第四章 数列 章末综合提升-【金版新学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册同步课堂高效讲义教师用书word（人教A版）

章末综合提升 学生用书⬇第65页 探究点一　等差、等比数列的基本运算 (2023·新课标Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d，且d＞1.令bn＝，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和. (1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式； (2)若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d. 解：(1)因为3a2＝3a1＋a3，所以3d＝a1＋2d， 解得a1＝d， 所以S3＝3a2＝3(a1＋d)＝6d， 又T3＝b1＋b2＋b3＝＋＋＝， 所以S3＋T3＝6d＋＝21， 即2d2－7d＋3＝0，解得d＝3，或d＝(舍去)， 所以an＝a1＋(n－1)·d＝3n(n∈N*). (2)因为{bn}为等差数列， 所以2b2＝b1＋b3，即＝＋， 所以6＝＝， 即－3a1d＋2d2＝0，解得a1＝d，或a1＝2d， 因为d＞1，所以an＞0， 又S99－T99＝99，由等差数列性质知，99a50－99b50＝99，即a50－b50＝1， 所以a50－＝1，即－a50－2 550＝0， 解得a50＝51，或a50＝－50(舍去). 当a1＝2d时，a50＝a1＋49d＝51d＝51， 解得d＝1，与d＞1矛盾，舍去； 当a1＝d时，a50＝a1＋49d＝50d＝51，解得d＝. 综上，d＝. 　　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或q，an，Sn，n的方程组，利用方程的思想求出需要的量，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. 对点练1.(多选)已知等差数列的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝3，bn＝，的前n项和为Tn，则下列说法正确的是(　　) A.数列的公差为2 B.Sn＝n2 C.数列是公比为4的等比数列 D.Tn＝ 答案：AB 解析：因为为等差数列，a1＝1，a2＝3，所以公差d＝a2－a1＝3－1＝2，故A正确；所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以Sn＝＝＝n2，故B正确；又因为bn＝＝＝＝42n－1，bn＋1＝42(n＋1)－1＝42n＋1＝16×42n－1＝16bn，所以数列是公比为16的等比数列，故C错误；因为数列是公比为16的等比数列，且b1＝＝22＝4，所以Tn＝，故D错误.故选AB. 对点练2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a2n＝2an＋2，S6＝5S3. (1)求a9的值； (2)设x为a2，a5的等比中项，数列{bn}是以a2，x，a5为前三项的等比数列，试求数列{bn}的通项bn及前n项和Tn的表达式. 解：(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d， 则 解得 所以a9＝a1＋8d＝16. (2)由(1)可知，a2＝2，a5＝8， 因为x是a2，a5的等比中项， 所以有x2＝2×8＝16，即x＝±4. 当x＝4时，数列{bn}是前三项依次为2，4，8的等比数列， 其首项为2，公比为2，故有bn＝2×2n－1＝2n，(n∈N*) Tn＝＝2n＋1－2，(n∈N*) 当x＝－4时，数列{bn}是前三项依次为2，－4，8的等比数列， 其首项为2，公比为－2， 故有bn＝2·(－2)n－1＝(－1)n－1·2n，(n∈N*) Tn＝＝[1－(－2)n]，(n∈N*) 学生用书⬇第66页 探究点二　等差、等比数列的判定与证明 已知各项均为正数的数列{an}满足an＋2＝4(an＋1－an)，a1＝1，a2＝4，n∈N*. (1)证明：数列{an＋1－2an}为等比数列； (2)记bn＝，证明：数列{bn}为等差数列，并求数列{bn}的通项公式. 证明：(1)因为an＋2＝4(an＋1－an)，所以an＋2－2an＋1＝2(an＋1－2an). 又因为a2－2a1＝2≠0，所以数列{an＋1－2an}是以2为首项，2为公比的等比数列. (2)由(1)知，an＋1－2an＝2×2n－1＝2n， 所以bn＋1－bn＝－＝＝，所以数列{bn}是以为首项，为公差的等差数列，所以bn＝＋×(n－1)＝. 