第四章 数列 章末重构拓展-【名师导航】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册教师用书word（人教A版）

该高中数学数列单元复习讲义通过梳理等差与等比数列的基本运算、判定、性质应用、通项与求和、综合应用五大类型，构建完整知识体系。借助框架图呈现知识递进关系，用对比表格归纳公式与性质，思维导图梳理方法逻辑，突出“知三求二”等核心要点及内在联系。 讲义亮点在于分层练习设计，基础题如等差等比基本运算（例1）巩固公式应用，高考真题（例4）提升综合能力，创新题（例5分形几何）培养数学建模与逻辑推理素养。提供错位相减法等解题模板，易错点提醒帮助基础学生掌握方法，综合题助力优秀学生拓展，教师可据此实施精准分层教学。

类型1　等差与等比数列的基本运算 1．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(q)，an，Sn，n的方程组，利用方程思想求出需要的量，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． 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． 【例1】　(1)已知等差数列{an}的公差不为0，若a1，a3，a6成等比数列，则这个等比数列的公比是(　　) A． B． C．2 D．4 (2)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＝________． (1)B　(2)1 033　[(1)由题意，设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，则a3＝a1＋2d，a6＝a1＋5d， ∵a1，a3，a6成等比数列＝a1a6，即(a1＋2d)2＝a1(a1＋5d)， 化简整理，得a1d－4d2＝0，即d(a1－4d)＝0，∵d≠0， ∴a1－4d＝0，即a1＝4d，∴等比数列的公比为＝＝＝． 故选B． (2)∵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， ∵数列{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， ＝＋10＝1 033．] 类型2　等差、等比数列的判定 1．等差数列、等比数列的判断方法 (1)定义法：an＋1－an＝d(常数)⇔{an}是等差数列； ＝q(q为常数，q≠0)⇔{an}是等比数列． (2)中项公式法：2an＋1＝an＋an＋2⇔{an}是等差数列；＝an·an＋2(an≠0)⇔{an}是等比数列． (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． 【例2】　已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＋Sn＝n． (1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列； (2)求数列{an}的通项公式． [解]　(1)证明：∵an＋Sn＝n，∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1，两式相减得an＋1－an＋an＋1＝1，整理得an＋1－1＝(an－1)， 又∵cn＝an－1，∴cn＋1＝cn，又∵a1＋a1＝1，即a1＝， ∴c1＝a1－1＝－1＝－，∴数列{cn}是以－为首项，为公比的等比数列． (2)由(1)可知，cn＝an－1＝－＝－， ∴an＝1－． 类型3　等差、等比数列性质的应用 1．等差、等比数列的性质 (1)项的性质，如下标和相等性质，利用此性质可以在有关基本量的计算时达到简化运算的目的； (2)前n项和的性质、奇偶项和性质、函数特性等，利用这些性质能够快速解决数列中的选择、填空题． 2．解决等差、等比数列有关问题的几点注意 (1)等差数列、等比数列公式和性质的灵活应用． (2)对于计算解答题注意基本量及方程思想的运用． (3)注重问题的转化，由非等差数列、非等比数列构造出新的等差数列或等比数列，以便利用相关公式和性质解题． 3．通过灵活应用等差、等比数列的性质，提升数学运算、逻辑推理等核心素养． 【例3】　(1)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，a4＋a5＋a6＝12，则S9＝(　　) A．20 B．28 C．36 D．4 (2)已知等比数列{an}的前2项和为2，前4项和为8，则它的前6项和为(　　) A．12 B．22 C．26 D．32 (3)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q，则下列选项正确的是(　　) A．若q＞1，则an＋1＞an B．a1a2…an＝ C．数列{an＋1－an}是等比数列 D．对任意正整数n，(S2n－Sn)2＝Sn(S3n－S2n) (1)C　(2)C　(3)D　[(1)等差数列{an}中，a4＋a5＋a6＝3a5＝12，解得a5＝4， 则S9＝×9＝9a5＝36．故选C． (2)设等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q， 则S2＝a1＋a2＝2，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝8，则a3＋a4＝6， 而a3＋a4＝(a1＋a2)q2，∴6＝2q2，∴q2＝3，故a5＋a6＝(a3＋a4)q2＝6×3＝18， 所以数列前6项和为a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝8＋18＝26．