第4章 数列 章末复习与总结-【成才之路·学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册同步新课程学习指导(人教A版)

章末复习与总结 核心考点培优 例1：①③④对于①，因为{a.},{b.}均为等差数列，故它们的 散点图分布在直线上，而两条直线至多有一个公共点，故M 中至多一个元素，故①正确.对于②，取am=2"-1,bn= -(-2)-1,则{an},{bn}均为等比数列，但当n为偶数时，有 an=2-1=bn=-(-2)"-1,此时M中有无穷多个元素，故② 错误.对于③，设bn=Ag"(Ag≠0，g≠±1)，an=kn+b(k≠0)， 若M中至少四个元素，则关于n的方程Ag”=kn+b至少有4 个不同的正数解，若q>0,9≠1，则由y=Ag“和y=hm+b的散 点图可得关于n的方程Ag“=km+b至多有两个不同的解，矛 盾；若q<0,9≠±1，考虑关于n的方程Ag”=m+b奇数解的 个数和偶数解的个数，当Ag”=kn+b有偶数解，此方程即为 AIgI“=kn+b,方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时 Akln lgl>0,否则Akln lol<0,因y=AIg“,y=m+b单调性 相反，方程AIgI"=kn+b至多一个偶数解，当Ag”=kn+b有 奇数解，此方程即为-AIgI”=kn+b,方程至多有两个奇数 解，且有两个奇数解时-Akln Iql>0即Akln Iql<0,否则 Akln Igl>0,因y=-AIgl",y=kn+b单调性相反，方程AIgl1 =hm+b至多一个奇数解，因为Akln Igl>0,Akln Igl<0不可 能同时成立，故Ag“=km+b不可能有4个不同的整数解，即M 中最多有3个元素，故③正确.对于④，因为{a,}为递增数列 {b.}为递减数列，前者散点图呈上升趋势，后者的散点图呈下 降趋势，两者至多一个交点，故④正确.故答案为：①③④. 例2：D方法一：利用等差数列的基本量 由S=1,根据等差数列的求和公式.8=90+？84=1日 9a1+36d=1,又a3+a=a+2d+a1+6d=2a1+8d=号(9@ +36d)=子故选D 方法二：利用等差数列的性质 根据等差数列的性质，a1+ag=a3+a,由S,=1,根据等差数 列的求和公式，S。= 9(a1+a)_9(a+a》）=1,故a+a1= 2 2 子放选D 方法三：特殊值法 不妨取等差数列公差d=0,则=1=9a,→a=),则a,+ a,=2a,=子故选D 例3：【证明】(1)由题意知a.+2=S+2-S+1=4a+1+2-4a。 -2=4an+1-4an 所以am+2-2am+1=2an+1-4an=2(an+1-2an） bn+1=26 因为S2=a1+a2=4a1+2,a1=1,所以a=5. 所以b1=a2-2a1=3. 所以数列{b}是首项为3，公比为2的等比数列. (2)由(1)知bn=3·2-1=an+1-2a, 所以2兴是=3 所以61-6.=3，且6=是=2. 所以数列{c,}是首项为2，公为3的等差数列. 例4：【解析】(1)因为na+1=(n+1)a.+1, 即出=+1=0+L-L n+1 n'n(n+1)nnn+1' 所以号=4+1-分号受+子-分 1-1 以上各式相加得8=a1+1-1=2-1 所以an=2n-1. 因为b1+b2+…+bn=2”-1, 当n=1时，b1=1; 当n≥2时，b1+b2+…+bn-1=2"-1-1; 所以b.=(2”-1)-(2"-1-1)=2-1(*), 显然b1=1符合(*)式，所以bn=2”-1. (2)证明：因为%=2n-1 62-1， =+3+点+7+ 所以S.=20+2+22+25+…+0二 2-1, .+是++…+3+2， 1 1,3,5, 2-11 2 两式相减得5=1+子+是++…+2品 2.2.2 22n-1 2 1x-()] =1+ 2n-1 1-2 2 =3-2n+3 2 所以5.=6-20+3<6. 