判定一个数列是等差或等比数列的方法 定义法 an＋1－an＝d(常数)⇔{an}是等差数列 ＝q(非零常数)⇔{an}是等比数列 中项公 式法 2an＋1＝an＋an＋2(n∈N＋)⇔{an}是等差数列 ＝anan＋2(an＋1anan＋2≠0)⇔{an}是等比数列 通项 公式法 an＝pn＋q(p，q为常数)⇔{an}是等差数列 an＝cqn(c，q均为非零常数)⇔{an}是等比数列 前n项 和公 式法 Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)⇔{an}是等差数列 Sn＝kqn－k(k为常数，且q≠0，k≠0，q≠1)⇔{an}是等比数列 对点练3.已知正项数列满足 －＝2an＋1，且a1＝a2＝1，设bn＝. (1)求证：数列为等比数列，并求的通项公式； (2)设数列的前n项和为Sn，求数列的前n项和Pn. 解：(1)证明：因为bn＝， 所以bn＋1＝， 因为－＝2an＋1， 所以＝2an＋1＋， 所以＝＝ ＝ ＝＝，且b1＝＝， 所以数列为公比，为首项的等比数列，即bn＝×()n－1＝， 即＝，可得＋1＝2n，＝， 所以n≥2时，×××…×＝12×32×72×…×， 即an＝12×32×72×…×， 又a1＝1，不满足上式， 所以an＝ (2)由(1)bn＝，所以Sn＝＝1－，Sn＋1＝1－. 所以＝＝2， 所以Pn＝2［(－)＋(－)＋…＋(－)］＝2［－］＝2(2－)＝4－. 探究点三　等差、等比数列的性质及应用 (1)(多选)等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，当首项a1和d变化时，a3＋a8＋a13是一个定值，则下列各数也为定值的有(　　) A.a7 B.a8 C.S15 D.S16 (2)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S8＝12，S24＝36，则S16＝(　　) A.24 B.12 C.24或－12 D.－24或12 答案：(1)BC　(2)A 解析：(1)由等差中项的性质可得a3＋a8＋a13＝3a8为定值，则a8为定值，S15＝＝15a8为定值，但S16＝＝8(a8＋a9)不是定值.故选BC. (2)设等比数列{an}的公比为q.由等比数列的性质可知S8，S16－S8，S24－S16成等比数列.因为S8＝12，S24＝36，所以(S16－12)2＝12×(36－S16)，解得S16＝24或S16＝－12.因为S16－S8＝q8S8＞0，所以S16＞12，则S16＝24.故选A. 等差、等比数列的性质主要包括 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. 学生用书⬇第67页 对点练4.(1)(多选)已知等差数列的前n项和为Sn，若a1＝1，－＝2，bn＝，数列的前n项和为Tn，则下列结论正确的是(　　) A.数列的公差为1 B.Sn＝n2 C.bn＝ D.Tn＜ (2)已知等比数列{an}的各项均为正数，且a1a5＝4，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝　　　　. 答案：(1)BD　(2)5 解析：(1)设等差数列的公差为d，因为－＝2，所以－＝2，解得d＝2，故A错误；Sn＝n＋×2＝n2，故B正确；an＝1＋×2＝2n－1，bn＝＝＝，故C错误；当n＝1时，Tn＝1＜，当n≥2时，bn＝＜＝，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＜1＋＝1＋＜1＋＝，可知Tn＜，故D正确.故选BD. (2)由等比数列的性质知a1a5＝a2a4＝＝4⇒a3＝2，所以log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝log2(a1a2a3a4a5)＝log2＝5log22＝5. 探究点四　数列求和 已知各项均为正数的数列{an}满足：a1＝1，当n≥2时，(n－1)－n＝n(n－1). (1)求证：数列是等差数列； (2)求数列{an}的通项公式； (3)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)证明：数列{an}满足：a1＝1， 当n≥2时，(n－1)－n＝n(n－1)， 整理得－＝1， 所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列. (2)由(1)知，＝1＋n－1＝n，所以＝n2， 又an＞0，故an＝n. (3)bn＝＝， 所以Tn＝1×＋2×＋3×＋…＋n·①， 则Tn＝1×＋2×＋3×＋…＋n·②， ①－②得Tn＝(＋＋＋…＋)－n·＝1－，所以Tn＝2－. 