第四章 数列 章末总结-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册创新导学案课件PPT（人教A版）

该高中数学课件系统梳理了数列单元核心知识，涵盖数列概念、等差等比数列的定义、通项公式及前n项和公式，通过知识框架将概念、公式与导数应用、数学归纳法串联，构建完整知识网络，体现知识点内在逻辑。 其亮点在于聚焦学科素养培优，通过等差等比数列判定、通项求法、求和及综合应用模块，如例题5用构造法求递推数列通项，培养数学思维与创新意识，分层设计从基础到综合，助力学生巩固知识，为教师复习教学提供精准支持。

第四章　数列 章末总结 知识系统整合 学科素养培优 目录 知识系统整合 知识系统整合 4 知识系统整合 5 学科素养培优 一、等差、等比数列的判定 学科素养培优 7 (3)通项公式法：an＝kn＋b(n∈N*，k，b是常数)⇔{an}是等差数列；an＝cqn(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∈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}是公比不等于1的等比数列． 学科素养培优 8 学科素养培优 9 学科素养培优 10 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． 二、数列通项公式的求法 学科素养培优 11 学科素养培优 12 学科素养培优 13 学科素养培优 14 学科素养培优 15 学科素养培优 16 已知数列{an}满足an＋1＝2an＋3×5n，a1＝2，求数列{an}的通项公式． 学科素养培优 17 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，可以通过构造将其转化为等差数列或等比数列的求和问题，对于非等差数列、非等比数列的求和，常用的方法有：分组求和、并项求和、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． 三、数列求和 学科素养培优 18 学科素养培优 19 学科素养培优 20 学科素养培优 21 学科素养培优 22 学科素养培优 23 学科素养培优 24 学科素养培优 25 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*)． 学科素养培优 26 学科素养培优 27 数列的综合应用与创新问题通常涉及到数列与函数、不等式、解析几何等多个知识点的结合，解决数列的综合应用与创新问题，需要熟练掌握数列的基本概念、公式和性质，灵活运用各种数学方法和技巧，同时要具备较强的逻辑思维能力和创新意识．以下是一些常见问题的解决方法： (1)数列与函数的综合问题 利用函数的性质来研究数列问题，如函数的单调性、最值等．对于以函数形式给出的数列通项公式，可通过分析函数的特点来确定数列的性质． 四、数列的综合应用与创新问题 学科素养培优 28 (2)数列与不等式的综合问题 证明与数列相关的不等式时，常用的方法有比较法(作差或作商)、放缩法、数学归纳法等．放缩法是一种较为灵活且常用的方法，需要根据数列的特点进行适当的放缩． (3)数列与解析几何的综合问题 将数列的项与点的坐标联系起来，利用解析几何的知识，如直线斜率、两点间距离公式、曲线方程等，来解决数列问题． 学科素养培优 29 (4)数列中的创新问题 对于新定义的数列问题，首先要仔细理解新定义的概念和规则，然后将其转化为熟悉的数列问题进行求解．通过分析数列的前几项，尝试找出规律，再利用归纳、类比等方法进行推理和证明． 学科素养培优 30 学科素养培优 31 学科素养培优 32 学科素养培优 33 学科素养培优 34 　　　　　　　　　　　　　 R 等差、等比数列的判定方法 (1)定义法：an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)⇔{an}是等差数列；eq \f(an＋1,an)＝q(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∈N*)⇔{an}是等差数列；aeq \o\al(2,n＋1)＝anan＋2(n∈N*，an≠0)⇔{an}是等比数列． 在数列{an}，{bn}中，已知a1＝eq \f(1,2)，且2an＋1＝an＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)，bn＝2nan，求证：数列{bn}是等差数列． 证明　由2an＋1＝an＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)，得an＋1＝eq \f(1,2)an＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(n＋1)，所以bn＋1－bn＝2n＋1an＋1－2nan＝2n＋1eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)an＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n＋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． 若数列{an}满足an＋1＝2,n)eq \f(a＋an－1－2an,an－1－1) (n≥2)，求证：{an－1}为等比数列． 证明　∵an＋1＝2,n)eq \f(a＋an－1－2an,an－1－1) (n≥2)， ∴an＋1－1＝2,n)eq \f(a＋an－1－2an,an－1－1) －1＝2,n)eq \f(a－2an＋1,an－1－1) ＝eq \f((an－1)2,an－1－1)， 即(an＋1－1)(an－1－1)＝(an－1)2， 又由an＋1＝2,n)eq \f(a＋an－1－2an,an－1－1) (n≥2)，得an－1－1≠0(n≥2)，即an－1≠0(n∈N*)， ∴{an－1}为等比数列． 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eq \a\vs4\al(an)＝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＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2，))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eq \f(an＋1,an)＝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． 已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝an＋eq \f(2,n(n＋1))，则an＝(　　) A．4＋eq \f(2,n) B．4－eq \f(2,n) C．2＋eq \f(1,n) D．2－eq \f(1,n) 解析　由题意可得an＋1－an＝eq \f(2,n(n＋1))＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，所以a2－a1＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)－\f(1,2)))，a3－a2＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))，…，an－an－1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))，上式累加可得an－a1＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n－1)－\f(1,n)))＝2－eq \f(2,n)，又a1＝2，所以an＝4－eq \f(2,n)(n≥2)，又a1＝2符合上式，所以an＝4－eq \f(2,n).故选B. \lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n)))INCLUDEPICTURE"灰典例4.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\565数学（选择性必修第二册导学案（A版\\灰典例4.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "\\\\石维\\石维\\PPT\\数学\\25年\\565数学（选择性必修第二册导学案（A版\\灰典例4.TIF" \* MERGEFORMATINET 已知数列{an}中，a1＝1，an＝·an－1(n≥2)，求数列{an}的通项公式． 解　因为a1＝1，an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n)))an－1(n≥2)， 所以eq \f(an,an－1)＝eq \f(n－1,n)，所以an＝eq \f(an,an－1)×eq \f(an－1,an－2)×eq \f(an－2,an－3)×…×eq \f(a3,a2)×eq \f(a2,a1)×a1＝eq \f(n－1,n)×eq \f(n－2,n－1)×eq \f(n－3,n－2)×…×eq \f(2,3)×eq \f(1,2)×1＝eq \f(1,n). 又因为a1＝1符合上式，所以an＝eq \f(1,n). 解　两边同除以5n＋1，得eq \f(an＋1,5n＋1)＝eq \f(2,5)×eq \f(an,5n)＋eq \f(3,5)， 可得eq \f(an＋1,5n＋1)－1＝eq \f(2,5) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an,5n)－1)). 由于eq \f(a1,5)－1＝－eq \f(3,5)≠0，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,5n)－1))是以－eq \f(3,5)为首项，eq \f(2,5)为公比的等比数列，从而eq \f(an,5n)－1＝－eq \f(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq \s\up12(n－1)，故数列{an}的通项公式为an＝5n－3×2n－1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝eq \f(1,(an－1)(an＋1))，求数列{bn}的前n项和Tn. 解　(1)设等差数列{an}的公差为d，d≠0， 由S5＝30，得5a1＋10d＝30，① ∵a1，a2，a4成等比数列，∴aeq \o\al(2,2)＝a1a4， ∴(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，② 由①②解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,d＝2，)) ∴数列{an}的通项公式为an＝2n. (2)由bn＝eq \f(1,(an－1)(an＋1))，an＝2n，得 bn＝eq \f(1,(2n－1)(2n＋1))＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))). 则数列{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝ eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1). 2,3)INCLUDEPICTURE"灰典例7.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\565数学（选择性必修第二册导学案（A版\\灰典例7.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "\\\\石维\\石维\\PPT\\数学\\25年\\565数学（选择性必修第二册导学案（A版\\灰典例7.TIF" \* MERGEFORMATINET 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＝eq \f((n＋1),2)bn，n∈N*，且b1＝1. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)设cn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(bn，n为奇数，,an，n为偶数，))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2,3)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a4＝2a5＋4a6，,a4＝4a，)) 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2q2＋q－1＝0，,1＝4a1q，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q＝\f(1,2)，,a1＝\f(1,2)，))所以an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(n). 当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝eq \f(n＋1,2)bn－eq \f(nbn－1,2)， 即eq \f(bn,n)＝eq \f(bn－1,n－1)，又b1＝1，eq \f(b1,1)＝1， 所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,n)))是首项为1的常数列，eq \f(bn,n)＝1，所以bn＝n. (2)由(1)可得cn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n，n为奇数，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n)，n为偶数，)) 当n为偶数时， Pn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(a2＋a4＋…＋an) ＝[1＋3＋…＋(n－1)]＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(4)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n)))＝eq \f((1＋n－1)·\f(n,2),2)＋eq \f(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))\s\up12(\f(n,2)))),1－\f(1,4)) ＝eq \f(n2,4)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)； 当n为奇数时，n＋1为偶数， Pn＝Pn＋1－an＋1＝eq \f((n＋1)2,4)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(n＋1)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(n＋1)＝eq \f((n＋1)2,4)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1). 综上， Pn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(n2,4)＋\f(1,3)－\f(1,3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n)，n为偶数，,\f((n＋1)2,4)＋\f(1,3)－\f(1,3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n－1)，n为奇数.)) (1)求数列{an}的通项公式； (2)设a＝eq \f(1,2)，c＝eq \f(1,2)，bn＝n(1－an)，n∈N*，求数列{bn}的前n项和Sn. (2)由(1)，得bn＝n(1－a)cn－1＝neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)， ∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝1×eq \f(1,2)＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋…＋n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)，① eq \f(1,2)Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)＋…＋(n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)＋n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(n＋1)，② ∴①－②，得eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)－n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(n＋1)＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2))－n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(n＋1)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)－n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(n＋1)＝1－(2＋n)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(n＋1)， ∴Sn＝2－(2＋n)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(n). 2,n)INCLUDEPICTURE"灰典例9.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\565数学（选择性必修第二册导学案（A版\\灰典例9.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "\\\\石维\\石维\\PPT\\数学\\25年\\565数学（选择性必修第二册导学案（A版\\灰典例9.TIF" \* MERGEFORMATINET 若数列{An}满足An＋1＝A，则称数列{An}为“平方递推数列”．已知数列{an}满足a1＝8，an＋1＝aeq \o\al(2,n)＋4an＋2. (1)证明：数列{an＋2}是“平方递推数列”； (2)设数列{an＋2}的前n项积为Tn，即Tn＝(a1＋2)(a2＋2)…(an＋2)． ①求lg Tn； ②若bn＝eq \f(lg Tn,lg (an＋2))，数列{bn}的前n项和为Sn，求使得Sn>4048的n的最小值． 解　(1)证明：由题意，知an＋1＋2＝aeq \o\al(2,n)＋4an＋4＝(an＋2)2， 所以数列{an＋2}是“平方递推数列”． (2)①由(1)知an＋1＋2＝(an＋2)2， 又a1＋2＝10，所以an＋2>0，且lg (an＋2)≠0， 所以lg (an＋1＋2)＝lg (an＋2)2＝2lg (an＋2)， 又lg (a1＋2)＝1≠0， 所以数列{lg (an＋2)}是首项为1，公比为2的等比数列， 所以lg (an＋2)＝2n－1， 所以lg Tn＝lg [(a1＋2)(a2＋2)…(an＋2)]＝lg (a1＋2)＋lg (a2＋2)＋…＋lg (an＋2)＝20＋21＋…＋2n－1＝eq \f(1×(1－2n),1－2)＝2n－1. ②由①，知bn＝eq \f(lg Tn,lg (an＋2))＝eq \f(2n－1,2n－1)＝2－eq \f(1,2n－1)， Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝2－eq \f(1,20)＋2－eq \f(1,21)＋…＋2－eq \f(1,2n－1)＝2n－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,20)＋\f(1,21)＋…＋\f(1,2n－1)))＝2n－eq \f(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝2n－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2n－1)))＝2n＋eq \f(1,2n－1)－2. 由Sn>4048，即2n＋eq \f(1,2n－1)－2>4048，得2n＋eq \f(1,2n－1)>4050， 因为对任意的n∈N*，2(n＋1)＋eq \f(1,2n)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n＋\f(1,2n－1)))＝2－eq \f(1,2n)>0，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(2n＋\f(1,2n－1)))是递增数列， 又当n＝2024时，2×2024＋eq \f(1,22023)<4050， 当n＝2025时，2×2025＋eq \f(1,22024)>4050， 所以使得Sn>4048的n的最小值为2025. $