第1章 数列 章末复习课（课件PPT）-【步步高】2024-2025学年高二数学选择性必修第一册学习笔记（湘教版）

该高中数学单元复习课件系统梳理了等差与等比数列的基本运算、判定、通项及求和四大核心模块，通过例题解析、反思感悟与跟踪训练，将公式应用、方法归纳与问题解决串联，构建完整的数列知识网络。 其亮点在于聚焦逻辑推理与数学运算素养，如通过“定义法判定数列类型”“累加法求通项”等方法总结，结合分层例题（如基础运算题到综合应用题）设计，培养学生推理能力与运算技能。这种讲练结合的模式让学生巩固知识，也为教师提供精准复习抓手。

第1章 <<< 章末复习课 知识网络 一、等差与等比数列的基本运算 二、等差、等比数列的判定 三、数列的通项 内容索引 四、数列求和 等差与等比数列的基本运算 一 1.数列的基本运算以小题居多，但也可作为解答题第一步命题，主要考查利用数列的通项公式及求和公式，求数列中的项、公差、公比及前n项和等，一般试题难度较小. 2.通过等差、等比数列的基本运算，培养数学运算、逻辑推理等核心素养. 5 　　　在等比数列{an}中，已知a1＝2，a4＝16. (1)求数列{an}的通项公式； 例 1 设数列{an}的公比为q， 由已知得16＝2q3， 解得q＝2， 所以an＝2×2n－1＝2n，n∈N＋. 6 (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. 由(1)得a3＝8，a5＝32， 则b3＝8，b5＝32. 设数列{bn}的公差为d， 所以bn＝－16＋12(n－1)＝12n－28，n∈N＋. 所以数列{bn}的前n项和 7 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. 反 思 感 悟 8 　　　　　(1)设数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，则　　　　　　　　＝______. 跟踪训练 1 1 033 ∵数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列， ∴an＝2＋(n－1)×1＝n＋1， ∵{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列， ∴bn＝1×2n－1＝2n－1， ∴ ＝2n－1＋1， 9 (2)记正项等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，a2a3＝S5. ①求数列{an}的通项公式； 设等差数列{an}的公差为d， ∵a1＝1，a2a3＝S5， ∵d>0，∴d＝4， ∴an＝1＋4(n－1)＝4n－3. 10 ②已知等比数列{bn}满足b1＝a1，b2＝a2，若bm＝a782，求数列{bn}的前m项和Tm. 由①知a2＝5， ∴b1＝a1＝1，b2＝a2＝5， ∴bn＝b1qn－1＝5n－1. 由bm＝a782得，5m－1＝4×782－3， 解得m＝6， 11 二 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. 　　　已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝　. (1)求b1，b2，b3； 例 2 将n＝1代入得，a2＝4a1＝4. 将n＝2代入得，a3＝3a2＝12. 14 (2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由； {bn}是首项为1，公比为2的等比数列.理由如下： 即bn＋1＝2bn，又b1＝1， 所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列. 15 (3)求数列{an}的通项公式. 16 反 思 感 悟 (1)定义法：对于n≥1的任意自然数，验证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 ＝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，q≠1，n∈N＋)⇔{an}是公比不为1的等比数列. 判断和证明数列是等差(比)数列的方法 跟踪训练 2 18 当n≥2时， 两边同除以an－1an， 19 (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. 20 假设a1a2是数列{an}中的第t项， 解得t＝11∈N＋， 所以a1a2是数列{an}中的第11项. 21 数列的通项 三 1.数列的通项公式的求法在考查中也经常涉及.在命题中，多以递推公式的形式或与Sn的关系给出条件，然后通过构造等差数列或等比数列，求出通项公式an，题型多以解答题形式出现，难度偏小或中等. 2.通过通项公式的求法，培养数学运算、逻辑推理等核心素养. 23 　　　在数列{an}中，a1＝1，且对于任意的m，n∈N＋，都有am＋n＝am＋an＋mn，求数列{an}的通项公式. 