模块复习课1 数列（课件PPT）-【优化指导】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册（湘教版2019）

模块复习课（一） 数列 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 返回导航 高中数学　选择性必修 第一册 X　 模块复习课 章末检测卷（一） 数列 谢谢观看！ 定义法 an＋1－an＝d(常数)⇔{an}是等差数列 ＝q(非零常数)⇔{an}是等比数列 中项公式法 2an＋1＝an＋an＋2(n∈N＋)⇔{an}是等差数列 a＝anan＋2(an＋1anan＋2≠0)⇔{an}是等比数列 通项公式法 an＝pn＋q(p，q为常数)⇔{an}是等差数列 an＝cqn(c，q均为非零常数)⇔{an}是等比数列 前n项和 公式 Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)⇔{an}是等差数列 Sn＝kqn－k(k为常数，且q≠0，1)⇔{an}是等比数列 [训练1]　已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＋Sn＝n. (1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列； (2)求数列{an}的通项公式. (1)证明：∵an＋Sn＝n，　① ∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1.　② ②－①得an＋1－an＋an＋1＝1， ∴2an＋1＝an＋1.∴2(an＋1－1)＝an－1. ∴＝. ∵首项c1＝a1－1，a1＋a1＝1，∴a1＝，c1＝－. 故数列{cn}是首项为－、公比为的等比数列. (2)解：由(1)知，cn＝－×()n－1＝－()n， ∴an＝1－()n. [训练2]　已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数. (1)求证：an＋2－an＝λ； (2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由. (1)证明：由题设知，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1， 两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1， 因为an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ. (2)解：存在λ＝4满足题意.理由如下： 由题设知，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1. 由(1)知，a3＝λ＋1. 令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4，故an＋2－an＝4. 所以数列{a2n－1}是首项为1、公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3； 同理，数列{a2n}是首项为3、公差为4的等差数列，a2n＝4n－1. 综上可得an＝2n－1，an＋1－an＝2，因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列. 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、前n项和作差法、辅助数列法. 1.观察法 就是观察数列的特征，横向看各项之间的关系结构，纵向看各项与项数n的内在联系，从而归纳出数列的通项公式. [训练3]　数列1，3，5，7，…的通项公式为(　　) A.an＝(2n－1)·　　 B.an＝(2n－1)＋ C.an＝(2n＋1)＋ D.an＝ B 解析：∵1＝1＋，3＝3＋，5＝5＋，…， ∴an＝(2n－1)＋. 2.公式法 等差数列与等比数列是两种常见且重要的数列，所谓公式法就是先分析后项与前项的差或比是否符合等差、等比数列的定义，然后用等差、等比数列的通项公式表示它. [训练4]　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an. 解：∵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. 设数列{an}的首项为a1，公差为d. 由可得∴通项an＝3＋(n－1)×1＝n＋2. 3.累加法与累乘法 (1)累加法：数列的基本形式为an＋1－an＝f(n)(n∈N＋)的解析式，而f(1)＋f(2)＋…＋f(n)的和可求出. (2)累乘法：数列的基本形式为＝f(n)(n∈N＋)的解析式，而f(1)·f(2)·…·f(n)的积可求出. 解：∵a2－a1＝3－1＝2， a3－a2＝7－3＝4， a4－a3＝13－7＝6， … an－an－1＝2(n－1)(n≥2). 以上n－1个等式左右两边分别相加，得 an－a1＝2×[1＋2＋3＋…＋(n－1)]＝(n－1)n， ∴an＝n2－n＋1(n≥2)，且n＝1时，a1＝1适合上式. ∴an＝n2－n＋1. [训练6]　在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an，求通项an. 解：∵a1＝2，an＋1＝an， ∴＝，＝，…，＝(n≥2). 以上n－1个等式左右两边分别相乘得＝n·2n－1， ∴an＝n·2n(n≥2)，且n＝1时，a1＝2适合上式. ∴an＝n·2n. 4.利用an与Sn的关系 前n项和关系式有两种形式：一种是Sn与n的关系式，记为Sn＝f(n)，它可由公式an＝直接求出通项an，但要注意n＝1与n≥2两种情况能否统一；另一种是Sn与an的关系式，记为f(an，Sn)＝0，求它的通项公式an. [训练7]　已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＝5Sn－3，求数列{an}的通项公式. 解：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a1＝、公比q＝－的等比数列. ∴an＝a1qn－1＝×(－)n－1(n∈N＋). 5.构造法 有些数列直观上不符合以上各种形式，这时，可对其结构进行适当变形，以利于使用以上各类方法. 形如已知a1，an＋1＝pan＋q(p，q为常数)形式均可用构造等比数列法，即an＋1＋x＝p(an＋x)，{an＋x}为等比数列，或an＋2－an＋1＝p(an＋1－an)，{an＋1－an}为等比数列. [训练8]　设数列{an}是首项为1的正项数列，且an＋1－an＋an＋1an＝0(n∈N＋)，求{an}的通项公式. 