　　) B 1 2 3 4 5 6 7 8 3.(多选题)[2024安徽合肥模拟]已知等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn,则(　　) A.Sn+1=S1+qSn B.对任意n∈N+,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n成等比数列 C.对任意n∈N+,Sn,2S2n,3S3n成等差数列 D.若a1<0,则数列 是递增数列的充要条件是-1<q<0 AD 1 2 3 4 5 6 7 8 解析 对于A,Sn+1=a1+a2+…+an+1=a1+q(a1+a2+…+an)=S1+qSn,A正确;对于B,当q=-1,n为偶数时,Sn=0,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n不是等比数列,B错误;对于C,当q=1时,数列{an}为常数列,此时Sn,2S2n,3S3n不会成等差数列,C错误;对于D,若数列{S2n-1}是递增数列,则有S2n+1-S2n-1=a2n+a2n+1=a2n(1+q)=a1q2n-1(1+q) >0,由于a1<0,则有q2n-1(1+q)<0恒成立,必有-1<q<0.反之,若-1<q<0,则 S2n+1-S2n-1=a2n+a2n+1=a2n(1+q)=a1q2n-1(1+q),由于a1<0,q2n-1<0,1+q>0,则有S2n+1-S2n-1=a1q2n-1(1+q)>0,故数列{S2n-1}是递增数列,所以D正确.故选AD. 1 2 3 4 5 6 7 8 4.[2024全国新高考卷Ⅱ,12]设Sn为等差数列{an}的前n项和,若a3+a4=7,3a2+a5=5,则S10=　　　　　.  95　 1 2 3 4 5 6 7 8 5.[2024陕西西安莲湖模拟]已知等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn,且 1 2 3 4 5 6 7 8 6.[2024河北石家庄模拟]已知等差数列{an}(公差不为0)和等差数列{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,如果关于x的实系数方程1 003x2-S1 003x+T1 003=0有实数解,则在这1 003个关于x的方程x2-aix+bi=0(i=1,2,…,1 003)中,有实数解的方程至少有　　　　个.  502 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 所以Δ1≥0,Δ1 003≥0中至少一个成立, 同理可得Δ2≥0,Δ1 002≥0中至少一个成立,…,Δ501≥0,Δ503≥0中至少一个成立,且Δ502≥0, 综上,在所给的1 003个方程中,有实根的方程至少有502个. 1 2 3 4 5 6 7 8 7.[2024北京卷,15]已知M={k|ak=bk},{an},{bn}不为常数列且各项均不相同,下列正确的是　　　　　　　.  ①若{an},{bn}均为等差数列,则M中最多一个元素; ②若{an},{bn}均为等比数列,则M中最多三个元素; ③若{an}为等差数列,{bn}为等比数列,则M中最多三个元素; ④若{an}为递增数列,{bn}为递减数列,则M中最多一个元素. ④ 1 2 3 4 5 6 7 8 解析 对于①,由题可知{an},{bn}的图象均为不与x轴平行的直线上的一系列孤立的点,当两直线重合时,集合M中有无数个元素;当两直线相交,且交点的横坐标为正整数时,集合M中有一个元素;当两直线平行,或相交但交点的横坐标不为正整数时,集合M中没有元素,故①错误;对于②,设 图象为不与x轴平行的直线上的一系列孤立的点,{bn}的图象为持续上升或持续下降的曲线上的一系列孤立的点,该直线与曲线最多有两个交点,故集合M中至多有两个元素,故③错误;对于④,数列是特殊的函数,因为增函数与减函数的图象至多有一个交点,所以集合M中至多有一个元素,故④正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 8.[2024全国甲,文17]已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=3an+1-3. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列{Sn}的通项公式.  1 2 3 4 5 6 7 8 解 (1)∵2Sn=3an+1-3,① ∴当n≥2时,2Sn-1=3an-3.② ①-②得,2an=3an+1-3an,即3an+1=5an, {} 解 设{an}的公差为d,{bn}的公比为q,则d为正整数,an=3+(n-1)d,bn=qn-1. 依题意有 由q(6+d)=64知q为正有理数,又由q=知d为6的因子1,2,3,6之一,解①②得d=2,q=8, 故an=2n+1,bn=8n-1. 