例 3 24 对于任意的m，n∈N＋， 都有am＋n＝am＋an＋mn， 令m＝1，得an＋1＝an＋n＋1， 则an＋1－an＝n＋1， ∴a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n， ∴(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝2＋3＋4＋…＋n， 即an－a1＝2＋3＋4＋…＋n， 又a1＝1， 25 反 思 感 悟 (1)由Sn与an的关系求通项公式：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，当n＝1时，验证a1＝S1.数列{f(n)an}求通项与上述方法类似. (2)累加法：适用形如“an＋1－an＝f(n)”， an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1). 求数列通项的常用方法 反 思 感 悟 求数列通项的常用方法 　　　　　设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且Sn满足2Sn＝(n＋1)an，n∈N＋.求数列{an}的通项公式. 跟踪训练 3 28 当n≥2时，2Sn＝(n＋1)an，2Sn－1＝nan－1， 两式相减得，2an＝(n＋1)an－nan－1， 即an＝2n，n∈N＋. 29 四 数列求和 1.数列求和一直是考查的热点，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，题型多以解答题的形式出现，难度中等. 2.通过数列求和，培养数学运算、逻辑推理等核心素养. 31 　已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an－2. (1)求数列{an}的通项公式； 例 4 32 当n＝1时，a1＝S1＝2a1－2，可得a1＝2； 当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2， 所以an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1， 即an＝2an－1(n≥2)， 因为a1＝2≠0， 所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以an＝2·2n－1＝2n. 33 (2)从下面两个条件中选择一个填在横线上，并完成下面的问题.①b2＝4，b4＝8；②b2是b1和b4的等比中项，T8＝72.若公差不为0的等差数列{bn}的 前n项和为Tn，且________，求数列 的前n项和An. 34 设等差数列{bn}的公差为d， 若选择①， 由(1)得，an＝2n， 35 36 若选择②， 即b1d＝d2， 因为d≠0， 所以b1＝d， 37 解得b1＝d＝2， 下同①. 38 反 思 感 悟 (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. 数列求和的常用类型 反 思 感 悟 (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. 数列求和的常用类型 　　　　　已知等差数列{an}的前n项和Sn，a3＝3，且S4＝10. (1)求数列{an}的通项公式； 跟踪训练 4 设等差数列{an}的公差为d， 因此an＝a1＋(n－1)d＝n. 41 42 因此， 故原不等式得证. 43 则有解得 Sn＝＝6n2－22n，n∈N＋. ∴ ＝＋10＝1 033. ∴(1＋d)(1＋2d)＝5＋， 解得d＝－或d＝4. ∴等比数列{bn}的公比q＝＝5， ∴Tm＝T6＝＝3 906. 由条件可得an＋1＝an. 所以b1＝＝1，b2＝＝2，b3＝＝4. 由条件可得＝， 由(2)可得＝2n－1，所以an＝n·2n－1，n∈N＋. a 已知数列{an}满足a1＝，且当n>1，n∈N＋时，有＝. (1)求证：数列为等差数列； 由＝，得an－1－an＝4an－1an， 得－＝4. 所以数列是首项为＝5，公差为d＝4的等差数列. 则at＝＝， 由(1)得＝＋(n－1)d＝4n＋1， 所以an＝， 所以a1a2＝×＝， ∴an＝1＋2＋3＋…＋n＝. (3)累乘法：适用于形如“＝f(n)”， an＝a1···…·. (4)构造法：①形如“an＝kan－1＋b(k，b为常数，k≠0，n≥2，n∈N＋)”，可令an＋t＝k(an－1＋t)，结合已知条件可得t＝，构造等比数列. ②取倒数法：形如“an＝(n≥2，n∈N＋，k，m，p均为常数，m≠0)”，可在等式两边取倒数，转化为等差数列或转化为类型①. 整理可得＝， 而＝2， 所以是首项为2，公比为1的等比数列， 故＝2， 由题意得解得 所以Tn＝n×2＋×2＝n2＋n， 所以＝＝＝×， ＝－， 所以An＝3－. 所以An＝2×＋3×＋…＋n×＋×，  ＝2×＋3×＋…＋n×＋×， 两式相减得＝1＋－× ＝1＋－× 由题可得b＝b1·b4， 即2＝b1·， 所以T8＝72＝8b1＋d＝36d， 所以Tn＝n×2＋×2＝n2＋n. (2)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，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(其中{an}是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列. 则 解得 (2)证明：数列的前n项和Tn<. ＝1＋－－ ＝－<. ＝＝－， Tn＝＋＋＋…＋ $