第5章 数列 章末整合提升-【成才之路·学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册同步新课程学习指导(人教B版)

所以当n=k+1时，不等式成立. 由(1)(2)可知，原不等式对任意n∈N*都成立 例5：(1)当n=3时，左边=2+2=6，右边=2(22-1)=6， 等式成立； (2)假设n=k时，结论成立，即2+22+…+2- =2(2-1-1), 那么n=k+1时，2+22+…+2-1+2=2(2-1-1)+2= 2·2-2=2(2-1)=2[2k)-1-1]. 所以当n=k+1时，等式也成立. 由(1)(2)可知，等式对任意n>2,n∈N*都成立 课堂检测固双基 1.C当n=1时，2n+1=2×1+1=3,所以左边为1+2+3.故 应选C. 2.B由数学归纳法的证明步骤可知，假设n=k(k≥2)为偶数 时命题为真， 则还需要用归纳假设再证n=k+2, 不是n=k+1,因为n是偶数，k+1是奇数， 故选B. 3.C若n=4时，该命题成立，由条件可推得n=5命题成立. 它的逆否命题为：若n=5不成立，则n=4时该命题也不 成立 4仪2)>”2自变量的取值依次为2,4=2,8=2,16=2， 32=2,…,故为2”.右边分母全为2，分子依次为3,4,5,6,7，…，故 右边为2，即2)>“2 5（1)将n=12,3代入3，+a,=2n+1中得a1=号=2-2 1 7 115 猫想4，=2- (2)①由(1)知当n=1时，命题成立； ②假设n=k时，命题成立，即a:=2-2 1 则当n=k+1时，a1+a2+…+a4+ak+1+ak+1=2(k+1)+1, 且a1+a2+…+a=2k+1-ak, ∴.2k+1-a+2ak+1=2(k+1)+1=2k+3, 62a1=4-文a=2-2 1 即当n=k+1时，命题成立 根据①②得neN*,a.=2- 都成立 章末整合提升 要点专项突破 例1：由a+1-an=3"-n, 得a.-a,-1=3"-1-(n-1), a-1-a-2=3"-2-(n-2), a3-a2=32-2,a2-a1=3-1. 当n≥2时，以上n-1个等式两端分别相加，得(an-a.-1) +(am-1-am-2）+…+（a2-a1） =3"-1+3-2+…+3-[(n-1)+(n-2)+…+2+1], 3(1-3-)n(n-1) 即an-a1= 1-3 2 又a=1a.=x3nn2- 2 -2 显然a1=1也适合上式， 17 a,的通项公式为a,=分×3”-an》-分 2 例2：a1=2,aa+1 2n+1a., n =2×2 a 1 0=2×3 2· … a,=2×n am-1n-1' 以上n-1个等式左右两边分别相乘得=n·2”-1, a. 即an=n·2"， 且n=1时，a1=2也适合上式， ∴.am=n·2". 01两边取倒数得上-1=1， 例3：(1)由a.=1+a,- an an-1 小数别日提首项为士-了公关为1的等老数列 l a . 12n-1 =于+(n-1)=n-2= 2 2 .a.=2n-T (2)a+1=3an+2, .am+1+1=3(an+1). 又a1+1=2≠0， ∴.数列{a.+1}是首项为2，公比为3的等比数列. a+1=23"-.an=2·3-1-1. 明南已号+女=2得8=且60， b.2 3 取n=1,由S,=b,得b=2 由于bn为数列{Sn}的前n项积， 2b1 2b2 26. 所以2b-‘222 2b。-1=6, 2或 2b12b2 2b±l-bL 所以6 由于bn+1≠0 所以子产衣即么1-4=号，我中neN心 2 所以数列6，是以4=子为首项，以d=之为公差的等差 数列； (2)由(1)可得，数列6，}是以么=子为首项，以d=2为 公差的等差数列， =+(a-1x=1+ n 2b.2+n S.=2b.-11+n 3 当n=1时，a1=S=2, 当n≥2时，a,=5,-S-=1+nn 2+m-=一n(n+,显然 2 对于n=1不成立， 2n1, .