解 (1)设等差数列{an}的公差为d,d≠0, 则得 因为d≠0,所以解得 所以an=a1+(n-1)d=n, 所以b1=a1=1,b2=a2=1+1=2,所以等比数列{bn}的公比q==2, 所以bn=2n-1. (2)cn=2n-1+=2n-1+, 所以Sn=1+2+22+…+2n-1++…+ +1-=2n-. (1)证明 ∵在数列{an}中,a1=3,且满足an+1=3an+2×3n+1, ∴=2, 即数列是以1为首项,2为公差的等差数列, ∴=2n-1,即an=(2n-1)3n. (2)解 ∵λan>4n2-8n+3对∀n∈N+恒成立,则λ>对∀n∈N+恒成立, 设bn=,则bn+1-bn=, 当n≤2时,bn+1≥bn,当n≥3时,bn+1<bn, ∴当n=2或n=3时,bn最大,b2=b3=, 故λ>,即λ的取值范围是. (2)若数列的前n项和为Tn,求证:Tn<. 所以,且=1,所以数列为常数列, 所以=1,即an=n+1(n∈N+). (2)证明 由(1)得an=n+1(n∈N+), 所以=2, 所以Tn=+…+<2+2+2+…+ 2=2[()++…+()] =2. 因为=2, = =2n+1+-2. 综上,Sn=2n+1+-2. (2)设bn=log2an+1,数列{}的前n项和为Tn,求证:Tn<. 又q≠1,∴q=2,∴an=2n-1,Sn==2n-1. (2)证明 由(1)可知,bn=log2an+1=n, ∴), ∴Tn=(1-+…+)=(1+)=)<. (1); (2),; (3); (4)若数列{an}为等差数列,公差d≠0,则. 变式训练4记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,是公差为的等差 数列. (1)求{an}的通项公式; (2)证明:+…+<2. (1)解 ∵a1=1,∴S1=a1=1,∴=1.又是公差为的等差数列, ∴=1+(n-1)=,∴Sn=,∴当n≥2时,Sn-1=, ∴an=Sn-Sn-1=, 整理得(n-1)an=(n+1)an-1,即, ∴an=a1··…·=1××…×, 显然对于n=1也成立,∴an=. (2)证明 =2, ∴+…+=2[+…+]=2<2. 则有 (2)由(1)知bn==(3n-2)·, 于是Tn=1×+4×+7×+…+(3n-2)×.① ①×,得 Tn=1×+4×+7×+…+(3n-5)×+(3n-2)×,② ①-②,得 Tn=+3×+3×+3×+…+3×-(3n-2)× =+3×-(3n-2)× =-(3n-2)×. 故Tn=. (2)由an·bn=log2an得bn=, 所以Tn=+…+Tn=+…+,两式相减,得Tn=+…+=1-,所以Tn=2-. 解 设{an}的首项为a1,公差为d,则有3(a1+7d)=5(a1+12d),所以d=-a1, 所以Sn=na1+d=-n2a1+na1=-a1(n-20)2+a1, 故n=20时,Sn最大,即前20项之和最大. 【例7】 已知函数f(x)=,数列{an}满足a1=1,an+1=f(),n∈N+. 解 (1)∵an+1=f()==an+, ∴an+1-an=,∴{an}是以为公差的等差数列. 又a1=1,∴an=n+. (2)Tn=a1a2-a2a3+a3a4-a4a5+…-a2na2n+1=a2(a1-a3)+a4(a3-a5)+… +a2n(-a2n+1)=-(a2+a4+…+a2n)=-=-(2n2+3n). A.-2 B. C.1 D. 解析 (方法1)∵S9=9a5=1,∴a5=.则a3+a7=2a5=.故选D. (方法2)∵S9==1,∴a1+a9=.∴a3+a7=a1+a9=.故选D. (方法3)令d=0,则an=a1.则S9=9a1=1⇒a1=. ∴a3+a7=2a1=.故选D. A. B. C.- D.- 解析 (方法1)设公差为d,由S5=S10,可得5a1+d=10a1+d,即5a1+35d=0,又a5=1,即a1+4d=1,解得a1=,故选B. (方法2)若S5=S10,则a6+a7+a8+a9+a10=0,即5a8=0,所以a8=0,则公差d==-,所以a1=a8+(1-8)×(-)=,故选B. {} 解析 设等差数列{an}的公差为d. (方法1)由条件得解得 所以S10=10a1+×3=95. (方法2)解得则d=3,a9=20,∴S10=5(a2+a9)=95. ,则=　　　　.  解析 因为等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn,,所以可设Sn=kn(n+3),Tn=kn(n-1),k≠0, 所以. 解析 由题意得,-4×1 003T1 003≥0,又因为S1 003==1 003a502, T1 003==1 003b502,可得-4b502≥0.要使方程x2-aix+bi =0(i=1,2,…,1 003)有实数解,则-4bi≥0(i=1,2,…,1 003),显然第502个方程有解. 设方程x2-a1x+b1=0与方程x2-a1 003x+b1 003=0的判别式分别为Δ1,Δ1 003, 则Δ1+Δ1 003=(-4b1)+(-4b1 003)=-4(b1+b1 003)≥ -4×2b502, 即Δ1+Δ1 003≥-8b502=2(-4b502)≥0, an=a1,bn=b1,q1≠1,q2≠1,则由ak=bk,k∈N+,得a1=b1,则)k-1 =1.当a1=b1,q1=q2时,集合M中有无数个元素,故②错误;对于③,{an}的 ∴=q,∴等比数列{an}的公比q=. 又2S1=3a2-3,即2a1=3×a1×-3,解得a1=1. 故an=1×()n-1=()n-1. (2)∵2Sn=3an+1-3, ∴Sn=(an+1-1)=[()n-1]. $$