故选C． (3)对于A选项，若a1＜0且q＞1，则对任意的n∈N*，an＝a1qn-1＜0，所以an＋1－an＝an(q－1)＜0，即an＋1＜an，故A错误； 对于B选项，当a1＜0时，在n＝1时结论不成立，故B错误； 对于C选项，若q＝1，则an＋1－an＝0，此时，数列{an＋1－an}不是等比数列，故C错误； 对于D选项，S2n－Sn＝an＋1＋an＋2＋…＋a2n＝qn(a1＋a2＋…＋an)＝qnSn，S3n－S2n＝a2n＋1＋a2n＋2＋…＋a3n＝q2n(a1＋a2＋…＋an)＝q2nSn，所以(S2n－Sn)2＝Sn(S3n－S2n)，故D正确．故选D．] 类型4　数列的通项与求和 1．求数列通项的常用方法 (1)由Sn与an的关系求通项公式：当n≥2且n∈N*时，an＝Sn－Sn－1；当n＝1时，a1＝S1． (2)累加法：适用形如“an＋1－an＝f(n)”，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)． (3)累乘法：适用形如“＝f(n)”， an＝a1··…·． (4)构造法：①形如“an＝kan－1＋b(k，b为常数，k≠0，k≠1，n≥2，n∈N*)”，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，k≠0，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． 2．数列的通项与求和一直是高考考查的热点，在命题中，求通项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、等比数列求an，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，难度中等或偏低． 3．通过求数列的通项公式与前n项和，培养数学运算、逻辑推理等核心素养． 【例4】　(2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn＝3an＋4． (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝(－1)n-1nan，求数列{bn}的前n项和Tn． [解]　(1)当n＝1时，4S1＝4a1＝3a1＋4，解得a1＝4． 当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4，所以4Sn－4Sn－1＝4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1， 而a1＝4≠0，故an≠0，故＝－3， 所以数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列， 所以an＝4·(－3)n-1． (2)bn＝(－1)n-1·n·4·(－3)n-1＝4n·3n-1， 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝4·30＋8·31＋12·32＋…＋4n·3n-1， 故3Tn＝4·31＋8·32＋12·33＋…＋4n·3n， 所以－2Tn＝ ＝4＋4·－4n·3n＝4＋2·3·(3n-1－1)－4n·3n ＝(2－4n)·3n－2， 所以Tn＝(2n－1)·3n＋1． 类型5　数列的综合应用与创新问题 1．数列本身是一类特殊的函数，高考命题中常将数列与一次函数、指数函数、三角函数、不等式等知识综合在一起，在知识的交汇处命题．同时，以实际问题和古代数学问题为背景的数列题也时有出现，难度中等或以上． 2．通过此类问题，综合考查数学抽象、数学建模、逻辑推理、数学运算等核心素养． 【例5】　分形几何学又被称为“大自然的几何学”，是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学．一个数学意义上分形的生成是基于一个不断迭代的方程式，即一种基于递归的反馈系统，简单的说，分形就是研究无限复杂具备相似结构的几何学．下面用分形的方法得到一系列图形，如图1，正三角形的边长为1，在各边取两个三等分点，往外再作一个正三角形，得到图2中的图形；对图2中的各边做相同的操作，得到图3中的图形；以此类推，就得到了以下一系列图形，记第n个图形(图1为第一个图形)中的所有外围线段长的和为cn，则满足c1＋c2＋c3＋…＋cn＞81的最小正整数n的值为________．(参考数据：lg 2≈0.301 0，lg 3≈0.477 1) 9　[由题意知每个图形中每条线段的长度相等． 设第n个图形中线段的长度为an，则an＝， 设第n个图形中线段的条数为bn，则bn＝3×4n-1， ∴cn＝anbn＝3×， 则c1＋c2＋c3＋…＋cn＝ ＝9×， 令9×＞81，得＞10， 则n＞＝≈8.006， 即满足不等式的最小正整数n的值为9．] 章末综合测评(一)　数列 (时间：120分钟　满分：150分) 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．已知数列1，，3，，…，，…，则是这个数列的(　　) A．第10项 B．第11项 C．第12项 D．第21项 B　[观察可知该数列的通项公式为an＝，令21＝2n－1，解得n＝11．故选B．] 2．(2024·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S5＝S10，a5＝1，则a1＝(　　) A． B． C．－ D．－ B　[由S10－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝5a8＝0，得a8＝0， 则等差数列{an}的公差d＝＝－，故a1＝a5－4d＝1－4×＝．