解：∵an＋1－an＋an＋1an＝0， ∴－＝1. 又＝1，∴是首项为1，公差为1的等差数列. ∴＝n.∴an＝. [训练9]　若数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋1，求an. 解：方法一　∵an＋1＝an＋1，∴an＋2＝an＋1＋1. 两式相减得an＋2－an＋1＝(an＋1－an)， 令bn＝an＋1－an(n＝1，2，3，…)，得 b1＝a2－a1＝－1＝， bn＋1＝bn， ∴数列{bn}是首项为，公比为的等比数列. ∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1) ＝a1＋b1＋b2＋…＋bn－1 ＝1＋＝2－()n－1. 方法二　设an＋1－A＝(an－A)，则an＋1＝an－A＋A. 根据an＋1＝an＋1可得－A＋A＝1，即A＝2， ∴an＋1－2＝(an－2). 令bn＝an－2，得b1＝a1－2＝－1，bn＋1＝bn， ∴数列{bn}是首项为－1，公比为的等比数列. ∵bn＝b1·qn－1＝(－1)·()n－1， ∴an＝2＋bn＝2－()n－1. 数列求和的常用方法 1.公式法. 2.分组求和法：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.错位相减求和法. 5.裂项相消法：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. [训练10]　数列{an}的各项均为正数，Sn为其前n项和，对于任意的n∈N＋，总有an，Sn，a成等差数列，又记bn＝，数列{bn}的前n项和Tn＝______. 解析：由对于任意的n∈N＋，总有an，Sn，a成等差数列可得： 2Sn＝a＋an，当n≥2时可得2Sn－1＝a＋an－1， 所以2an＝2Sn－2Sn－1＝a＋an－a－an－1，a－an－a－an－1＝0， (an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，由数列{an}的各项均为正数，有an－an－1＝1，又n＝1时a－a1＝0，所以a1＝1，则数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，故an＝n， bn＝＝＝(－)， Tn＝(－＋－＋…－)＝(－)＝. [训练11]　设数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝3·22n－1，n∈N＋. (1)求数列{an}的通项公式； (2)令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn. 解：(1)由已知，当n≥2时， an＝[(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1， ＝3(22n－3＋22n－5＋…＋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 从而22·Sn＝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]. 等差、等比数列是两类基本的数列，两数列相结合的问题经常考查，特别地，通项公式、前n项和公式以及等差中项、等比中项是命题的热点. [训练12]　已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1为a(a∈R)，且，，成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝(n∈N＋)，求{bn}的前n项和Tn. 解：(1)设等差数列{an}的公差为d， 由题意可知()2＝·，即(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)， 从而a1d＝d2. 因为d≠0，所以d＝a1＝a.故通项公式an＝na. (2)由(1)知，a2n＝2na，bn＝， ∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝·(＋＋…＋) ＝·＝(1－). [训练13]　求数列1，－22，32，－42，…，(－1)n－1·n2，…的前n项和. 解：①当n为偶数时，Sn＝(1－22)＋(32－42)＋…＋[(n－1)2－n2]＝(1－2)×(1＋2)＋(3－4)×(3＋4)＋…＋[(n－1)－n]·[(n－1)＋n]＝－[1＋2＋3＋4＋…＋(n－1)＋n]＝－. ②当n为奇数时，则n－1为偶数， ∴Sn＝Sn－1＋n2＝－＋n2＝. 综合①②可知，Sn＝ 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，符合实际可以使用，不符合实际要修改关系； 4.利用合理的结论对实际问题展开讨论. D [训练14]　中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问题：今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗.羊主曰：“我羊食半马.”马主曰：“我马食半牛.”今欲衰偿之，问各出几何？此问题的译文是：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟.羊主人说：“我的羊所吃的禾苗只有马的一半.”马主人说：“我的马所吃的禾苗只有牛的一半.”打算按此比率偿还，他们各应偿还多少？已知牛、马、羊的主人各应偿还粟a升，b升，c升，1斗为10升，则下列判断正确的是(　　) A.a，b，c成公比为2的等比数列，且a＝ B.a，b，c成公比为2的等比数列，且c＝ C.a，b，c成公比为的等比数列，且a＝ D.a，b，c成公比为的等比数列，且c＝ 解析：由题意可得a，b，c成公比为的等比数列，b＝a，c＝b，故4c＋2c＋c＝50，解得c＝. [训练15]　为了加强城市环保建设，某市计划用若干年时间更换5 000辆燃油型公交车，每更换一辆新车，就淘汰一辆旧车，替换车为电力型和混合动力型两种车型.今年年初投入了电力型公交车128辆，混合动力型公交车300辆；计划以后电力型公交车每年的投入量比上一年增加50%，混合动力型公交车每年比上一年多投入a辆.市政府根据人大代表的建议，要求5年内完成全部更换，则a的最小值为________. 182 解析：依题意知，电力型公交车的数量组成首项为128、公比为1＋50%＝的等比数列，混合动力型公交车的数量组成首项为300、公差为a的等差数列，所以5年后的数量和为＋300×5＋ a.所以＋300×5＋a≥5 000，即10a≥1 812.解得a≥181.2，因为5年内更换公交车的总和不小于5 000辆，所以a的最小值为182. $$