第4章 数列 章末总结-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册创新导学案教用word（人教A版2019）

数学 选择性必修　第二册[RJ] 堵点自记： 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.由数列的前n项和求an时，应注意是 an＝若an＝Sn－Sn－1（n≥2）对于n＝1也成立，则合并写成一个an的式子，否则分段表示an. 2.使用an－an－1＝d（常数）或＝q（常数）证明等差或等比数列时，以上两式中均应注明（n≥2，n∈N*）. 3.牢记等差、等比数列的一些重要性质，往往能迅速地解决问题，但是不要忘记解等差、等比数列问题常用的基本量法才是通用方法. 4.使用等比数列前n项和公式时，应注意公比q是否等于1. 5.等差、等比数列的通项公式和前n项和公式是它们的重要基本公式，对这两个公式要用方程思想、函数思想并从变形与发展的角度去深刻认识. 6.解等差、等比数列的综合题必须牢固掌握基础知识、基本技能和基本题型，并且要灵活运用这些知识，善于将综合题分解为几个基本题.解等差、等比数列的应用题，关键是将抽象的文字语言转化为数学语言，应用数列的定义、公式及性质加以解决.这就要求能真正理解题意、理清其脉络，从纷繁复杂的实际问题中发掘出其本质特征. 7.判断数列{an}为等差、等比数列的充要条件 （1）定义法：an＋1－an＝d（n≥1，n∈N*，d为常数）⇔{an}是等差数列；＝q（n≥1，n∈N*，q为常数，q≠0）⇔{an}是等比数列； （2）中项公式法：2an＋1＝an＋an＋2（n≥1，n∈N*）⇔{an}是等差数列；a＝anan＋2（n≥1，n∈N*，an≠0）⇔{an}是等比数列； （3）通项公式法：an＝kn＋b（n≥1，n∈N*，k，b是常数）⇔{an}是等差数列；an＝cqn（n≥1，n∈N*，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≥1，n∈N*）⇔{an}是等差数列；Sn＝Aqn－A（A，q为常数，且A≠0，q≠0，q≠1，n≥1，n∈N*）⇔{an}是公比不等于1的等比数列. 8.等差数列与等比数列的转换 （1）若数列{an}是等差数列，则数列{aan}（a>0，a≠1）是等比数列； （2）若数列{an}是等比数列，则数列{lg |an|}是等差数列. 9.应用数列知识解应用题，应首先读懂题意，然后建立数学模型，最后求解、回答. 10.数学归纳法的运用关键在于对归纳原理的深刻理解. 一、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. 在数列{an}，{bn}中，已知a1＝，且2an＋1＝an＋，bn＝2nan，求证：数列{bn}是等差数列. [证明]　由2an＋1＝an＋得an＋1＝an＋，所以bn＋1－bn＝2n＋1an＋1－2nan＝2n＋1·－2nan＝1，即bn＋1－bn＝1，所以数列{bn}是以b1＝2a1＝1为首项，1为公差的等差数列. 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）数列{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，所以数列{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，n∈N*. 二、数列通项公式的求法 数列的通项公式是数列的核心之一，它如同函数中的解析式一样，有解析式便可研究函数的性质，而有了数列的通项公式，便可求出数列中的任何一项及前n项和.常见的数列通项公式的求法有以下几种： 1.观察归纳法求数列的通项公式 就是观察数列的特征，横向看各项之间的关系结构，纵向看各项与序号n的内在联系，结合常见数列的通项公式，归纳出所求数列的通项公式. 2.利用公式法求数列的通项公式 数列符合等差数列或等比数列的定义，求通项时，只需求出a1与d或a1与q，再代入公式an＝a1＋（n－1）d或＝a1qn－1中即可. 3.利用an与Sn的关系求数列的通项公式 如果给出的条件是an与Sn的关系式，可利用an＝先求出a1＝S1，再通过计算求出an（n≥2）的关系式，检验当n＝1时，a1是否满足该式，若不满足该式，则an要分段表示. 