∴.am= 1 tn(n+1)n≥2 例5：(1)当n=1时，S1=a(S1-a1+1), 所以a1=a, 当n≥2时，S4=a(Sn-am+1),① Sn-1=a(Sm-1-am-1+1),② ①-②，得a,=a·a-1,即，2=a, 'am-1 所以{a.}是首项a1=a,公比为a的等比数列，所以a.= a·a"-l=a,a2=d,a3=a. 由4a3是a1与2a2的等差中项，可得8a3=a1+2a2,即 8a3=a+2a2, 因为a≠0，整理得8a2-2a-1=0, 即(2a-1)(4a+)=0,解得a=7或a=-子（含去），所 以a-(分宁 (2)由(1)，得b,=2m+1=(2n+1）·2, a 所以Tn=3×2+5×2+7×2+…+(2n-1)·2-1+(2n+ 1)·2",① 2T.=3×22+5×23+7×24+·+(2n-1)·2"+(2n+1) .2"+1,② 由①-②，得-Tm=3×2+2(22+23+…+2")- (2n+1)·2+1 =6+2×22-21 1-2-(2n+1)）2*1 =-2+2*2-(2n+1)·2+1 =-2-(2n-1）·2"+1, 所以T.=2+(2n-1)·2+ 例6：C数列{an}为等差数列，由题意得 [a2=a1+d=6, la5=a1+4d=l5, 解得∫03， ld=3. ∴.am=3+(n-1)×3=3n, .∴.bn=a2m=6n. bn+1-bn=6, ∴{b}是首项为6，公差为6的等差数列，其前5项的和为 s=5×6+5×(5,1)x6=30+60=90. 2 例7：=2+4g+66+…+(2m+2) /111 =(2+4+6+…+2m)+(+2+2+…+2 =n(2n+2 [-(2] 2 1 1-2 =n(n+1)+1- 1 22+T 例81= 1 n2-1(n-1)(n+1) =(n本) -17 小* -)+(34）+(兮)*…+ (川 111 32n+1 =42nm+n≥2). 例9：Sn=1+2x+3x2+4x23+…+nx-1,① xSn=x+2x2+3x3+…+(n-1)x-1+x",② 由①-②，得(1-x)Sn=1+x+x2+…+x"-1-nx, 当x1时，(1-)S,= -nx” 1-x =1--n++1=1-(1+n)x+nx 1-x 1-x S=1-(1+n)tn (1-x)2 当x=1时，S.=1+2+3+4+…+n=n(1+m 2 n(1+m,(x=1), 2 .S= 1-(1+n)x+nx 一，（x≠1). (1-x)2 例10：()由a1=r+2+1以及a=, n 令n=1,可得a2=4, 令n=2,可得a3=9, 令n=3,可得a4=16. (2)由(1)，归纳猜想am=n(neN*). 下面应用数学归纳法进行证明： ①当n=1时，a1=12=1,满足题意，故成立. ②假设当n=k(k≥2，keN*)时成立，即ak=2, 故当n=+1时，a=F+2会+1=F+2h+1=(+1月， 故n=k+1时，等式成立. 由①②可知，an=n2(neN*）. 即时巩固 1.C因为a1+a2+…+an=2”-1①， 所以a1+a2+…+aw-1=2"-1-1(n≥2)②. ①-②得an=2"-'(n≥2)， 当n=1时a1=2-1=1,满足上式 所以a.=2-1(neN*),a2=22m-2=4"-1 ∴.数列{α}是以1为首项，4为公比的等比数列， G++店++G=车=宁4-.放选c 2.A因为a=,所以a·4·a·…·a2u8·ao96 冬会 b,b3 因为数列{an}为等比数列，且a1o0=2, 所以a1·a2·a3·…·a201s·a29=(a1·a2o9）·（a2· a2018）·…·(a10w·a10n）·a100 =aio0·ao0··do0·a1o0=a88=22oo 所=，又4=子所以a=2。 故选A. 3.D因为数列{a,}满足a1=1,aan+1=2“(neN*), 当n=1时，a2=2,当n≥2，a4a-1=2-l,则8出=2， _1 所以数列{a.}的奇数项是以1为首项，以2为公比的等比数列， 数列{an}的偶数项是以2为首项，以2为公比的等比数列， 所以S1=1x1-?