2m-1 例5：(1)C(2)①{3,3,3,4}②答案见解析 【解析】(1)现有一个高阶等差数列，其前6项分别为1,3， 6,12,23,41,各项与前-项之差{a+1-am}:a2-a,a3-a2, a4-a3,a5-a4,a6-a5,…,即2,3,6,11,18，…，3-2,6-3,11 -6,18-11,…,即1,3,5,7，…是等差数列，所以a7=41+(18 +9)=68,ag=68+(18+9+11)=106. (2)①当数列an}为3,2,1,4时， 根据{bn}定义有：b1=3,b2=3,b3=3,b4=4, 所以数列{bm}为：3,3,3,4； ②因为an}有4项，且{an}各项均不相等且a:∈{1,2,3,4}， 所以1,2,3,4}中4个元素都出现， 5 又因为{an}的“生成子列”的通项公式bn=4,所以数列{an} 中a1=4, 所以符合条件的{an}有： {4,1,2,3},{4,1,3,2},4,2,1,3},4,2,3,1},4,3,2,1} 4,3,1,2 6种可能 第五章一元函数的导数及其应用 5.1导数的概念及其意义 5.1.1变化率问题 教材梳理明要点 新知初探 知识点一 1.)-s6) t2-t1 2.某一时刻 4四6+》- 预习自测 1.3=22+2）-12+2)=3. 2-1 24k=im21+△)2-2×1 △x -=lim(2Ax+4)=4. 题型探究提技能 例1：【解析】由已知，得 m=(3）-2)-5x×32+3(5×2+2=26. 3-2 3-2 跟踪训练1：8-220=方-1=分 2-1 欲：（解桥】（1）因为兰-1+山 △t =(1+△t)2-(1+△)+1-(12-1+1)】 △t =1+△t, 所以受会-妈（1+)=1 即物体在t=1s时的瞬时速度为1m/s. (2)设物体在t。时刻的瞬时速度为9m/s. 又A-+△）-s6）-24-1+4 △t △t 8=期(24-1+)=26-1 于是2t。-1=9,所以=5. 则物体在t=5s时的瞬时速度为9m/s. 跟踪训练2：2=s2+△-s(2）-a(2+)°-40=4a+ △t △t △t a△t,质点M在t=2s时的瞬时速度为质点M在t=2附近平 均速度的极限值，即片=4a=8a=2 15 例3：【解析】2+4)-f22 △x =(2+A)'-(2+A)-2=3+Ax △x 所以切线的斜率k=im2+△x)-f(2) 4r0 △x =im(3+Ax)=3. 所以切线方程为y-2=3(x-2), 即3x-y-4=0. 跟踪训练3：【解析】由1+△)-) △x =1+A)2-21+△x）+3-2=Ax, △x 可得切线的斜率为k=lim△x=0. 所以切线的方程为y-2=0×(x-1),即y=2. 随堂检测重反馈 1.A列车从开始运行到10秒时，列车距离的增加量为s(10) -s(0)=100-0=100(米)，则列车运行10秒的平均速度为 s(10)-s(0)=10(米/秒). 10-0 2D因为0=四-++2》=-+2型- △t im(-2+2-△)=-2+2，所以当t=0时，其速度为2. 4 4 3.-1因为△y=2+4-2=(2+4x 。-1= 含学所以是=务所以=四兰 △x+4 △x 42-1 4.2x-y+3=0切线斜率k=四+△4-5=(4x+ △x 2)=2.所以切线的方程为y-5=2(x-1),即2x-y+3=0. 5.1.2 导数的概念及其几何意义 教材梳理明要点 新知初探 知识点一 f(x+△x)-fxo) △x 知识点二 极限可导f'(xo)或y1=o 知识点四 导函数y'lim fx+△x)-fx) △x 预习自测 1.A8g00-8=21 △x-1.1-1 2.2f'(1)=limL+4=f0=m21+A)+11-(2x1+ △x △x =2 6048 随堂检测 重反馈 1.(2025·丽水月考)用数学归纳法证明等式1+2+3+…+(n+3)= 证n=1时，左边应取的项是 A.1 B.1+2 C.1+2+3 2.用数学归纳法证明“2”>n2+1对于n≥no的自然数n都成立”时，第 A.2 B.3 C.5 ③用数学归纳法证明：山+2+3++m二””，则当刀=片+1励 章末复习与总结 知识体系构建 递增数列 递减数列 定义 以前后两项的大 小关系为分类标准 通项 摆动数列 等差数列 常数列一 等差 分类 差 有穷数列 以项数为分类标准 无穷数列 列 列表法 通项公式 定义 解析法 表示方法 递推公式 通项 图象法 等比数列 等比 数字归纳法 等比 (n+3）n+4)(neN),验 2 ( ) D.1+2+3+4 步证明中的起始值no应取 ( D.6 左端在n=k时的左端加上 夯基提能作业 请同学们认真完成练案[13] 性质 公式 应用 中项 性质 数列的前n项和 应用 性质 公式 应用 中项 性质 数列的前项和 应用 049 核心考点培优 考点一函数思想在数列中的应用 [方法总结1] 例1设a与么，是两个不同的无穷数列，且都不是帝数列：记集合M= 函数思想在数列问题 中的应用 数列是一类特殊的函 {kIa=b,k∈N*},给出下列4个结论： 数.