4.利用累加法、累乘法求数列的通项公式 形如：已知a1，且an＋1－an＝f（n）（f（n）是可求和数列）的形式均可用累加法； 形如：已知a1，且＝f（n）（f（n）是可求积数列）的形式均可用累乘法. 5.构造法（利用数列的递推公式研究数列的通项公式） 若由已知条件直接求an较难，可以通过整理变形等，从中构造出一个等差数列或等比数列，从而求出通项公式. 类型一　形如an＋1＝can＋t（c≠0，c≠1，t≠0） 满足此类递推关系的数列的通项公式有如下求法： 方法一：迭代法.即利用递推关系式逐次将ai用ai－1表示（i∈N*，i≥2），直至用a1表示，求和即得通项公式. 方法二：利用待定系数法将递推关系式化归为an＋1－＝c.当a1－≠0时，数列是以a1－为首项，c为公比的等比数列；当a1－＝0时，an－＝0，即an＝. 方法三：由an＋1＝can＋t，得an＝can－1＋t（n≥2），两式相减得an＋1－an＝c（an－an－1）.当an＋1≠an时，数列{an＋1－an}是以c为公比的等比数列，求出an＋1－an的表达式，累加即得数列{an}的通项公式. 方法四：利用恒等式an＝（an－can－1）＋c（an－1－can－2）＋c2（an－2－can－3）＋…＋cn－2·（a2－ca1）＋cn－1a1. 数列{an}中，an＋1＝2an＋1，且a1＝1，求数列{an}的通项公式. [解]　解法一（迭代法）： an＝2an－1＋1＝2（2an－2＋1）＋1＝22an－2＋2＋1＝23an－3＋22＋2＋1＝…＝2n－1a1＋（2n－2＋2n－3＋…＋2＋1）＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝2n－1. 解法二（待定系数法）： 由an＋1＝2an＋1， 设an＋1＋k＝2（an＋k），∴an＋1＝2an＋k， ∴k＝1，即an＋1＋1＝2（an＋1）， ∴{an＋1}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列， ∴an＋1＝2×2n－1，∴an＝2n－1. 解法三（累加法）： 由an＋1＝2an＋1，an＝2an－1＋1， 得an＋1－an＝2（an－an－1）（n≥2）. 故{an＋1－an}是首项为a2－a1＝2，公比为2的等比数列，即an＋1－an＝2·2n－1＝2n， 利用累加法得an＝2n－1. 类型二　形如an＋1＝can＋pn＋r（p≠0，c≠0，c≠1） 对于此类递推关系，可令an＋1－A（n＋1）－B＝c（an－An－B），用待定系数法求出A与B的值，化归为等比数列问题，进而可求得an. 在数列{an}中，已知a1＝2且an＋1＝4an－3n＋1，求数列{an}的通项公式. [解]　令an＋1－A（n＋1）－B＝4（an－An－B）， 则an＋1＝4an－3An＋A－3B. 由条件得解得 即an＋1－（n＋1）＝4（an－n），故数列{an－n}是首项为a1－1＝1，公比为4的等比数列，从而an－n＝4n－1， 故an＝4n－1＋n. 类型三　形如an＋1＝can＋r×tn（c≠0，c≠1，t≠1，rt≠0） 满足此类递推关系的数列的通项公式有如下求法： 方法一：迭代法. 方法二：在递推关系式的两边同除以tn＋1，得＝×＋，视为一个整体，则转化为类型一. 方法三：在递推关系式的两边同除以cn＋1，得＝＋×，视为一个整体，使用累加法即得数列的通项公式，从而求得an. 方法四：利用待定系数法可将递推关系式化为an＋1－×tn＋1＝c. 当a1－≠0时，数列是以c为公比的等比数列；当a1－＝0时，an－＝0，即an＝. 方法五：利用类型一中方法四的恒等式可得. 已知数列{an}满足an＋1＝2an＋3×5n，a1＝2，求数列{an}的通项公式. [解]　两边同除以5n＋1，得＝×＋， 可得－1＝. 由于－1＝－≠0，所以数列是以－为首项，为公比的等比数列，从而－1＝－×，故数列{an}的通项公式为an＝5n－3×2n－1. 类型四　形如an＋1＝（pc≠0，pt≠cr） 对于此类递推关系式，当t＝0，即an＋1＝时，若an≠0，则有＝＝×＋，视为一个整体，即可化归为类型一；当t≠0时，可利用待定系数法转化为t＝0的类型. 