+2x1-?0)-21-1+2× 1-2 1-2 21010-2=2×21011-3=2102-3,故选D. 4.C由a+1=-a。-2,有a.+a+1=-2,则S1ol=a1+(a2+ a3）+…+(a1m+a1o1)=1-2×50=-99. 故选C. 5.A因为a=l,a,11+a a.(nEN'), 1 所以a.>0,S1m>2 < 'a+la 根据浆加法可得，士≤1+”分”出，当且仅当n=1时取 2 等号，.an≥ 4 n+1)2 ≤a=n+ 1±a1t2nt3…4≤+/ an n+3' n+1 由累乘法可得a,≤(n+1)(n+2)' 6 当且仅当n=1时取等号， 由裂项求和法得： 所似s<6(宁号+写子+日方+…+励 =6(}品)<3，即时<m<3. 故选A. 6.(1)证明：当n≥2时，因为Sn+1=4a.,所以Sn=4a-1,两式相 减得，aa+1=4an-4a-小 所以an+1-2an=2(an-2am-1）. 当n=1时，因为Sn1=4am,所以S2=4a1,又a1=4,故a2= 12,于是a2-2a1=4, 所以{a.+1-2a.}是以4为首项，2为公比的等比数列. 所以a-24=2,两边除以2得，2=-会=1 又号-2，所以{径}是以2为首项1为公老的等老数列 所以号=n+1,即a,=(n+1):2 (2)若选①：bn=aa+1-a.,即bn=(n+2)·2+1-(n+1）: 2"=(n+3)·2" 因为Tn=4×2+5×22+6×2+…+(n+3)×2”, 所以2Tn=4×22+5×2+6×2+…+(n+3)×2"+1. 两式相减得，-Tn=4×2+(22+2+…+2")-(n+3) X2*1 =8+4×(2"-D-(n+3)×21=-(n+2)x21+4 2-1 所以T,=(n+2)×2+1-4. 若选②：b,=g,4,即b,=10g,”+1+1og,2 n =log,”+L+n n 所以7.=（子+hbe2++g”）+1+2+…+n) 2 3 + n 2 =lg,(n+1)+1+nn 2 若选3，二用6，=4（位） anan+l antian =4(）=4[m+22可 1 1 a1am+1/ =1- 1 （n+2)2-元 7.(1)设等比数列{an}的公比为g>0, 因为a1=1,S2=a3-1,即41+a2=a3-1, 可得1+g=92-1,整理得g2-9-2=0,解得q=2或q=-1 (舍去)， 所以s=号=2-1 (2)(i)证明：由(1)可知ak=2-1,且keN*,k≥2， 当n=a41=2≥4时，则：=2*-1<2-1=n- In-1=a1-1<ak ,即ak<n -1<ak+1 可知a4=2-1,bn=k+1, bm-1=b4+(a+1-a4-1)·2k=k+2h(2-1-1)=k(2- 1), 可得bn-1-ak·b.=k(2*-1)-(k+1)2-1=(k-1)2-1-k ≥2(k-1)-k=k-2≥0， 当且仅当k=2时，等号成立，所以b.-1≥ak·b; (i)由(1)可知：S.=2”-1=a+1-1, 若n=1,则S1=1,b1=1; 若n≥2，则a41-a4=2-, 当2-1<i≤2*-1时，b,-b-1=2k,可知{b,}为等差数列， 可得字4=2+222山=4=寸(3站 k1 2 -1)4-(3k-4)4-1], 所以26，=1+5x-2×4+8×-5×4++(3n 1)4°-(3n-4)4-]=3n-)4+1,且n=1,符合上式，综 9 上所述：26，=(3n-1)4+1 9 第六章导数及其应用 6.1导数 6.1.1函数的平均变化率 必备知识探新知 知识点一-（或）-） △xx2-1（△x 平均变 x2-x1 化率 4058 章末整合提升 知识体系构建 定义：按照一定顺序排列的一列数 有穷数列 分类 无穷数列 (列表法 数列的概念与简单表示法 通项公式 表示方法解析法 递推公式 图像法 递增数列 函数特征（数列的单调性） 递减数列 定义：从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数 递推公式：an+1-an=d(常数) 通项公式：am=a1+(n-1)d 等差数列 前n项和公式：Sn= n(a+a) 2 =na +a(n-Dd 2 性质：若m+n=p+q,则am+an=a。