常见的数列求和方法 1.公式法：利用等差数列或等比数列前n项和公式. 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乘构成的数列求和. 5.并项求和法：对于通项公式形如an＝(－1)nf(n)的数列，求其前n项和时可考虑采用两项合并求解. 6.倒序相加法：例如，等差数列前n项和公式的推导. 对点练5.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，2Sn＝an＋1－1(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝an＋(－1)nlog3an＋1，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)2Sn＝an＋1－1，当n≥2时，2Sn－1＝an－1，两式作差，得2an＝an＋1－an，即an＋1＝3an， 当n＝1时，2S1＝a2－1＝2，所以a2＝3＝3a1， 故数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列， 所以数列{an}的通项公式为an＝3n－1. (2)由(1)得，bn＝3n－1＋(－1)nlog33n＝3n－1＋(－1)n·n，所以Tn＝(30－1)＋(3＋2)＋(32－3)＋…＋[3n－1＋(－1)n·n]＝(30＋3＋32＋…＋3n－1)＋[－1＋2－3＋4－5＋…＋(－1)n·n]. 当n为偶数时， Tn＝＋(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(n－1)＋n]＝＋＝； 当n为奇数时， Tn＝＋(－1)＋(2－3)＋(4－5)＋…＋[(n－1)－n]＝－1－＝. 综上，Tn＝ 学生用书⬇第68页 探究点五　数列中的有关实际应用问题 甲、乙两大超市同时开业，第一年的全年销售额均为1千万元，由于管理经营方式不同，甲超市前n年的总销售额为千万元，乙超市第n年的销售额比前一年的销售额多千万元. (1)分别求甲、乙超市第n年销售额的表达式； (2)若其中一家超市的年销售额不足另一家超市的年销售额的50％，则该超市将被另一超市收购，判断哪一超市有可能被收购，如果有这种情况，至少会出现在第几年？ 解：(1)设甲、乙超市第n年销售额分别为an千万元、bn千万元， 假设甲超市前n年总销售额为Sn，则Sn＝， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n－， 易得a1＝1不满足上式，故an＝ b1＝1，n≥2时，bn－bn－1＝， 故bn＝b1＋＋＋…＋＝1＋＋＋…＋＝＝3－2·， 显然n＝1也适合，故bn＝3－2·. (2)甲超市不可能被乙超市收购，乙超市将被甲超市收购，理由如下： ①因为bn＜3，a1＝b1， 当n≥2时，an≥a2＝＞bn， 所以甲超市不可能被乙超市收购； ②当n＝2时，a2＝，b2＝，有a2＜b2；当n＝3时，a3＝，b3＝，有a3＜b3，当n＝4时，a4＝，b4＝，有a4＜b4；当n＞4时，令an＞bn，则n－＞3－2·()n－1，即2n＋12×()n＞13，当n＝6时，12＋＞13，故n≥6. 综上，至少第6年时乙超市将被甲超市收购. 　　数学建模是对现实问题进行数学抽象，用数学语言表达问题、用数学知识与方法构建模型解决问题的过程.本章内容主要体现在用数列模型来解决实际问题.根据题意抽象出等差或等比数列模型，然后分析清楚是求通项、项数、还是求和；另外，需注意数列项数的确定，尤其是涉及到与年份、月份有关的问题，要确定好起始年份、月份等. 对点练6.某企业2024年的纯利润为500万元，因为企业的设备老化等原因，企业的生产能力将逐年下降.若还进行技术改造，预测从2024年开始，此后每年比上一年纯利润减少20万元.如果进行技术改造，2025年初该企业需一次性投入资金600万元，在未扣除技术改造资金的情况下，预测2025年的利润为750万元，此后每年的利润比前一年利润的一半还多250万元. (1)设从2025年起的第n年(以2025年为第一年)，该企业不进行技术改造的年纯利润为an万元；进行技术改造后，在未扣除技术改造资金的情况下的年利润为bn万元，求an和bn关于n的表达式； (2)设从2025年起的第n年(以2025年为第一年)，该企业不进行技术改造的累计纯利润为An万元，进行技术改造后的累计纯利润为Bn万元，依上述预测，从2025年起该企业至少经过多少年，进行技术改造的累计纯利润将超过不进行技术改造的累计纯利润？ 解：(1)由题意得数列{an}是等差数列，a1＝480，d＝－20， 所以an＝500－20n. 