第一章 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word（北师大版）

该高中数学导学案以“数列”为核心单元，聚焦通项公式求法、数阵应用及数学思想渗透，通过“基础注意事项-通项求法模块-数阵问题探究-思想方法提炼”的递进式设计，构建从概念理解到综合应用的完整学习路径，注重知识的连贯性与系统性。 亮点在于“方法迁移+情境探究”的任务设计，如通过数阵规律归纳培养数学眼光，借助构造法证数列发展数学思维，结合应用题建模提升数学语言表达能力。典例涵盖多种解法与分层题型，助力学生深度学习，为教师实施单元复习提供清晰教学支架，有效提升复习针对性与效率。

数学　选择性必修 第二册 1．由数列的前n项和求an时，应注意an＝若an＝Sn－Sn－1(n≥2)对于n＝1也成立，则合并写成一个an的式子，否则分段表示an. 2．使用an－an－1＝d(常数)或＝q(常数)证明等差或等比数列时，以上两式中均应注明(n≥2，n∈N＋)． 3．牢记等差、等比数列的一些重要性质并应用，往往能迅速地解决问题，但是不要忘记解等差、等比数列问题常用的基本量法，才是通用方法． 4．使用等比数列前n项和公式时，应注意公比q是否等于1. 5．等差、等比数列的通项公式和前n项和公式是它们的重要基本公式，对这两个公式要用方程思想、函数思想并从变形与发展的角度去深刻认识． 6．解等差、等比数列的综合题必须牢固掌握基础知识、基本技能和基本题型，并且要灵活运用这些知识，善于将综合题分解为几个基本题．解等差、等比数列的应用题，关键是将抽象的文字语言转化为数学语言，应用数列的定义、公式及性质加以解决．这就要求能真正理解题意、理清其脉络，从纷繁复杂的实际问题中发掘出其本质特征． 7．应用数列知识解应用题，应首先读懂题意，然后建立数学模型，最后求解、回答． 8．判断数列{an}为等差数列的充要条件 (1)数列{an}是等差数列⇔an－an－1＝d(n≥2)． (2)数列{an}是等差数列⇔2an＝an＋1＋an－1(n≥2)． (3)数列{an}是等差数列⇔an＝pn＋q(p，q是与n无关的常数)． (4)数列{an}是等差数列⇔a1＋a2＋…＋an＝An2＋Bn(A，B为常数)． 9．等差数列与等比数列的转换 (1)若数列{an}是等差数列，则数列{aan}(a>0，a≠1)是等比数列． (2)若数列{an}是等比数列，则数列{lg |an|}是等差数列． 10．数学归纳法的运用关键在于对归纳原理的深刻理解． 一、数列通项公式的求法　　 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． 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，求出a1与d或a1与q，再代入公式an＝a1＋(n－1)d或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＝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＝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． 典例1　在数列{an}中，an＋1＝2an＋1，且a1＝1，求数列{an}的通项公式． [解]　解法一(迭代法)： 当n≥2时，an＝2an－1＋1＝2(2an－2＋1)＋1＝22an－2＋2×1＋1＝23an－3＋22×1＋2×1＋1＝…＝2n－1a1＋(2n－2＋2n－3＋…＋2＋1)＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝2n－1， 又a1＝1也适合上式，∴an＝2n－1. 解法二(待定系数法)： 由an＋1＝2an＋1， 设an＋1＋k＝2(an＋k)，∴an＋1＝2an＋k， ∴k＝1，又a1＋1＝2≠0， ∴{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列， ∴an＋1＝2×2n－1，∴an＝2n－1. 解法三(累加法)： 由an＋1＝2an＋1，an＝2an－1＋1，得 an＋1－an＝2(an－an－1)(n≥2)． 故{an＋1－an}是首项为a2－a1＝2，公比为2的等比数列，即an＋1－an＝2×2n－1＝2n， 利用累加得an＝2n－1. 典例2　已知数列{an}满足an＋1＝2an＋3×5n，a1＝2，求数列{an}的通项公式． [解]　两边同除以5n＋1，得＝×＋， 可得－1＝. 由于－1＝－≠0，所以数列是以－为首项，为公比的等比数列，从而－1＝－×，故数列{an}的通项公式为an＝5n－3×2n－1. 典例3　已知数列{an}中，a1＝，an＋1＝，求数列{an}的通项公式． [解]　由题意，可得＝＝＋2， 又＝，所以数列是首项为，公差为2的等差数列，故＝＋2(n－1)＝， 所以数列{an}的通项公式为an＝. 