+a,(m,n,p,g∈N*) 数列 定义：从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数 两个基本数列 递推公式：=q(g是常数) a, 通项公式：an=a,g- 等比数列 na(q=1) 前n项和公式：Sn= 4,(1-9）_a,-a9(g≠1) 1-91-9 性质：若m+n=p+q,则am·an=a,·a,(m,n,p,q∈N) 公式求和 分组求和 数列的求和错位相减法求和 裂项求和 倒序相加求和 基本原理 数学归纳法 简单应用 ●059 要点专项突破 要点一由递推公式求数列的通项公式 数列的通项公式是数列的核心之一，它如同函数的解析式一样，有解析 式便可研究其性质；而有了数列的通项公式便可求出任一项及前项和，所 以求数列的通项往往是解题的突破口和关键，点. 例知数列a中，a,=1,且a1-a,=3-,求数列1a,的通项 公式 规律方法： 因为an=（an-an-1） +(an-l-an-2）+ +(a3-a2）+(a2- a1)+a1,所以形如 an+l-an=f(n)型递 推关系式求通项an 设bn=f(n),若{bn 可求和，则用累加法 求解 ·[规律方法] (1)若f(n)是关于n 例2.在数列a.中，4=2,41=2(n+4,求通项a 的一次函裁，累加后 n 可转化为等差数列 [分析]条件式可变形为=2(n+1,当n变化时，除2倍外，后一 求和. n (2)若f(n)是关于n 项的分子都是前一项的分母，逐项相乘可以消去，故用累乘法求解。 的二次函数，累加后 可分组求和. (3)若f(n)是关于n 的指裁函数，累加后 可转化为等比裁列 求和. 规律方法： 若裁列an}满足 an =f(n)(n∈N°)，其 中数列{f(n)}前n项 积可求，则可用累乘 法求an [规律方法] 060 例3.(1)已知数列a,满足：4=2，a.=1+a,-1 a-1-(n≥2)，求a (2)已知数列{an}满足an+1=3an+2(n∈N*),a1=1,求通项公式an 规律方法： 一般地，若给出的裁 列递推关系式或a,与 Sn的关系式，通过适 当变形，能够变形为 an+l+f(n)与an+ f(n)的关系（这里 f(n)一般为常数或n 的一次式、指数式). 或变形为1 +1+石与 山，十的关系式等，可 用换元转化法求解 形如an+l=kan+m的 [规律方法]递推关系一定可变形 要点二等差（等比）数列的判定或证明 为an+1+p=k(am+p) 例4.记S,为数列a,的前n项和，b,为数列S,的前n项积，已知子+ 的形式令bn=an+p, 则bn+1=bn即可用等 &2 比裁列{bn}求解 (1)证明：数列{b,}是等差数列； (2)求{am}的通项公式. 规律方法： 已知某条件式，证明 关于an(或Sn)的某个 表达式成等差（或等 比)数列，问题本身 就给出了条件式的变 形方向，可依据等美 (等比)数列定义， 结合an=Sn-Sn-1(n ≥2)对条件式变形构 造新数列求解。 ●[规律方法] ●061 要点三等差、等比数列的性质 例5.已知数列a,的前n项和s,满足S=a(S-a.+1)(a为常数，且a >0),且4a3是a1与2a2的等差中项 (1)求{an}的通项公式； (2)设b,=2m+1,求数列6.的前n项和T, a 规律方法： 巧用性质、整体考 虑、减少运算量 在解决等差、等比裁 列的运算问题时，恰 当地应用等差、等比 裁列的性质，如中项 的概念、下标和相等 的两项的和（等差裁 列)、积（等比裁 列)相等等；在方程 组中整体代入或整体 观察某些项的和与 积；可以大大减少运 算量，达到事半功倍 ●[规律方法] 的效果 要点四数列求和 数列求和是数列部分的重要内容，求和问题也是很常见的题型，对于等 规律方法： 差数列、等比数列的求和主要是运用公式，某些既不是等差数列，也不是等比 若裁列{an为等差 数列的求和问题，一般有四种常用求和技巧和方法 例6已知等差数列a,中，4=6,4，=15，若么=a,则数列6.