第4章 数列 章末复习方案（Word教参）-【状元桥·优质课堂】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册（人教A版2019）

章末复习方案 探究一　等差(比)数列的基本运算 1．数列的基本运算以选择、填空题形式出现居多，但也可作为解答题的第一问进行考查，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． 【真题1】 (1)(2024·全国甲)等差数列{an}的前n项和为Sn，若S5＝S10，a5＝1，则a1＝(　　) A．－2 B． C．1 D．2 (2)(2024·新课标Ⅱ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3＋a4＝7,3a2＋a5＝5，则S10＝________. 解析　(1)由S10－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝5a8＝0，则a8＝0，则等差数列{an}的公差d＝＝－，故a1＝a5－4d＝1－4×＝.故选B项． (2)设等差数列{an}的公差为d，则解得则S10＝10a1＋d＝10×(－4)＋45×3＝95. 答案　(1)B　(2)95 【真题2】 (1)(2023·全国甲改编)已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝(　　) A．－8 B．－4 C．－2 D．2 (2)(2023·新课标Ⅱ)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝(　　) A．120 B．85 C．－85 D．－120 解析　(1)设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，则a2a4a5＝a3a6＝a2q·a5q，显然an≠0，则a4＝q2，即a1q3＝q2，则a1q＝1，因为a9a10＝－8，则a1q8·a1q9＝－8，则q15＝(q5)3＝－8＝(－2)3，则q5＝－2，则a7＝a1q·q5＝q5＝－2.故选C项． (2)设等比数列{an}的公比为q，因为S4＝－5，S6＝21S2，所以q≠－1，否则S4＝0，从而S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6成等比数列，所以(－5－S2)2＝S2(21S2＋5)，解得S2＝－1或S2＝，当S2＝－1时，S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6即为－1，－4，－16，S8＋21，易知S8＋21＝－64，即S8＝－85；当S2＝时，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a1＋a2)(1＋q2)＝(1＋q2)S2>0，与S4＝－5矛盾，舍去．故选C项． 答案　(1)C　(2)C 探究二　等差、等比数列的判断 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． 【真题3】 (2023·新课标Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：为等差数列，则(　　) A．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B．甲是乙的必要条件但不是充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 答案　C 解析　方法一　甲：{an}为等差数列，设其首项为a1，公差为d，则Sn＝na1＋d，＝a1＋d＝n＋a1－，－＝，因此为等差数列，则甲是乙的充分条件；反之，乙：为等差数列，即－＝＝为常数，设为t，即＝t，则Sn＝nan＋1－t·n(n＋1)，有Sn－1＝(n－1)an－t·n(n－1)，n≥2，两式相减得an＝nan＋1－(n－1)an－2tn，即an＋1－an＝2t，对n＝1也成立，因此{an}为等差数列，则甲是乙的必要条件，所以甲是乙的充要条件．故选C项． 方法二　甲：{an}为等差数列，设数列{an}的首项为a1，公差为d，即Sn＝na1＋d，则＝a1＋d＝n＋a1－，因此为等差数列，即甲是乙的充分条件；反之，乙：为等差数列，即－＝D，＝S1＋(n－1)D，即Sn＝nS1＋n(n－1)D，Sn－1＝(n－1)S1＋(n－1)(n－2)D，当n≥2时，上两式相减得Sn－Sn－1＝S1＋2(n－1)D，当n＝1时，上式成立，于是an＝a1＋2(n－1)D，又an＋1－an＝a1＋2nD－[a1＋2(n－1)D]＝2D为常数，因此{an}为等差数列，则甲是乙的必要条件，所以甲是乙的充要条件．故选C项． 【真题4】 已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝. (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{an}的通项公式． 解析　 (1)由条件可得an＋1＝an.将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.将n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12.从而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． (3)由(2)可得＝2n－1，所以an＝n·2n－1. 探究三　 等差、等比数列的性质及应用 1．等差、等比数列的性质主要涉及数列的单调性、最值及其前n项和的性质，利用性质求数列中的某一项等．试题充分体现“小”“巧”“活”的特点，题型以选择题、填空题、解答题的形式出现，难度中低等． 2．借助等差、等比数列的性质及应用，提升逻辑推理、数学运算等核心素养． 【真题5】 (2022·全国甲)记Sn为数列{an}的前n项和，已知＋n＝2an＋1. (1)证明：{an}是等差数列； (2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值． 解析　(1)由＋n＝2an＋1，得2Sn＋n2＝2nan＋n　①， 所以2Sn＋1＋(n＋1)2＝2an＋1(n＋1)＋(n＋1)　②， ②－①，得2an＋1＋2n＋1＝2an＋1(n＋1)－2nan＋1， 化简得an＋1－an＝1， 所以数列{an}是公差为1的等差数列． (2)由(1)知数列{an}的公差为1. 