由题意得b1＝750，bn＋1＝bn＋250， 所以bn＋1－500＝(bn－500)， 所以{bn－500}是首项为b1－500＝250，公比为的等比数列， 即bn－500＝250，所以bn＝500. (2)An是数列{an}的前n项和，所以An＝480n＋×(－20)＝490n－10n2. Bn是数列{bn}的前n项和减去600，所以Bn＝500(1＋＋1＋＋…＋1＋)－600＝500－600＝500n－－100. Bn－An＝500n－－100－(490n－10n2)＝10n2＋10n－－100， 当x≥1时，函数y＝10x2＋10x－100和y＝－均单调递增， 所以数列{Bn－An}是递增数列，且n＝3时，Bn－An＜0，n＝4时，Bn－An＞0， 所以至少经过4年，进行技术改造的累计纯利润将超过不进行技术改造的累计纯利润. 学生用书⬇第69页 (2024·全国甲卷)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9＝1，则a3＋a7＝(　　) A.－2 B. C.1 D. 答案：D 解析：设等差数列{an}的公差为d，由S9＝9a1＋d＝9＝1，得a1＋4d＝，则a3＋a7＝a1＋2d＋a1＋6d＝2a1＋8d＝2(a1＋4d)＝.故选D. (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.－ 答案：B 解析：由S5＝S10，得＝，所以5a3＝5(a3＋a8)，所以a8＝0，公差d＝＝－，所以a1＝a5－4d＝1－4×＝.故选B. (2024·新课标Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝　　　　　　　. 答案：95 解析：设{an}的公差为d，由a3＋a4＝a1＋2d＋a1＋3d＝2a1＋5d＝7，3a2＋a5＝3＋a1＋4d＝4a1＋7d＝5，解得a1＝－4，d＝3，则S10＝10a1＋45d＝95. 溯源：(人教A版选择性必修第二册P23练习T4)在等差数列{an}中，若S15＝5(a2＋a6＋ak)，求k. 点评：高考题与教材练习题都是考查等差数列中的基本量的计算. (2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝　　　　. 答案：－2 解析：设{an}的公比为q(q≠0)， 则a2a4a5＝a3a6＝a2q·a5q，显然an≠0， 则a4＝q2，即a1q3＝q2，则a1q＝1， 因为a9a10＝－8，则a1q8·a1q9＝－8， 则q15＝(q5)3＝－8＝(－2)3，则q5＝－2， 则a7＝a1q·q5＝q5＝－2. 溯源：(人教A版选择性必修第二册P31练习T3)在等比数列{an}中，a1a3＝36，a2＋a4＝60.求a1和公比q. 点评：高考题与教材练习题都是考查等比数列中的基本量的计算. (2024·全国甲卷)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an＋1－3. (1)求{an}的通项公式； (2)求数列{Sn}的前n项和. 解：(1)因为2Sn＝3an＋1－3， 所以2Sn＋1＝3an＋2－3， 两式相减可得2an＋1＝3an＋2－3an＋1， 即an＋2＝an＋1，所以等比数列{an}的公比为. 因为2S1＝2a1＝3a2－3＝5a1－3，所以a1＝1，故an＝. (2)因为2Sn＝3an＋1－3，所以Sn＝＝， 设数列{Sn}的前n项和为Tn，则Tn＝×－n＝×()n－n－. 溯源：(人教A版选择性必修第二册P40练习T3)已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an＋1，求Sn. 点评：高考题与教材练习题都是考查数列中的通项an与前n项和Sn的关系，相似度极高，源于教材，高于教材. (2022·新高考Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，是公差为的等差数列. (1)求{an}的通项公式； (2)证明：＋＋…＋＜2. 解：(1)因为a1＝1，所以S1＝a1＝1，所以＝1， 又因为的等差数列， 所以＝1＋(n－1)＝，所以Sn＝， 所以当n≥2时，Sn－1＝， 所以an＝Sn－Sn－1＝－， 整理得(n－1)an＝(n＋1)an－1，即＝， 所以an＝a1×××…×× ＝1×××…××＝(n≥2)， 显然对于n＝1也成立， 所以数列{an}的通项公式为an＝(n∈N*). (2)证明：＝＝2(－)， 所以＋＋…＋ ＝2 ＝2(1－)＜2. 溯源：(人教A版选择性必修第二册P41习题T11)已知数列{an}的首项a1＝，且满足an＋1＝. (1)求证：数列为等比数列； (2)若＋＋＋…＋＜100，求满足条件的最大整数n. 点评：高考题与教材习题都是考查数列的构造与不等式交汇问题，关联性很大. 学科网（北京）股份有限公司 $