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课件PPT（北师大版）

第一章　数列 章末总结 知识系统整合 规律方法收藏 学科素养培优 目录 知识系统整合 知识系统整合 4 规律方法收藏 规律方法收藏 6 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． 规律方法收藏 7 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． 规律方法收藏 8 学科素养培优 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． 学科素养培优 10 学科素养培优 11 学科素养培优 12 典例1　在数列{an}中，an＋1＝2an＋1，且a1＝1，求数列{an}的通项公式． 学科素养培优 13 学科素养培优 14 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． 学科素养培优 15 学科素养培优 16 学科素养培优 17 学科素养培优 18 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． 学科素养培优 19 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)． n2－n＋1，n2－n＋3，n2－n＋5，…，n2－n＋(2n－1) 学科素养培优 20 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__________． 学科素养培优 21 学科素养培优 22 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________． 142 * 74 2y 186 y 103 0 x 2x 学科素养培优 23 学科素养培优 24 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________． 4 1 3 * 12 学科素养培优 25 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？ 学科素养培优 26 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__________． 405 学科素养培优 27 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． 学科素养培优 28 学科素养培优 29 学科素养培优 30 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． 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 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． 学科素养培优 35 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． 学科素养培优 36 学科素养培优 37 学科素养培优 38 学科素养培优 39 学科素养培优 40 学科素养培优 41 学科素养培优 42 学科素养培优 43 　　　　　　　　　　　　　 R 1．由数列的前n项和求an时，应注意an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2且n∈N＋.))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eq \f(an,an－1)＝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. 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． 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. 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. 典例3　已知数列{an}中，a1＝eq \f(3,5)，an＋1＝eq \f(an,2an＋1)，求数列{an}的通项公式． 解　由题意，可得eq \f(1,an＋1)＝eq \f(2an＋1,an)＝eq \f(1,an)＋2， 又eq \f(1,a1)＝eq \f(5,3)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首项为eq \f(5,3)，公差为2的等差数列，故eq \f(1,an)＝eq \f(5,3)＋2(n－1)＝eq \f(6n－1,3)， 所以数列{an}的通项公式为an＝eq \f(3,6n－1). 典例4　设Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝eq \f(3,2)(an－1)(n∈N＋)，求数列{an}的通项公式． 解　∵Sn＝eq \f(3,2)(an－1)， ∴当n＝1时，S1＝a1＝eq \f(3,2)(a1－1)， 解得a1＝3. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(3,2)(an－1)－eq \f(3,2)(an－1－1)，得eq \f(an,an－1)＝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＝eq \f(2（n＋1）,n)an，求数列{an}的通项公式． 解　∵a1＝2，an＋1＝eq \f(2（n＋1）,n)an， ∴当n≥2时，eq \f(a2,a1)＝eq \f(2×2,1)，eq \f(a3,a2)＝eq \f(2×3,2)，…，eq \f(an,an－1)＝eq \f(2×n,n－1)， 以上n－1个等式左右两边分别相乘得eq \f(an,a1)＝n·2n－1， 即an＝n·2n， 又a1＝2也适合上式，∴an＝n·2n. eq \f(n2,2)－eq \f(n,2)＋3 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eq \f(（n－1）（1＋n－1）,2)＝eq \f(n2,2)－eq \f(n,2)，则第n行从左至右的第3个数为eq \f(n2,2)－eq \f(n,2)＋3. 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＝eq \f(2y＋186,2)，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＝eq \f(a13＋a15,2)＝142，故标有*号的空格应填142. 解析　设标有*号的空格应填a，根据中间空格列方程，得eq \f(a＋12,2)×2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a)＋6,2))) eq \s\up12(2)，解得a＝4，故标有*号的空格应填4. 解　设2024在第m行，则m是满足eq \f(m（m＋1）,2)≥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． 