由a＝a4a9，得(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8)， 解得a1＝－12. 所以Sn＝－12n＋＝ ＝2－， 所以当n＝12或13时，Sn取得最小值，最小值为－78. 探究四　数列求和 1．数列求和主要考查等差数列求和、等比数列求和、分组求和、错位相减法求和、裂项相消法求和等内容，常以解答题的形式出现，难度中等偏下，在考查数列运算的同时，常将数列与不等式、函数交汇渗透． 2．通过数列求和，培养数学运算、逻辑推理等核心素养． 【真题6】 (2023·全国乙)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a2＝11，S10＝40. (1)求{an}的通项公式； (2)求数列{|an|}的前n项和Tn. 解析　(1)设等差数列{an}的公差为d， 由题意可得 即解得 所以an＝13－2(n－1)＝15－2n. (2)因为Sn＝＝14n－n2， 令an＝15－2n>0，解得n<，且n∈N*， 当n≤7时，an>0，可得Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝14n－n2； 当n≥8时，an<0，可得Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝(a1＋a2＋…＋a7)－(a8＋…＋an)＝S7－(Sn－S7)＝2S7－Sn＝2(14×7－72)－(14n－n2)＝n2－14n＋98. 综上所述，Tn＝ 【真题7】 (2024·全国甲)记Sn为数列{an}的前n项和，且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)当n＝1时，4S1＝4a1＝3a1＋4，解得a1＝4. 当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4，所以4Sn－4Sn－1＝4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1，而a1＝4≠0，故an≠0，故＝－3， 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)bn＝(－1)n－1·n·4·(－3)n－1＝4n·3n－1， 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝4·30＋8·31＋12·32＋…＋4n·3n－1， 故3Tn＝4·31＋8·32＋12·33＋…＋4n·3n， 所以－2Tn＝4＋4·31＋4·32＋…＋4·3n－1－4n·3n ＝4＋4·－4n·3n ＝4＋2·3·(3n－1－1)－4n·3n ＝(2－4n)·3n－2， 所以Tn＝(2n－1)·3n＋1. 探究五　数列的综合应用 数列本身是一类特殊的函数，高考命题中常将数列与一次函数、指数函数、三角函数、不等式知识综合在一起，在知识交汇处命题，或命制一些创新性的问题．同时，以实际问题和古代数学问题为背景的数列题也时有出现，难度中等或以上． 【真题8】 (1)(2023·全国乙)已知等差数列{an}的公差为，集合S＝{cos an|n∈N*}，若S＝{a，b}，则ab＝(　　) A．－1 B．－ C．0 D． (2)(2023·北京)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________. 解析　(1)依题意，等差数列{an}中，an＝a1＋(n－1)·＝n＋，显然函数y＝cos的周期为3，而n∈N*，即cos an最多有3个不同的取值，又{cos an|n∈N*}＝{a，b}，则在cos a1，cos a2，cos a3中，cos a1＝cos a2≠cos a3或cos a1≠cos a2＝cos a3，于是有cos θ＝cos，即有θ＋＝2kπ，k∈Z，解得θ＝kπ－，k∈Z，所以ab＝cos·cos＝－coscos kπ＝－cos2kπcos＝－.故选B项． (2)方法一　设前3项的公差为d，后7项的公比为q，且q>0，则q4＝＝＝16，所以q＝2，则a3＝1＋2d＝，即1＋2d＝3，可得d＝1，所以a3＝3，a7＝a3q4＝48，故a1＋a2＋…＋a9＝1＋2＋3＋3×2＋…＋3×26＝3＋＝384. 方法二　因为当3≤n≤7时，数列{an}为等比数列，所以a＝a5a9＝12×192＝482，且an>0，所以a7＝48；又因为a＝a3a7，则a3＝＝3.设后7项的公比为q，且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. 答案　(1)B　(2)48　384 【真题9】 (2023·新课标Ⅱ)已知{an}为等差数列，bn＝记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16. (1)求{an}的通项公式； (2)证明：当n>5时，Tn>Sn. 解析　(1)设等差数列{an}的公差为d， 而bn＝k∈N*， 则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d， b3＝a3－6＝a1＋2d－6， 于是解得a1＝5，d＝2， 所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋3， 所以数列{an}的通项公式是an＝2n＋3. (2)证明：由(1)知，Sn＝＝n2＋4n， bn＝k∈N*， 当n为偶数时，Tn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)＝·＋·＝n2＋n，当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝n(n－1)>0，因此Tn>Sn； 当n为奇数时，若n≥3，则Tn＝(b1＋b3＋…＋bn)＋(b2＋b4＋…＋bn－1)＝·＋·＝n2＋n－5，显然T1＝b1＝－1满足上式，因此当n为奇数时，Tn＝n2＋n－5，当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝(n＋2)(n－5)>0，因此Tn>Sn.所以当n>5时，Tn>Sn. 学科网（北京）股份有限公司 $$