第4章 数列 章末综合提升-【优化探究】2025-2026学年新教材高中数学选择性必修第二册同步导学案配套PPT课件（人教A版）

第4章　数列 章末综合提升 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 设等差数列{an}的公差为d,由已知可得   ×d=5×2+10×1=20. 2.(2023·天津卷)已知{an}为等比数列,Sn为数列{an}的前n项和,an+1=2Sn+2,则a4的值为(　　) A.3 B.18 C.54 D.152 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 C 15 ∵an+1=2Sn+2,∴an=2Sn-1+2(n≥2), 两式相减得an+1-an=2an,即an+1=3an(n≥2). 又∵{an}是等比数列,∴{an}的公比为3. 而a2=2S1+2,∴3a1=2a1+2,∴a1=2, ∴an=2·3n-1,∴a4=2×33=54. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3.(2023·全国甲卷)设等比数列{an}的各项均为正数,前n项和为Sn.若a1=1,S5=5S3-4,则S4=(　　) A. C.15 D.40 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 C 15 设数列{an}的公比为q(q>0),由题意可知q≠1. ∵S5=5S3-4,∴=5·-4, ∴q4-5q2+4=0,解得q2=4或q2=1, ∴q=2,∴S4==15. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 4.(2022·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若2S3=3S2+6,则公差d=　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 15 ∵2S3=3S2+6,∴2(3a1+3d)=3(2a1+d)+6,即6d=3d+6,解得d=2. 5.(2019·全国Ⅰ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=1,S3=,则 S4=　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 设等比数列的公比为q,则an=a1qn-1=qn-1. ∵a1=1,S3=, ∴a1+a2+a3=1+q+q2=, 即4q2+4q+1=0,∴q=-, ∴S4=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 考点2　等差、等比数列的判定 6.(2023·新课标Ⅰ卷)设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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 C 15 若{an}为等差数列,设公差为d,则an=a1+(n-1)d, ∴Sn=na1+,∴d. 当n≥2时,d, ∴d, ∴是以S1为首项,为公差的等差数列. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 若为等差数列,设公差为d',则=S1+(n-1)d'=a1+(n-1)d', ∴Sn=na1+n(n-1)d'. 当n≥2时,Sn-1=(n-1)a1+(n-1)(n-2)d', 两式作差得,an=a1+2(n-1)d', 又n=1时也满足上式, ∴an=a1+2(n-1)d',n∈N*. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 当n≥2时,an-1=a1+2(n-2)d', ∴an-an-1=a1+2(n-1)d'-a1-2(n-2)d'=2d', ∴{an}是以a1为首项,2d'为公差的等差数列. 综上,甲是乙的充要条件. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 7.(2022·全国甲卷)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; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (1)证明:由已知条件+n=2an+1可得, 2Sn=2nan+n-n2①,当n≥2时,由①可得2Sn-1=2(n-1)·an-1+(n-1)-(n-1)2②,由an=Sn-Sn-1及①-②可得,(2n-2)an-(2n-2)an-1=2n-2,n≥2,且n∈N*, 即an-an-1=1,n≥2且n∈N*,因此{an}是等差数列,公差为1. (2)若a4,a7,a9成等比数列,求Sn的最小值. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (2)解:∵a4,a7,a9成等比数列,且a4=a1+3,a7=a1+6,a9=a1+8,∴=a4·a9,即(a1+6)2=(a1+3)(a1+8),解得a1=-12,∴等差数列{an}的通项公式为an=-12+(n-1)·1=n-13, ∴Sn=. ∵n∈N*,∴当n=12或n=13时,Sn最小,最小值为-78. 8.(2021·全国甲卷)已知数列{an}的各项均为正数,记Sn为{an}的前n项和,从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立. ①数列{an}是等差数列;②数列{}是等差数列;③a2=3a1. 注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解:选①②作为条件,证明③. 