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. 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eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))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＋eq \f(n（n－1）,2)d，因为S7＝21，S15＝－75， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(7a1＋21d＝21，,15a1＋105d＝－75，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝9，,d＝－2，)) 所以Sn＝9n－(n2－n)＝10n－n2， 所以eq \f(Sn,n)＝10－n. 因为eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝－1，eq \f(S1,1)＝9， 所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是首项为9，公差为－1的等差数列，所以Tn＝eq \f(n[9＋（10－n）],2)＝－eq \f(1,2)n2＋eq \f(19,2)n＝－eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(19,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(361,8). 因为n∈N＋，所以当n＝9或10时，Tn有最大值，为45. 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＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn－1)))(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＝eq \f(3＋2t,3t)，eq \f(a2,a1)＝eq \f(3＋2t,3t). 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， ∴eq \f(an,an－1)＝eq \f(2t＋3,3t)(n＝2，3，…)， ∴数列{an}是首项为1，公比为eq \f(2t＋3,3t)的等比数列． (2)由f(t)＝eq \f(2t＋3,3t)＝eq \f(2,3)＋eq \f(1,t)，得bn＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn－1)))＝eq \f(2,3)＋bn－1， ∴数列{bn}是首项为1，公差为eq \f(2,3)的等差数列， ∴bn＝1＋eq \f(2,3)(n－1)＝eq \f(2n＋1,3). (3)由bn＝eq \f(2n＋1,3)，可知{b2n－1}和{b2n}是首项分别为1和eq \f(5,3)，公差均为eq \f(4,3)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)＝－eq \f(4,3)(b2＋b4＋…＋b2n)＝－eq \f(4,3)×eq \f(1,2)n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)＋\f(4n＋1,3)))＝－eq \f(4,9)(2n2＋3n)． 解　由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＋a4＝－4，　　　　①,an＋an－1＋an－2＋an－3＝36， ②)) ①＋②，得a1＋a2＋a3＋a4＋an＋an－1＋an－2＋an－3＝32，∴4(a1＋an)＝32，∴a1＋an＝8. 又Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝eq \f(n,2)×8＝36，∴n＝9， 即该数列的项数为9. 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＝4aeq \o\al(2,3)，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； (3)设dn＝eq \f(b2n＋5,b2n＋1b2n＋3)an，n∈N＋，数列{dn}的前n项和为Tn，求证：Tn<eq \f(1,3). 解　(1)因为an>0，所以公比q>0. 2,3)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a4＝2a5＋4a6，,a4＝4a)) ⇒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)，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(\f(n,2),2)(1＋n－1)＋eq \f(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))\s\up16(\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，Pn＝Pn＋1－cn＋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). (3)证明：因为dn＝eq \f(2n＋5,（2n＋1）（2n＋3）)·eq \f(1,2n)＝eq \f(1,（2n＋1）2n－1)－eq \f(1,（2n＋3）2n)， 所以Tn＝eq \f(1,3)－eq \f(1,5×2)＋eq \f(1,5×2)－eq \f(1,7×22)＋…＋eq \f(1,（2n＋1）2n－1)－eq \f(1,（2n＋3）2n)＝eq \f(1,3)－eq \f(1,（2n＋3）2n)<eq \f(1,3). 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，eq \f(an＋1－an＋1,an＋1＋an－1)＝eq \f(1,n)(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，eq \f(an＋1－an＋1,an＋1＋an－1)＝eq \f(1,n)， 当n＝1时，eq \f(6－a1＋1,6＋a1－1)＝1，∴a1＝1， 当n＝2时，eq \f(a3－6＋1,a3＋6－1)＝eq \f(1,2)，∴a3＝15， 当n＝3时，eq \f(a4－15＋1,a4＋15－1)＝eq \f(1,3)，∴a4＝28， 当n＝4时，eq \f(a5－28＋1,a5＋28－1)＝eq \f(1,4)，∴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eq \f(ak＋1－k（2k－1）＋1,ak＋1＋k（2k－1）－1)＝eq \f(1,k)， 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． $