的前5项 （或等比)数列或可 转化为等差（或等 和等于 比)裁列，则用公式 A.30 B.45 C.90 D.186 法求和 [规律方法] 062 例7.求数列244g66…,2n+2…的前n项和3 1 [分析]此数列的通项公式为a,=2+2一，而数列2m是个等差数 列，数列一}是一个等比数列，故采用分组求和法 规律方法： 如果一个数列的通项 公式能拆成几项的 和，而这些项分别构 成等差数列或等比数 列，那么可用分组求 和法求解 规律方法： >[规律方法] 如果数列的通项公式 可转化为类似于 例8求和：2++*…+ tn7(n≥2). f(n+k)-f(n)的形 式，常采用裂项求和 【分折】此数列的道项公式为4示而可以分解成两项的 的方法，特别地，当 数列的通项公式是关 差，于是可以采用裂项相消法求和. 于n的分式形式时， 可尝试采用此法.使 用裂项相消法时要注 意正负项相消时，消 去了娜些项，保留了 哪些项。注意到由于 裁列{an}中每一项an 均裂成一正一负两 项，所以互为相反裁 的项合并为零后，所 剩正裁项与负裁项的 项数女然是一样多 的，切不可漏写未被 消去的项. 若{an}为等差数列， 则求{1}的各项 lantian 和可用裂项求和法求 解此时1。 >[规律方法] ●063 例9设数列a.为1,2,3x,4,,,…(≠0).求此数列前n项 的和. [分析]这个数列的每一项都是一个等差数列与一个等比数列的对应 项的积，因此可以用错位相减法. [规律方法] 要点五归纳—猜想—证明 规律方法： 利用已知的递推公式可以先求出数列的前几项，然后依据求出的前几项 若{an}为等差裁列， 猜想出数列的通项公式，用数学归纳法给出证明即可. {bn}为等比裁列， 例10.(2025·北师大实验中学高二检测)已知数列a,满足4，=1，对任6=a么则求c.有 几项和用锆位相减法 意n∈N,都有a1=n+2a+1成立 求解. (1)直接写出a2,a3,a4的值； (2)推测出{an}的通项公式并证明， 064 ●即时巩固 已知数列{bn}满足 ,求{bn}的前 一、选择题 n项和T 1.(2024·全国高三专题练习)已知数列{an}满 注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方 足：a1+a2+…+an=2”-1,则a+a+a+ 案解答计分. …+0n= ( 42-0 B.(2”-1)2 c34-) D.4”-3 2.(2025·河南高二月考（文）)已知等比数列 0,中am=2,若数列6，满足6，=子，且 bn+1,则b22o= an=bn ( A.22017 B.22018 C.22019 D.22020 3.(2025·辽宁高三一模（文）)已知数列{an}满 足a1=1,anan+1=2(n∈N*),则S22= A.3(201-1) B.2101-3 C.3(21o0-1) D.21012-3 7.(2024·天津)已知数列{a.}是公比大于0的 4.(2024·广西河池市高二期末（文）)已知在前 等比数列.其前n项和为Sn.若a1=1,S2= n项和为Sn的数列{an}中，a1=1,an+1= a3-1. -am-2,则S101= (1)求数列{an}前n项和Sn; A.-97 B.-98 [k,n=ar (2)设bn= ,k∈N, C.-99 D.-100 b-1+2k,ak<n<ak+1 5.已知数列{a,满足4=1，a1=1+√a (n∈ k≥2. (i)）当k≥2，n=ak+1时，求证：bn-1≥ak·bn N*).记数列{an}的前n项和为Sn,则( (i)求6， A.<Sm<3 B.3<S100<4 C.d 9 D.3<Sm<5 二、解答题 6.（2024·江苏徐州市高三二模)已知数列{a.} 的前n项和为Sn,Sn+1=4am,n∈N,且a1=4, (1)证明：{an+1-2an}是等比数列，并求{an} 的通项公式； (2)在①6，=a1-a:26,=lg:2:③6，= ”这三个条件中任选一个补充在下面横线 素养等级测评 an+lan 请同学们认真完成考案（一） 上，并加以解答