故选B．] 3．已知等比数列{an}的各项均为正数，3a2＋2a3＝a4，{an}的前n项和为Sn，则＝(　　) A．3 B． C． D．13 B　[等比数列{an}的各项均为正数，3a2＋2a3＝a4，{an}的前n项和为Sn， ∴解得q＝3， 则＝＝． 故选B．] 4．已知数列{an}的前n项和Sn满足log2(Sn＋1)＝n，则数列的通项公式an＝(　　) A． B．2n C．2n-1 D．2n-1－1 C　[log2(Sn＋1)＝n⇒Sn＋1＝2n⇒Sn＝2n－1． 所以an＝Sn－Sn－1＝2n－2n-1＝2n-1(n≥2)， 又a1＝S1＝2－1＝1，满足an＝2n-1， 因此an＝2n-1．故选C．] 5．剪纸和折纸都是中华民族的传统艺术，在折纸界流传着“折不过8”的说法，为了验证这一说法，有人进行了实验，用一张边长为4 km的正方形纸，最多对折了13次．记第一次对折后的纸张厚度为a1，第2次对折后的纸张厚度为a2，……，以此类推，设纸张未折之前的厚度为a毫米，则a13＝(　　) A．212a B．412a C．213a D．413a C　[由题意可得an＋1＝2an，且a1＝2a， 则数列{an}是以2a为首项，2为公比的等比数列， 则a13＝2a×212＝213a．故选C．] 6．观察下面的数表： 1　2 1　2　3 1　2　3　4 1　2　3　4　5 … 若第n行的各数之和为231，则n＝(　　) A．15 B．18 C．20 D．21 C　[设第n行的各数之和为Sn， 则S1＝1＋2＝3，S2＝1＋2＋3＝6，S3＝1＋2＋3＋4＝10，…， Sn＝1＋2＋3＋4＋…＋n＋(n＋1)＝． 令＝231，即(n＋23)(n－20)＝0， 解得n＝20或n＝－23(舍去)．] 7．(2025·全国二卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若S3＝6，S5＝－5，则S6＝(　　) A．－20 B．－15 C．－10 D．－5 B　[根据S3＝3a2＝6得a2＝2，根据S5＝5a3＝－5得a3＝－1，所以{an}的公差d＝a3－a2＝－3，所以a6＝a3＋3d＝－10，所以S6＝S5＋a6＝－5－10＝－15．] 8．(教材原题·P55复习参考题4 T3(3))如图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案．图形的作法是：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边．反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线．设原正三角形(图①)的边长为1，把图①、图②、图③、图④中图形的周长依次记为C1，C2，C3，C4，则C4＝(　　) A． B． C． D． B　[因为每个图形中的一条线段在后一个图形中变成四条线段，所以第n个图形的边数Nn＝由此可得Nn＝3×4n-1．因为每个图形中的每条线段的长度在后一个图形中变为原来的，所以第n个图形的边长Tn＝由此可得Tn＝．于是由Cn＝Nn·Tn，可得Cn＝3×，则C4＝3×＝．] 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．已知数列{an}的通项公式为an＝9－2n，则下列各数中是{an}中的项的是(　　) A．0 B．3 C．5 D．7 BCD　[对于A，0＝9－2n，解得n＝，故A不满足； 对于B，3＝9－2n，解得n＝3，故B满足； 对于C，5＝9－2n，解得n＝2，故C满足； 对于D，7＝9－2n，解得n＝1，故D满足．] 10．记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S5＝35，a4＝11，则(　　) A．an＝4n－5 B．an＝2n＋3 C．Sn＝2n2－3n D．Sn＝n2＋4n AC　[设等差数列的公差为d， 则由S5＝35，a4＝11， 可得解得a1＝－1，d＝4， 则an＝－1＋4(n－1)＝4n－5， Sn＝＝2n2－3n，故选AC．] 11．等差数列{an}中，是一个与n无关的常数，则该常数可能为(　　) A．1 B．－ C． D．－1 AC　[因为数列{an}是等差数列， 所以设数列{an}的通项公式为 an＝a1＋(n－1)d， 则a2n＝a1＋(2n－1)d， 所以＝， 因为是一个与n无关的常数， 所以a1－d＝0或d＝0， 所以的值可能是1或．] 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．(2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝________． －2　[法一：设数列{an}的公比为q，则由a2a4a5＝a3a6，得a1q·a1q3·a1q4＝a1q2·a1q5． 又a1≠0，且q≠0，所以可得a1q＝1．① 又a9a10＝a1q8·a1q9＝q17＝－8，② 所以由①②可得q15＝－8，q5＝－2，所以a7＝a1q6＝a1q·q5＝－2． 法二：设数列{an}的公比为q．因为a4a5＝a3a6≠0，所以a2＝1． 又a9a10＝a2q7·a2q8＝q15＝－8，于是q5＝－2，所以a7＝a2q5＝－2．] 13．已知等比数列{an}是递增数列，Sn是{an}的前n项和．若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根，则S6＝________． 63　[∵a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两根，且q＞1，∴a1＝1，a3＝4，则公比q＝2，因此S6＝＝63．] 