证明:设等差数列{an}的公差为d,因为{}是等差数列,所以2,即2,两边平方,得4(2a1+d)=a1+3a1+3d+2,整理得4a1+d=2,两边平方,得16+8a1d+d2=4(3+3a1d),化简得4-4a1d+d2=0,即(2a1-d)2=0,所以d=2a1,则a2=a1+d=3a1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 选①③作为条件,证明②. 证明:设等差数列{an}的公差为d. 因为a2=3a1,即a1+d=3a1,所以d=2a1. 所以等差数列{an}的前n项和Sn=na1+·2a1=n2a1. 又因为a1>0,所以 . 则=(n+1),所以数列{}是公差为的等差数列. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 选②③作为条件,证明①. 证明:设等差数列{}的公差为d.因为,,所以d=,则等差数列{}的通项公式为+(n-1)=n,所以Sn=n2a1.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2a1-(n-1)2a1=(2n-1)a1,且当n=1时,上式也成立,所以数列{an}的通项公式为an=(2n-1)a1,则an+1-an=(2n+1)a1-(2n-1)a1=2a1,所以数列{an}是公差为2a1的等差数列. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 考点3　等差数列、等比数列的定义、性质及应用 9.(2023·新课标Ⅱ卷)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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 C 15 法一:设等比数列{an}的公比为q, 当q=1时,S4=4a1=-5,解得a1=-,21S2=21×2a1=-,所以S6≠21S2,故q≠1. 因为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 所以 所以S8=×(1-44)=-85. 法二:由等比数列前n项和的性质:Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…为等比数列,可得S2,S4-S2,S6-S4,S8-S6,…为等比数列. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 则(S4-S2)2=S2·(S6-S4),即(-5-S2)2=S2·(21S2+5),化简得4-S2-5=0, 即(4S2-5)(S2+1)=0, 所以S2=或S2=-1. 设等比数列{an}的公比为q, 当S2=时,=q2=-5,无实数解,舍去,故S2=-1, 所以S4-S2=-4,S6-S4=-16,所以S8-S6=-64. 又因为S6=-21,所以S8=-85. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 10.(2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列,a2a4a5=a3a6,a9a10=-8,则a7=　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 -2 15 由等比数列的性质得a4a5=a3a6≠0. ∵a2a4a5=a3a6,∴a2=1. 又∵a9a10=-8,∴a2q7·a2q8=-8,∴q15=-8, ∴q15=-8,∴(q5)3=-8,∴q5=-2, ∴a7=a2q5=1×(-2)=-2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 11.(2023·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若8S6=7S3,则{an}的 公比为　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 - 15 设等比数列{an}的公比为q,q≠1. ∵8S6=7S3,∴8×, ∴8(1-q6)=7(1-q3),即8(1+q3)=7, 解得q=-. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 考点4　数列的前n项和 12.(2023·新课标Ⅱ卷)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; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (1)解:设数列{an}的首项为a1,公差为d, ∵bn= ∴b1=a1-6,b2=2a2,b3=a3-6. 又∵T3=16,且b1+b2+b3=a1+2a2+a3-12=4a2-12, ∴4a2-12=16,∴a2=7,即a1+d=7　①. 又∵S4=32,∴4a1+6d=32　②. 由①②得a1=5,d=2, ∴an=5+2(n-1)=2n+3. 13 14 15 (2)证明:当n>5时,Tn>Sn. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (2)证明:∵{an}为等差数列, ∴Sn=na1+d=5n+n2-n=n2+4n. ①当n(n≥6)为偶数时,Tn=b1+b2+…+bn=(b1+b3+…+bn-1)+(b2+b4+…+bn) =(a1-6+a3-6+…+an-1-6)+(2a2+2a4+…2an)=·-6·+2·· =··n=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 ∴Tn-Sn=>0(n≥6), ∴当n(n≥6)为偶数时,Tn>Sn. ②当n(n≥7)为奇数时,Tn=b1+b2+…+bn=(b1+b3+…+bn)+(b2+b4+…+bn-1) =(a1-6+a3-6+…+an-6)+(2a2+2a4+…+2an-1) =·-6·+2···-3(n+1)+(n-1) ·, 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 ∴Tn-Sn=-(n2+4n)=>0(n≥7), ∴n(n≥7)为奇数时,Tn>Sn. 综上可知,当n>5时,Tn>Sn. 13 14 15 13.(2023·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a2=1,2Sn=nan. (1)求{an}的通项公式; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 14 13 15 解:(1)当n=1时,2a1=a1,即a1=0, 当n≥2时,2Sn-1=(n-1)an-1.① 又∵2Sn=nan,② ∴②-①得2an=nan-(n-1)an-1, 即(n-2)an=(n-1)an-1. 当n=2时,上式成立. 当n≥3时,, ∴an=···…··a2=·…··1=n-1,即an=n-1(n≥3). 当n=1时,a1=0符合上式;当n=2时,a2=1符合上式. 综上,{an}的通项公式为an=n-1,n∈N*. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (2)求数列的前n项和Tn. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 14 13 15 解: (2)由(1)知an+1=n,设bn==n·. ∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=1×+…+n·,① +…+n·.② ①-②得+…+-n·-n· =1--n·, ∴Tn=2-(n+2)·. 故数列的前n项和Tn=2-(n+2)·. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 考点5　等差数列、等比数列的综合应用 14.(2023·北京卷)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,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=　　　　　;数列所有项的和为　　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 48　 15 384 法一:设前3项的公差为d,后7项公比为q>0, 则q4==16,且q>0,可得q=2, 则a3=1+2d=,即1+2d=3,可得d=1, 可得a3=3,a7=a3q4=48, a1+a2+…+a9=1+2+3+3×2+…+3×26=3+=384. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 法二:因为,3≤n≤7(n∈N*)为等比数列,则=a5a9=12×192=482, 且an>0,所以a7=48; 又因为=a3a7,则a3==3; 设后7项公比为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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 15.(2023·天津卷)已知数列{an}是等差数列,a2+a5=16,a5-a3=4. (1)求{an}的通项公式和ai. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (1)解:设{an}的公差为d, 由 解得 所以{an}的通项公式为an=3+2(n-1)=2n+1. =2·2n-1+1=2n+1,=2(2n-1)+1=2n+1-1. 从共有2n-1-2n-1+1=2·2n-1-2n-1=2n-1(项), 所以=3·22n-2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (2)已知{bn}为等比数列,对于任意k∈N*,若2k-1≤n≤2k-1,则bk<an<bk+1. (ⅰ)当k≥2时,求证:2k-1<bk<2k+1; (ⅱ)求{bn}的通项公式及其前n项和. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (2)(ⅰ)证明:因为当2k-1≤n≤2k-1时,bk<an<bk+1, 所以当2k≤n+1≤2k+1-1时,bk+1<an+1<bk+2, 可得an<bk+1<an+1. 因为{an}为递增数列,所以若2k-1≤n≤2k-1,则,得2k+1≤an≤2k+1-1. 同理可得2k+1+1≤an+1≤2k+2-1. 故可得2k+1-1<bk+1<2k+1+1, 所以2k-1<bk<2k+1. 综上,当k≥2时,2k-1<bk<2k+1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (ⅱ)解:由题意知{bn}是q≠1的正项等比数列, 设{bn}的通项公式为bn=p·qn(p>0,q>0且q≠1), 由(ⅰ)知,2n-1<bn<2n+1,即2n-1<p·qn<2n+1, 则有1-<p·. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 ①当>1,即q>2时, ∃n0∈N*,使得p·>2,与p·矛盾; ②当0<<1,q≠1,即0<q<2且q≠1时, ∃n1∈N*,使得p·,与p·矛盾. 故q=2. 因为2n-1<bn<2n+1,所以bn=2n. 设{bn}的前n项和为Sn,则Sn==2n+1-2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 $$