已知数列{an}中，a1＝，an＋1＝，求数列{an}的通项公式. [解]　由题意，可得＝＝＋2， 又＝，所以数列是首项为，公差为2的等差数列，故＝＋2（n－1）＝， 所以数列{an}的通项公式为an＝. 三、数列求和 数列求和一直是考试的热点，在命题中，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，而对于非等差数列、非等比数列的求和，常用的方法有：拆项分组、裂项相消、倒序相加、错位相减等.题型多以解答题的形式出现，难度较大. （2024·湖北武汉高二期末）已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an，n∈N*，数列{bn}为等差数列，且b1＝a2，b3＝a2＋a3＋a4. （1）求数列{an}，{bn}的通项公式； （2）设cn＝an－bn，求数列{cn}的前n项和Sn. [解]　（1）由题意可知，数列{an}是首项a1＝1，公比q＝2的等比数列，故an＝1×2n－1＝2n－1. 设等差数列{bn}的公差为d， 则 解得 故bn＝2＋6（n－1）＝6n－4. （2）由题意可得，Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝（a1－b1）＋（a2－b2）＋…＋（an－bn）＝（a1＋a2＋…＋an）－（b1＋b2＋…＋bn）＝（1＋2＋…＋2n－1）－（2＋8＋…＋6n－4）＝－＝2n－3n2＋n－1， 故Sn＝2n－3n2＋n－1. 已知公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，若S5＝30，且a1，a2，a4成等比数列. （1）求数列{an}的通项公式； （2）若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn. [解]　（1）由{an}为等差数列，d≠0，前n项和为Sn，且S5＝30，得30＝5a1＋10d，① ∵a1，a2，a4成等比数列，∴a＝a1a4， ∴（a1＋d）2＝a1（a1＋3d），② 由①②解得 ∴数列{an}的通项公式为an＝2n. （2）由bn＝，an＝2n，得 bn＝＝. 则数列{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝×＝. （2024·山西太原高二期末）设数列{an}满足a1＝a，an＋1＝can＋1－c，n∈N*，其中a，c为实数，且c≠0. （1）求数列{an}的通项公式； （2）设a＝，c＝，bn＝n（1－an），n∈N*，求数列{bn}的前n项和Sn. [解]　（1）∵an＋1－1＝c（an－1）， ∴当a≠1时，{an－1}是首项为a－1，公比为c的等比数列. ∴an－1＝（a－1）cn－1，即an＝（a－1）cn－1＋1. 当a＝1时，an＝1，仍满足上式， ∴数列{an}的通项公式为an＝（a－1）cn－1＋1（n∈N*）. （2）由（1）得bn＝n（1－a）cn－1＝n， ∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋2×＋…＋n，① Sn＝＋2×＋…＋（n－1）＋n，② ∴①－②，得Sn＝＋＋…＋－n， ∴Sn＝1＋＋＋…＋－n＝2－n＝2－（2＋n）. 四、数列中的数学思想与方法 1.函数与方程思想 由于数列可以看作定义域为正整数集或正整数集的有限子集的函数an＝f（n），数列中的项是自变量从小到大取值时对应的一列函数值，因此在研究某些数列问题时，利用函数思想既有利于理解问题的本质，又简化了运算，如求等差数列前n项和的最值时，构建二次函数则简洁明了，求数列的最大项或最小项，可以根据函数的单调性求出最值. 设{an}为等差数列，Sn为数列{an}的前n项和，已知S7＝21，S15＝－75，Tn为数列的前n项和，求Tn的最大值. [解]　设等差数列{an}的公差为d，则 Sn＝na1＋d， 因为S7＝21，S15＝－75， 所以解得 所以Sn＝9n－（n2－n）＝10n－n2， 所以＝10－n. 因为－＝－1，＝9， 所以数列是首项为9，公差为－1的等差数列， 所以Tn＝＝－n2＋n＝－＋. 因为n∈N*，所以当n＝9或10时，Tn有最大值，为45. 2.