14．对于数列{an}，若点(n，an)(n∈N*)都在幂函数 f(x)＝2mxm(m为常数)的图象上，则数列的前n项和Sn＝________． －1　[由幂函数的定义知，2m＝1，∴m＝，则f(x)＝，∴an＝，则＝＝，∴Sn＝(－1)＋()＋…＋()＝－1．] 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．(本小题满分13分)等比数列{an}中，a1＝1，a9＝4a7． (1)求{an}的通项公式； (2)记Sn为{an}的前n项和，若Sm＝127，求m． [解]　(1)设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，由题设得an＝qn-1， 由已知得a1·q8＝4a1·q6，即q8＝4q6，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2， 故an＝(－2)n-1或an＝2n-1． (2)若an＝(－2)n-1，则Sn＝， 由Sm＝127得(－2)m＝－380，此方程没有正整数解． 若an＝2n-1，则Sn＝2n－1，由Sm＝127得2m＝128，解得m＝7．综上所述，m＝7． 16．(本小题满分15分)(教材原题·P41习题4.3T7)已知数列{an}的首项a1＝1，且满足an＋1＋an＝3×2n． (1)求证：{an－2n}是等比数列； (2)求数列{an}的前n项和Sn． [解]　(1)由an＋1＋an＝3·2n，可得an＋1－2n+1＝－(an－2n)，因为a1＝1，所以a1－2＝－1．从而an＋1－2n+1＝－(an－2n)≠0．于是＝－1, 所以{an－2n}是首项和公比均为－1的等比数列． (2)设数列{an－2n}的前n项和为Tn，则Tn＝＝．故Sn＝Tn＋(2＋22＋…＋2n)＝＋2n+1－2＝＋2n+1－． 17．(本小题满分15分)2025年推出一种新型家用轿车，购买时费用为16.9万元，每年应交付保险费及汽油费共1.2万元，汽车的维修费为：第一年无维修费用，第二年为0.2万元，从第三年起，每年的维修费均比上一年增加0.2万元． (1)设该辆轿车使用n年的总费用(包括购买费用、保险费、汽油费及维修费)为f(n)，求f(n)的表达式； (2)这种汽车使用多少年报废最合算(即该车使用多少年，年平均费用最少)? [解]　(1)由题意，每年的维修费构成等差数列，n年的维修总费用为 ＝0.1n2－0.1n(万元)， 所以f(n)＝16.9＋1.2n＋(0.1n2－0.1n) ＝0.1n2＋1.1n＋16.9(万元)，n∈N*． (2)这种轿车使用n年的年平均费用为 ＝＝0.1n＋＋1.1 ≥2＋1.1＝3.7(万元)． 当且仅当 0.1n＝时取等号，此时n＝13． 故这种汽车使用13年报废最合算． 18．(本小题满分17分)(教材原题·P56复习参考题4T11)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝3n-1，令cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn． [解]　(1)设等差数列{an}的公差为d，则由 S4＝4S2，a2n＝2an＋1(n∈N*)可得 解得因此an＝2n－1(n∈N*)． (2)由(1)及bn＝3n-1，知cn＝(2n－1)·3n-1，于是可得数列{cn}的前n项和Tn＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n－1)×3n-1，从而3Tn＝1×31＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)×3n． 将以上两式相减，可得－2Tn＝1＋2×(31＋32＋…＋3n-1)－(2n－1)×3n＝－2－2(n－1)·3n，所以Tn＝(n－1)·3n＋1． 19．(本小题满分17分)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8． (1)求{an}的通项公式； (2)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100． [解]　(1)由于数列{an}是公比大于1的等比数列， 设首项为a1，公比为q， 依题意有 解得或(舍)， 所以{an}的通项公式为an＝2n，n∈N*． (2)由于21＝2，22＝4，23＝8，24＝16，25＝32，26＝64，27＝128， 所以b1对应的区间为(0，1]，则b1＝0； b2，b3对应的区间分别为(0，2]，(0，3]， 则b2＝b3＝1，即有2个1； b4，b5，b6，b7对应的区间分别为 (0，4]，(0，5]，(0，6]，(0，7]， 则b4＝b5＝b6＝b7＝2， 即有22个2； b8，b9，…，b15对应的区间分别为(0，8]，(0，9]，…，(0，15]，则b8＝b9＝…＝b15＝3， 即有23个3； b16，b17，…，b31对应的区间分别为(0，16]，(0，17]，…，(0，31]， 则b16＝b17＝…＝b31＝4，即有24个4； b32，b33，…，b63对应的区间分别为(0，32]，(0，33]，…，(0，63]， 则b32＝b33＝…＝b63＝5，即有25个5； b64，b65，…，b100对应的区间分别为(0，64]，(0，65]，…，(0，100]， 则b64＝b65＝…＝b100＝6，即有37个6． 所以S100＝1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×37＝480． 14 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $