第四章 章末复习课-【创新教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册五维课堂同步课件PPT（人教A版2019）

章末复习课 第四章 数列 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 知识整合 思维导图 题型梳理 素养聚焦 01 02 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 知识整合 思维导图 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 题型梳理 素养聚焦 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 下一页 上一页 返回导航 第四章 数列 数学·选择性必修第二册 [考点一]　数学运算、数学抽象——等差(比)数列的基本运算　 [例1]　在等比数列{an}中，已知a1＝2，a4＝16. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若a3，a5分别为等差数列{bn}的第3项和第5项，试求数列{bn}的通项公式及前n项和Sn. [解]　(1)设等比数列{an}的公比为q， 由已知得16＝2q3，解得q＝2， ∴an＝2×2n－1＝2n，n∈N*. (2)由(1)得a3＝8，a5＝32， 则b3＝8，b5＝32. 设等差数列{bn}的公差为d， 则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(b1＋2d＝8，,b1＋4d＝32，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(b1＝－16，,d＝12，)) 所以bn＝－16＋12(n－1)＝12n－28，n∈N*. 所以数列{bn}的前n项和 Sn＝eq \f(n－16＋12n－28,2)＝6n2－22n，n∈N*. 在等差数列和等比数列的通项公式an与前n项和公式Sn中，共涉及五个量：a1，an，n，d或q，Sn，其中a1和d或q为基本量，“知三求二”是指将已知条件转换成关于a1，d或q，an，Sn，n的方程组，利用方程的思想求出需要的量，当然在求解中若能运用等差(比)数列的性质会更好，这样可以化繁为简，减少运算量，同时还要注意整体代入思想方法的运用． [考点二]　逻辑推理、数学运算——等差、等比数列的判定　 [例2]　已知数列{an}满足a1＝eq \f(1,5)，且当n＞1，n∈N*时，有eq \f(an－1,an)＝eq \f(2an－1＋1,1－2an). (1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))为等差数列； (2)试问a1a2是否是数列{an}中的项？如果是，是第几项？如果不是，请说明理由． [解]　(1)证明：当n≥2时，由eq \f(an－1,an)＝eq \f(2an－1＋1,1－2an)，得an－1－an＝4an－1an， 两边同除以an－1an， 得eq \f(1,an)－eq \f(1,an－1)＝4. 所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首项为eq \f(1,a1)＝5， 公差d＝4的等差数列． (2)由(1)得eq \f(1,an)＝eq \f(1,a1)＋(n－1)d＝4n＋1， 所以an＝eq \f(1,4n＋1)， 所以a1a2＝eq \f(1,5)×eq \f(1,9)＝eq \f(1,45)， 假设a1a2是数列{an}中的第t项， 则at＝eq \f(1,4t＋1)＝eq \f(1,45)，解得t＝11∈N*， 所以a1a2是数列{an}中的第11项． 判断和证明数列是等差(比)数列的方法 (1)定义法：对于n≥1的任意自然数，验证an＋1－aneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或\f(an＋1,an)))为与正整数n无关的常数． (2)中项公式法： ①若2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)，则{an}为等差数列. ②若aeq \o\al(2,n)＝an－1·an＋1(n∈N*，n≥2且an≠0)，则{an}为等比数列． (3)通项公式法：an＝kn＋b(k，b是常数)⇔{an}是等差数列；an＝c·qn(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∈N*)⇔{an}是等差数列；Sn＝Aqn－A(A，q为常数，且A≠0，q≠0，n∈N*)⇔{an}是公比不为1的等比数列． [考点三]　逻辑推理、数学运算——等差、等比数列的性质及应用　 [例3]　(1)已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，以Sn表示数列{an}的前n项和，则使得Sn取得最大值的n是(　　) A．21　　 B．20 C．19　　　 D．18 (2)记等比数列{an}的前n项积为Tn(n∈N*)，已知am－1am＋1－2am＝0，且T2m－1＝128，则m＝________. [解析]　(1)由a1＋a3＋a5＝105，得3a3＝105， ∴a3＝35.同理可得a4＝33， ∴d＝a4－a3＝－2, an＝a4＋(n－4)×(－2)＝41－2n. 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0，))得n＝20.∴使Sn取得最大值的n是20. (2)∵{an}为等比数列，∴am－1am＋1＝aeq \o\al(2,m)，又由am－1am＋1－2am＝0(am≠0)，从而am＝2.由等比数列的性质可知前(2m－1)项积T2m－1＝aeq \o\al(2m－1,m)，则22m－1＝128，故m＝4. [答案]　(1)B　 (2)4 等差数列 等比数列 若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq. 特别地，若m＋n＝2p，则am＋an＝2ap 若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am·an＝ap·aq. 特别地，若m＋n＝2p，则am·an＝aeq \o\al(2,p) am，am＋k，am＋2k，…仍是等差数列，公差为kd am，am＋k，am＋2k，…仍是等比数列，公比为qk 若{an}，{bn}是两个项数相同的等差数列，则{pan＋qbn}仍是等差数列 若{an}，{bn}是两个项数相同的等比数列，则{pan·qbn}仍是等比数列 Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…是等差数列 Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…是等比数列(q≠－1或q＝－1且m为奇数) 若数列{an}的项数为2n，则S偶－S奇＝nd，eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(an,an＋1) 若数列{an}的项数为2n，则eq \f(S偶,S奇)＝q 若数列{an}的项数为2n＋1，则S奇－S偶＝an＋1，eq \f(S奇,S偶)＝eq \f(n＋1,n) 若数列{an}的项数为2n＋1，则eq \f(S奇－a1,S偶)＝q [考点四]　数学运算、逻辑推理——数列求和　 [例4]　已知数列{an}是n次多项式f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋anxn的系数，且f(1)＝eq \f(nn＋1,2). (1)求数列{an}的通项公式； (2)求f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，并说明f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＜2. [解]　(1)设f(1)＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝eq \f(nn＋1,2)， 则an＝Sn－Sn－1＝eq \f(nn＋1,2)－eq \f(n－1n,2)＝n，n≥2， 当n＝1时，a1＝1，S1＝1成立．