数列的图象是对 ①若{a.}与{bn}均为等差数列，则M中最多有1个元素； 应函数图象上一群孤 ②若{an}与{bn}均为等比数列，则M中最多有2个元素； 立的点，所以可以借 助函数的思想方法解 ③若{an}为等差数列，{bn}为等比数列，则M中最多有3个元素； 决数列问题，这里通 常涉及函数的单调性 ④若{an}为递增数列，{bn}为递减数列，则M中最多有1个元素 与周期性. 其中正确结论的序号是 ●[方法总结1] [方法总结2] 考点二等差、等比数列基本量的计算 在等差数列和等比数 列的通项公式am与前 例2已知等差数列1a,的前n项和为S,若8=1，则4+0， ( n项和公式S,中，共 R 2 涉及五个量：a1, A.-2 C.1 D. 9 an,n,d(q）,Sn,可 通过列方程组的方 P[方法总结2] 法， 知三求二.在利 用Sm求an时，要注 考点三 等差、等比数列的判定 意验证n=1时是否成 立 例3，数列a.的前n项和为54=1，S1=4a,+2(neN).设6，=a1 [方法总结3] 判断（证明）数列是等 -2an, 差（比）数列的方法 (1)求证：{bn}是等比数列； (1)定义法：对于n≥1 的任意自然数，验证 (2)设c.=品，求证：c是等差数列 ●[方法总结3] a-a或2)为 与正整数n无关的 常数； (2)等差（比)中项 法：①若2am=am-L+ an+i(neN°，n≥ 2),则{an}为等差 数列； @若a=an-l·an+l (neN,n≥2且a ≠0)，则{an}为等比 数列； (3)通项公式法：a =n+b(k,b是常 数)台an}是等差数 列；an=c·q”(c,9 为非零常数)台{an} 是等比数列； (4)前n项和公式 法：Sn=An2+Bn (A,B为常数，n∈ N)曰{an}是等差数 列；Sn=Ag-A(A,9 为常数，且A≠0,9 ≠0，q≠1，neN°) 台{an}是公比不为1 的等比数列。 050 考点四 数列求和 [方法总结4] 例4已知数列a.和6，满足a,=l,m=(n+)a.+l.6+b:+…+ 常见的数列求和方法 bn=2"-1 (1)公式法：利用等差 (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； 数列或等比数列前n 项和公式； (2)设数列 的前n项和为Sn,求证：Sn<6. ●[方法总结4] (2)分组求和法：把一 个数列分成几个可以 直接求和的数列； (3)裂项（相消）法：有 时把一个数列的通项 公式分成两项差的形 式，相加过程消去中 间项，只剩有限项再 求和； (4)错位相减法：适用 于一个等差数列和一 个等比数列对应项相 考点五数列的综合应用与创新问题 乘构成的数列求和； 例5.(1)南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中讨论过高阶等差数列与 (5)并项求和法：对于 般等差数列的不同，前后两项之差并不相等，而是逐项差数之差 通项公式形如an+ 或者高次差相等.例如“百层球堆垛”：第一层有1个球（α1=1）， (-1)”f(n)的数列， 求其前n项和时可考 第二层有3个球(a2=3),第三层有6个球(a3=6),第四层有10 虑采用两项合并 个球(a4=10),第五层有15个球(a=15),…,各层球数之差 求解； an+1-an}:42-a1,a3-a2,a4-a3,a5-a4,…,即2,3,4,5，…是 (6)倒序相加法：例 等差数列.现有一个高阶等差数列，其前6项分别为1,3,6,12， 如，等差数列前n项和 23,41,则该数列的第8项为 () 公式的推导. [方法总结5] A.51 B.68 C.106 D.157 求解数列新定义问题 (2)记数列{an}前k项的最大值b.依次构成一个新的数列{bn},称数 的策略 列{bn}为{an}的“生成子列”，已知数列{an},{bn}都只有4项，(1)准确转化：解决 {bn}为an}的“生成子列” 数列新定义问题时， ①若数列{an}为3,2,1,4，求数列{bn}; 一定要读懂“新定 义”的本质含义，将 ②若数列{an}各项均不相等且a:∈1,2,3,4}，它的“生成子列” 题目所给条件转化成 的通项公式bn=4,写出所有符合条件的数列{an}. 题目要求的形式，切 P[方法总结5] 忌同已有概念或定义 相混淆； (2)方法选取：对于 数列新定义问题，搞 清定义是关键，认真 仔细地从前几项的特 殊处、简单处体会题 意，从而找到恰当的 解决方法 素养等级测评 请同学们认真完成考案（一）