典例4　设Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝(an－1)(n∈N＋)，求数列{an}的通项公式． [解]　∵Sn＝(an－1)， ∴当n＝1时，S1＝a1＝(a1－1)， 解得a1＝3. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(an－1)－(an－1－1)，得＝3， ∴数列{an}是以3为公比的等比数列，且首项a1＝3. ∴数列{an}的通项公式为an＝3n(n∈N＋)． 典例5　在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an，求数列{an}的通项公式． [解]　∵a1＝2，an＋1＝an， ∴当n≥2时，＝，＝，…，＝， 以上n－1个等式左右两边分别相乘得＝n·2n－1， 即an＝n·2n， 又a1＝2也适合上式，∴an＝n·2n. 二、以数阵为背景的数列问题 1．数阵的特点 所谓数阵是指将某些数按一定的规律排成若干行和列，形成图表，也称之为数表．数阵不仅有正方形、三角形，还有长方形、圆、多边形、星形、花瓣形、十字形，甚至几种图形的组合，变幻多样、对称性强，很能吸引人．在我们平常解题中最常见的是前两种． 2．以数阵为背景的数列问题 数阵中的数是按一定的规律排成若干行和列，比较多见的是排成等差或等比数列，它重点考查等差、等比数列的相关知识，有时也会出现其他类型的数列，解决此类问题的关键是找出其中的规律，这就要求考生要有较强的观察、归纳、猜想能力以及对数列知识的融合迁移能力，下面举例谈一下它的几种题型． 题型一　求数阵所暗示的规律(即通项公式) 典例6　如下图的数阵，则第n行的数从左到右依次是__________． [解析]　设第n行左边第一个数为an，则a1＝1，a2＝3＝a1＋2×1，a3＝7＝a2＋2×2，…，an＝an－1＋2(n－1)．叠加得an＝n2－n＋1，故第n行的数从左到右依次是n2－n＋1，n2－n＋3，n2－n＋5，…，n2－n＋(2n－1)． [答案]　n2－n＋1，n2－n＋3，n2－n＋5，…，n2－n＋(2n－1) 典例7　把自然数1，2，3，4，…按下列方式排成一个数阵. 根据以上排列规律，数阵中第n(n≥3)行从左至右的第3个数是________． [解析]　该数阵的第1行有1个数，第2行有2个数，……，第n行有n个数，则第n－1(n≥3)行的最后一个数为＝－，则第n行从左至右的第3个数为－＋3. [答案]　－＋3 题型二　求数阵中指定的某些项 典例8　在下表所示的5×5正方形的25个空格中填入正整数，使得每一行，每一列都成等差数列，则标有*号的空格应填的数是________． * 74 2y 186 y 103 0 x 2x [解析]　记aij为第i行第j列的格中所填的数，则a52＝x，a41＝y.由第3行得a33＝，由第3列得a33＝2×103－2x，所以2x＋y＝113　①.由第1列得a21＝3y，则由第2行得a23＝2×74－3y，由第3列得a33＋103＝a23＋2x，所以a23＝3×103－4x，所以2×74－3y＝3×103－4x，即4x－3y＝161　②，解①②，得x＝50，y＝13，所以a15＝2×186－a55＝2×186－4x＝172，a13＝2a33－a53＝112，a14＝＝142，故标有*号的空格应填142. [答案]　142 典例9　在右表所示的3×3正方形的9个空格中填入正整数，使得每一行都成等差数列，每一列都成等比数列，则标有*号的空格应填的数是________． 1 3 * 12 [解析]　设标有*号的空格应填a，根据中间空格列方程，得×2＝，解得a＝4，故标有*号的空格应填4. [答案]　4 题型三　求数阵中某指定项的位置 典例10　自然数按下图所示规律排列，问2024是第几行第几个数？ [解]　设2024在第m行，则m是满足≥2024的最小正整数，解得m＝64.经分析知第64行左边第一个数是2017，则2024－2017＋1＝8，故2024是第64行第8个数． 题型四　求数阵中所有项或某些指定项的和 典例11　给定81个数排成数阵如下图所示，若每一行，每一列都构成等差数列，且正中间一个数a55＝5，则此数阵中所有数之和为__________． [解析]　S＝(a11＋a12＋…＋a19)＋(a21＋a22＋…＋a29)＋…＋(a91＋a92＋…＋a99)＝9(a15＋a25＋…＋a95)＝9×9×a55＝405.故此数阵中所有数之和为405. [答案]　405 三、数列中的数学思想与方法 1．函数与方程思想 由于数列可以看作定义域为正整数集或正整数集的有限子集的函数an＝f(n)，数列中的项是自变量从小到大取值时对应的一列函数值，因此在研究某些数列问题时，利用函数思想既有利于理解问题的本质，又简化了运算，如求等差数列前n项和的最值时，构建二次函数则简洁明了，求数列的最大项或最小项，可以根据函数的单调性求出最值． 典例12　设{an}为等差数列，Sn为数列{an}的前n项和，已知S7＝21，S15＝－75，Tn为数列的前n项和，求Tn的最大值． [解]　设等差数列{an}的公差为d，则 Sn＝na1＋d，因为S7＝21，S15＝－75， 所以解得 所以Sn＝9n－(n2－n)＝10n－n2， 所以＝10－n. 