所以an＝n(n∈N*)． (2)由(1)知f(x)＝x＋2x2＋…＋nxn， 所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq \f(1,2)＋2×eq \f(1,22)＋3×eq \f(1,23)＋…＋n×eq \f(1,2n)，① eq \f(1,2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq \f(1,22)＋2×eq \f(1,23)＋3×eq \f(1,24)＋…＋(n－1)×eq \f(1,2n)＋n×eq \f(1,2n＋1)，② 由①－②得eq \f(1,2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n)－n×eq \f(1,2n＋1)＝1－eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)， 所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2－eq \f(1,2n－1)－eq \f(n,2n)＜2. [例5]　正项数列{an}满足：aeq \o\al(2,n)－(2n－1)an－2n＝0. (1)求数列{an}的通项公式an； (2)令bn＝eq \f(1,n＋1an)，求数列{bn}的前n项和Tn. [解]　(1)由aeq \o\al(2,n)－(2n－1)an－2n＝0，得 (an－2n)(an＋1)＝0. 由于{an}是正项数列，所以an＝2n，n∈N*. (2)由an＝2n，bn＝eq \f(1,n＋1an)，得 bn＝eq \f(1,2nn＋1)＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))， Tn＝eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))＋)) eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))))) ＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1). 数列求和的常用方法 (1)错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列．把Sn＝a1＋a2＋…＋an两边同乘以相应等比数列的公比q，得到qSn＝a1q＋a2q＋…＋anq，两式错位相减即可求出Sn. (2)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(c,anan＋1)))(其中{an}是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列． (3)拆项分组法：把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重新组合成两个(或多个)简单的数列，最后分别求和． (4)并项求和法：与拆项分组相反，并项求和是把数列的两项(或多项)组合在一起，重新构成一个数列再求和，一般适用于正负相间排列的数列求和，注意对数列项数(是奇数还是偶数)的讨论． [考点五]　逻辑推理、数学运算——等差、等比数列的综合问题　 [例6]　已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1为a(a∈R)，且eq \f(1,a1)，eq \f(1,a2)，eq \f(1,a4)成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)记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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)))2＝eq \f(1,a1)·eq \f(1,a4)，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＝eq \f(1,2na)， ∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq \f(1,a) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n))) ＝eq \f(1,a)·eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝eq \f(1,a) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))). 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，特别是通项公式、前n项和公式以及等差中项、等比中项是命题的热点． [考点六]　数学建模、数学运算——等差、等比数列的实际应用问题　 [例7]　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＝eq \f(50,7) B．a，b，c成公比为2的等比数列，且c＝eq \f(50,7) C．a，b，c成公比为eq \f(1,2)的等比数列，且a＝eq \f(50,7) D．a，b，c成公比为eq \f(1,2)的等比数列，且c＝eq \f(50,7) [解析]　由题意可得，a，b，c成公比为eq \f(1,2)的等比数列，b＝eq \f(1,2)a，c＝eq \f(1,2)b，故4c＋2c＋c＝50，解得c＝eq \f(50,7). [答案]　D [例8]　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，则淘汰一辆旧车，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；计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%，混合动力型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________． [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%＝eq \f(3,2)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，则5年后的数量和为eq \f(128×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))5)),1－\f(3,2))＋300×5＋eq \f(5×4,2)a，所以eq \f(128×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))5)),1－\f(3,2))＋300×5＋eq \f(5×4,2)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，所以a的最小值为182. [答案]　182 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，不符合则要修改关系； (4)利用合理的结论对实际问题展开讨论． $$