化归、转化思想 等差数列、等比数列的计算，一般先求a1，公差d或公比q；遇到an与Sn的关系时，可以利用an＝Sn－Sn－1（n≥2）都转化为an或Sn，再转化为等差数列或等比数列，利用等差或等比数列的通项公式求出.其中合理的转化是解题的关键. 设数列{an}的首项a1＝1，前n项和Sn满足关系式3tSn－（2t＋3）Sn－1＝3t（t>0，n＝2，3，4，…）. （1）求证：数列{an}是等比数列； （2）设数列{an}的公比为f（t），作数列{bn}，使b1＝1，bn＝f（n＝2，3，4，…），求数列{bn}的通项公式； （3）求和：b1b2－b2b3＋b3b4－b4b5＋…＋b2n－1b2n－b2nb2n＋1. [解]　（1）证明：∵a1＝S1＝1，S2＝1＋a2， 3tS2－（2t＋3）S1＝3t， ∴a2＝，＝. 又3tSn－（2t＋3）Sn－1＝3t，① ∴3tSn－1－（2t＋3）Sn－2＝3t（n≥3），② ①－②，得3tan－（2t＋3）an－1＝0（n≥3）， ∴＝（n≥3）. 当n＝2时，＝也适合上式， ∴＝（n＝2，3，…）， ∴数列{an}是首项为1，公比为的等比数列. （2）由f（t）＝＝＋，得 bn＝f＝＋bn－1（n≥2）. ∴数列{bn}是首项为1，公差为的等差数列. ∴bn＝1＋（n－1）＝. （3）由bn＝，可知{b2n－1}和{b2n}是首项分别为1和，公差均为的等差数列， 于是b1b2－b2b3＋b3b4－b4b5＋…＋b2n－1b2n－b2nb2n＋1＝b2（b1－b3）＋b4（b3－b5）＋b6（b5－b7）＋…＋b2n（b2n－1－b2n＋1）＝－（b2＋b4＋…＋b2n）＝－×n×＝－（2n2＋3n）. 3.整体思想 解决某些数列问题时，往往要将其中的某一局部结构视为一个整体，利用整体思想简化结构，从而简化数列的运算. 已知等差数列{an}的前4项之和为－4，最后4项之和为36，且所有项之和为36，求其项数. [解]　由题意，得 ①＋②，得a1＋a2＋a3＋a4＋an＋an－1＋an－2＋an－3＝32， ∴4（a1＋an）＝32，∴a1＋an＝8. 又Sn＝＝×8＝36，∴n＝9， 即该数列的项数为9. 4.分类讨论思想 数列中某些问题往往需利用分类讨论思想来解决，如等比数列的前n项和公式中，若公比q的取值未知，则需要对q＝1与q≠1分类求解；由Sn求an时应分n＝1和n≥2两种情况讨论；某些数列的前n项和也需要讨论，通过分类讨论可以将复杂问题简单化，解题时要注意分类讨论标准的确定，做到不重不漏. 已知等比数列{an}的各项均为正数，2a5，a4，4a6成等差数列，且满足a4＝4a，数列{bn}的前n项和Sn＝bn，n∈N*，且b1＝1. （1）求数列{an}和{bn}的通项公式； （2）设cn＝求数列{cn}的前n项和Pn. [解]　（1）设数列{an}的公比为q， 因为an>0，所以q>0. 由题意，得得 解得所以an＝. 当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝bn－，即＝， 所以数列是首项为1的常数列，＝1. 所以bn＝n. （2）由（1）可得cn＝ 当n为偶数时， Pn＝（b1＋b3＋…＋bn－1）＋（a2＋a4＋…＋an） ＝[1＋3＋…＋（n－1）]＋ ＝（1＋n－1）＋ ＝＋－·； 当n为奇数时，n＋1为偶数， Pn＝Pn＋1－an＋1 ＝＋－·－ ＝＋－·. 综上， Pn＝ 5.由有限到无限的思想 数学归纳法的基本原理，即归纳原理（也称多米诺骨牌效应），通过研究有限来洞察无限，实现了由有限到无限的数学飞跃. 已知数列{an}满足a2＝6，＝（n∈N*）. （1）求a1，a3，a4，a5的值； （2）猜想{an}的通项公式，并用数学归纳法证明. [解]　（1）∵a2＝6，＝， 当n＝1时，＝1，∴a1＝1， 当n＝2时，＝，∴a3＝15， 当n＝3时，＝，∴a4＝28， 当n＝4时，＝，∴a5＝45. （2）由（1）猜想an＝n（2n－1）.证明如下： ①当n＝1时，a1＝1×（2×1－1）＝1，猜想成立； 当n＝2时，a2＝2×（2×2－1）＝6，猜想成立； ②假设当n＝k（k≥2，k∈N*）时，猜想成立，即ak＝k（2k－1）， 则当n＝k＋1时，由＝， 得ak＋1＝（k＋1）（2k＋1）， 即当n＝k＋1时，猜想成立. 由①②可知，猜想对任意n∈N*都成立. 11 学科网（北京）股份有限公司 $$