因为－＝－1，＝9， 所以数列是首项为9，公差为－1的等差数列，所以Tn＝＝－n2＋n＝－＋. 因为n∈N＋，所以当n＝9或10时，Tn有最大值，为45. 2．化归、转化思想 等差数列、等比数列的计算，一般先求a1，公差d或公比q；遇到an与Sn的关系时，可以利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)都转化为an或Sn，再转化为等差数列或等比数列，利用等差或等比数列的通项公式求出．其中合理的转化是解题的关键． 典例13　设数列{an}的首项a1＝1，前n项和Sn满足关系式3tSn－(2t＋3)Sn－1＝3t(t>0，n＝2，3，4，…)． (1)求证：数列{an}是等比数列； (2)设数列{an}的公比为f(t)，作数列{bn}，使b1＝1，bn＝f(n＝2，3，4，…)，求数列{bn}的通项公式； (3)求和：b1b2－b2b3＋b3b4－b4b5＋…＋b2n－1b2n－b2nb2n＋1. [解]　(1)证明：∵a1＝S1＝1，S2＝1＋a2， ∴a2＝，＝. 又3tSn－(2t＋3)Sn－1＝3t，① ∴3tSn－1－(2t＋3)Sn－2＝3t(n≥3)，② ①－②，得3tan－(2t＋3)an－1＝0， ∴＝(n＝2，3，…)， ∴数列{an}是首项为1，公比为的等比数列． (2)由f(t)＝＝＋，得 bn＝f＝＋bn－1， ∴数列{bn}是首项为1，公差为的等差数列， ∴bn＝1＋(n－1)＝. (3)由bn＝，可知{b2n－1}和{b2n}是首项分别为1和，公差均为的等差数列， 于是b1b2－b2b3＋b3b4－b4b5＋…＋b2n－1b2n－b2nb2n＋1＝b2(b1－b3)＋b4(b3－b5)＋b6(b5－b7)＋…＋b2n(b2n－1－b2n＋1)＝－(b2＋b4＋…＋b2n)＝－×n×＝－(2n2＋3n)． 3．整体思想 解决某些数列问题时，往往要将其中的某一局部结构视为一个整体，利用整体思想简化结构，从而简化数列的运算． 典例14　已知等差数列{an}的前4项和为－4，最后4项和为36，且所有项之和为36，求其项数． [解]　由题意，得 ①＋②，得a1＋a2＋a3＋a4＋an＋an－1＋an－2＋an－3＝32，∴4(a1＋an)＝32，∴a1＋an＝8. 又Sn＝＝×8＝36，∴n＝9， 即该数列的项数为9. 4．分类讨论思想 数列中某些问题往往需利用分类讨论思想来解决，如等比数列的前n项和公式中，若公比q的取值未知，则需要对q＝1与q≠1分类求解；由Sn求an时应分n＝1和n≥2两种情况讨论；某些数列的前n项和也需要讨论，通过分类讨论可以将复杂问题简单化，解题时要注意分类讨论标准的确定，做到不重不漏． 典例15　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＝bn，n∈N＋，且b1＝1. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)设cn＝求数列{cn}的前n项和Pn； (3)设dn＝an，n∈N＋，数列{dn}的前n项和为Tn，求证：Tn<. [解]　(1)因为an>0，所以公比q>0. ⇒ 解得所以an＝. 当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝bn－， 即＝， 所以数列是首项为1的常数列，＝1. 所以bn＝n. (2)由(1)可得cn＝ 当n为偶数时， Pn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(a2＋a4＋…＋an)＝[1＋3＋…＋(n－1)]＋＝(1＋n－1)＋＝＋－·； 当n为奇数时，Pn＝Pn＋1－cn＋1＝＋－·－＝＋－·. (3)证明：因为dn＝·＝－， 所以Tn＝－＋－＋…＋－＝－<. 5．由有限到无限的思想 数学归纳法的基本原理，即归纳原理(也称多米诺骨牌效应)，通过研究有限来洞察无限，实现了由有限到无限的数学飞跃． 典例16　已知数列{an}满足a2＝6，＝(n∈N＋)． (1)求a1，a3，a4，a5的值； (2)猜想{an}的通项公式，并用数学归纳法证明． [解]　(1)∵a2＝6，＝， 当n＝1时，＝1，∴a1＝1， 当n＝2时，＝，∴a3＝15， 当n＝3时，＝，∴a4＝28， 当n＝4时，＝，∴a5＝45. (2)由(1)猜想an＝n(2n－1)． 证明如下： ①当n＝1时，左边＝a1＝1，右边＝1×(2×1－1)＝1，猜想成立； ②假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，猜想成立， 即ak＝k(2k－1)， 则当n＝k＋1时，有＝， 化简，得ak＋1＝(k＋1)(2k＋1)， 即当n＝k＋1时，猜想成立． 由①②可知，对任意n∈N＋，猜想都成立． 11 学科网（北京）股份有限公司 $