第4章 数列 章末复习课（课件PPT）-【金榜题名】2025-2026学年高二数学选择性必修第二册高中同步学案（人教版）

章末复习课 第四章 数列 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 章末检测卷 (一) 点击进入word 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 谢谢观看 数学 选择性必修第二册 第四章 数列 返回导航 (一)数列通项公式的求法 数列的通项公式是给出数列的主要方式，其本质就是函数的解析式．围绕数列的通项公式，不仅可以判断数列的类型，研究数列的项的变化趋势与规律，而且有利于求数列的前n项和．求数列的通项公式是数列的核心问题之一，主要方法有： 公式法 应用等差(等比)数列的通项公式求通项 构造法 利用递推公式构造新的数列(等差或等比) 公式法 应用等差(等比)数列的通项公式求通项 累加法 形如an＋1－an＝f(n)型的递推公式求通项公式 累乘法 形如eq \f(an＋1,an)＝f(n)型的递推公式求通项公式 利用an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S1（n＝1）,Sn－Sn－1（n≥2）)) 由含Sn的关系式求an适合此法 [例 1]　各项非零的数列{an}中，首项a1＝1，且2Seq \o\al(2,n)＝2anSn－an(n≥2)，求数列的通项an． 解：∵2Seq \o\al(2,n)＝2anSn－an，n≥2， 且an＝Sn－Sn－1， ∴2Seq \o\al(2,n)＝2Seq \o\al(2,n)－2SnSn－1－Sn＋Sn－1，整理，得eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn－1)＝2，n≥2， ∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是以eq \f(1,S1)＝1为首项，以2为公差的等差数列． ∴eq \f(1,Sn)＝1＋(n－1)·2＝2n－1， 即Sn＝eq \f(1,2n－1)， ∴an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n－3) ＝－eq \f(2,（2n－1）（ 2n－3）)，n≥2， 又∵a1＝1，不适合上式， ∴an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,－\f(2,（2n－1）（ 2n－3）)，n≥2.)) 1．设数列{an}是首项为1的正项数列，且an＋1－an＋an＋1·an＝0(n∈N*)，求{an}的通项公式． 解析：∵an＋1－an＋an＋1·an＝0， ∴eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝1．又eq \f(1,a1)＝1， ∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首项为1，公差为1的等差数列， 即eq \f(1,an)＝n．∴an＝eq \f(1,n)． (二)等差(比)数列的基本运算 在等差(等比)数列的通项公式和前n项和公式中，含有5个基本量，即a1，d(q)，an，n，Sn．知道其中的三个，可以求出其余的两个，称为“知三求二”型．在解决等差(等比)数列的问题中，往往是化为基本量的运算，有时也可灵活使用等差(等比)数列的性质解题． [例 2]　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{an}的公比为q， 由已知得16＝2q3， 解得q＝2，∴an＝2×2n－1＝2n． (2)由(1)得a3＝8，a5＝32，则b3＝8，b5＝32． 设{bn}的公差为d，则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b1＋2d＝8，,b1＋4d＝32，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b1＝－16，,d＝12，)) 所以bn＝－16＋12(n－1)＝12n－28． 所以数列{bn}的前n项和 Sn＝eq \f(n（－16＋12n－28）,2)＝6n2－22n． 2．已知数列{an}为等比数列，Sn是它的前n项和，若a2·a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为eq \f(5,4)，则S5＝________． 解析：∵a2·a3＝aeq \o\al(2,1)·q3＝a1·a4＝2a1， ∴a4＝2，a4＋2a7＝a4＋2a4q3＝2×eq \f(5,4)， ∴q＝eq \f(1,2)． ∴a4＝a1q3＝2，∴a1＝16． ∴S5＝eq \f(a1（1－q5）,1－q)＝31． 答案：31 (三)等差数列、等比数列的判断 1．判断一个数列为等差数列的常用方法 (1)定义法：an＋1－an＝d(常数)(n∈N*)⇔{an}为等差数列． (2)等差中项法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇔{an}为等差数列． (3)通项公式法：an为n的一次函数⇔{an}为等差数列． (4)前n项和法：Sn是An2＋Bn的形式⇔{an}为等差数列． 2．判断一个数列是等比数列的常用方法 (1)定义法：eq \f(an＋1,an)＝q(q为常数且不为零)⇔{an}为等比数列． (2)等比中项法：aeq \o\al(2,n＋1)＝anan＋2(n∈N*且an≠0)⇔{an}为等比数列． (3)通项公式法：an＝a1qn－1(a1≠0且q≠0)⇔{an}为等比数列． [例 3]　已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n－5an－85，n∈N*． (1)证明：{an－1}是等比数列； (2)求数列{an}的通项公式． 解：(1)证明：∵Sn＝n－5an－85， ∴Sn＋1＝(n＋1)－5an＋1－85， 两式相减得：an＋1＝1＋5an－5an＋1， 整理得：an＋1＝eq \f(5,6)an＋eq \f(1,6)， ∴an＋1－1＝eq \f(5,6)(an－1)， 又∵a1＝1－5a1－85，即a1＝－14， ∴a1－1＝－14－1＝－15， ∴数列{an－1}是以－15为首项，eq \f(5,6)为公比的等比数列． (2)由(1)可知 an－1＝－15×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6))) eq \s\up12(n－1)， ∴an＝1－15×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6))) eq \s\up12(n－1)． 3．数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝4an＋2(n∈N*)． (1)设bn＝an＋1－2an，求证：{bn}是等比数列； (2)设cn＝eq \f(an,2n－2)，求证：{cn}是等差数列． 证明：(1)因为an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1＋2－4an－2＝4an＋1－4an． 所以eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(an＋2－2an＋1,an＋1－2an)＝eq \f(4an＋1－4an－2an＋1,an＋1－2an) ＝eq \f(2an＋1－4an,an＋1－2an)＝2． 因为S2＝a1＋a2＝4a1＋2，所以a2＝5． 所以b1＝a2－2a1＝3． 所以数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列． (2)由(1)知bn＝3·2n－1＝an＋1－2an， 所以eq \f(an＋1,2n－1)－eq \f(an,2n－2)＝3． 所以cn＋1－cn＝3，且c1＝eq \f(a1,2－1)＝2， 所以数列{cn}是等差数列，公差为3，首项为2． (四)数列求和 数列的求和问题是数列中的重点问题，要掌握一些简单数列的求和方法，并应用数列求和解决一些数列问题，数列求和常用的方法有：①公式法(即直接应用等比数列、等比数列的求和公式求解)，②倒序相加法，③错位相减法，④裂项相消法，⑤分组转化法(即把数列的第一项分成多个项或把数列的项重新组合，使其转化为等差数列或等比数列，然后由等差、等比数列的求和公式求解)． [例 4]　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，则 (an－2n)(an＋1)＝0． 由于{an}是正项数列，所以an＝2n． (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\((\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n－1)－\f(1,n)＋)) eq \b\lc\ \rc\)(\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）) ． 4．设公差不为0的等差数列{an}的首项为1，且a2，a5，a14构成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足eq \f(b1,a1)＋eq \f(b2,a2)＋…＋eq \f(bn,an)＝1－eq \f(1,2n)，n∈N*，求{bn}的前n项和Tn． 解：(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)， ∵a2，a5，a14构成等比数列，∴aeq \o\al(2,5)＝a2a14， 即(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)， 解得d＝0(舍去)，或d＝2． ∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1． (2)由已知eq \f(b1,a1)＋eq \f(b2,a2)＋…＋eq \f(bn,an)＝1－eq \f(1,2n)(n∈N*)， 当n＝1时，eq \f(b1,a1)＝eq \f(1,2)； 当n≥2时，eq \f(bn,an)＝1－eq \f(1,2n)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n－1)))＝eq \f(1,2n)． ∴eq \f(bn,an)＝eq \f(1,2n)(n∈N*)． 由(1)知，an＝2n－1(n∈N*)， ∴bn＝eq \f(2n－1,2n)(n∈N*)． 又Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(3,22)＋eq \f(5,23)＋…＋eq \f(2n－1,2n)， eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(2n－3,2n)＋eq \f(2n－1,2n＋1)， 两式相减，得eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,22)＋\f(2,23)＋…＋\f(2,2n)))－eq \f(2n－1,2n＋1)＝eq \f(3,2)－eq \f(1,2n－1)－eq \f(2n－1,2n＋1)， ∴Tn＝3－eq \f(2n＋3,2n)． $$