【文档说明】2021年人教版高中数学选择性必修第二册讲练课件第4章《数列》章末综合提升(含答案).ppt，共(65)页，868.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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第四章数列章末综合提升巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究2巩固层知识整合巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究3巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究4提升层题型探究巩固层·知识整合返首页培优层·素养

升华提升层·题型探究5求数列的通项公式【例1】(1)已知等比数列{an}为递增数列，且a25＝a10，2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列的通项公式an＝()A．2nB．2n＋1C．12nD．

12n＋1(2)已知数列{an}中，an＋1＝3an＋4，且a1＝1，求通项公式．巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究6(1)A[法一：由数列{an}为递增的等比数列，可

知公比q＞0，而a25＝a10＞0，所以q＞1，an＞0.由2(an＋an＋2)＝5an＋1，得2an＋2anq2＝5anq，则2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝12(舍去)．由a25＝a10，得(a

1q4)2＝a1q9，解得a1＝2.因此an＝2n.法二：由等比数列{an}为递增数列知，公比q＞0，而a25＝a10＞0，所以an＞0，q＞1.由条件得2anan＋1＋an＋2an＋1＝5，即2

1q＋q＝5，解得q＝2.又由a25＝a10，得(a1q4)2＝a1q9，即a1＝q＝2，故an＝2n.]巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究7(2)[解]法一：由题意得an＝3an－1＋4＝3(3an－2＋4)＋4＝32an－2＋3×4＋4＝33an－3＋32

×4＋3×4＋4＝„＝3n－1a1＋3n－2×4＋3n－3×4＋„＋3×4＋4＝3n－1＋41－3n－11－3＝3n－1＋2(3n－1－1)＝3n－2.法二：∵an＋1＝3an＋4，∴an＋1＋2＝3(an＋2)．令bn＝an＋2，∵b1＝a1＋2＝3，∴数列{bn}是首项为3，公比

为3的等比数列，则bn＝3n，∴an＝3n－2.巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究8法三：∵an＋1＝3an＋4，①∴an＝3an－1＋4(n≥2)．②①－②，得an＋1－an＝3(an－an－1)(n≥2)．∵a2－a1＝3＋4－1＝6，∴数

列{an＋1－an}是首项为6，公比为3的等比数列，即an＋1－an＝6×3n－1＝2×3n，利用累加法得an＝3n－2.巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究9数列通项公式的求法1定义法,直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的

方法叫定义法，这种方法适用于已知数列类型的题目.2已知Sn求an.若已知数列的前n项和Sn与an的关系，求数列{an}的通项an可用公式an＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2求解.巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究103累加或累乘法,形

如an－an－1＝fnn≥2的递推式，可用累加法求通项公式；形如anan－1＝fnn≥2的递推式，可用累乘法求通项公式.4构造法,如an＋1＝Aan＋B可构造{an＋n}为等比数列，再求解得通项公式.巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究11[跟进训练]1

．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n－an，求数列的通项公式an.巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究12[解]由a1＝S1＝2－a1，得a1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2

n－an－[2(n－1)－an－1]＝－an＋2＋an－1，所以an＝12an－1＋1，即an－2＝12(an－1－2)．令bn＝an－2，则bn＝12bn－1，且b1＝1－2＝－1，于是数列{bn}是首项为－1，公比为12的等比数列，所以bn＝－1×1

2n－1＝－12n－1，故an＝2－12n－1.巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究13等差、等比数列的基本运算【例2】等比数列{an}中，已知a1＝2，a4＝16.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若a3，a5

分别为等差数列{bn}的第3项和第5项，试求数列{bn}的通项公式及前n项和Sn.巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究14[思路探究](1)利用方程思想求出首项和公比，从而得通项公式；(2)同样利用方程思想求首项和公差，最后求和Sn.巩固

层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究15[解](1)设{an}的公比为q，由已知得16＝2q3，解得q＝2，∴an＝2×2n－1＝2n.(2)由(1)得a3＝8，a5＝32，则b3＝8，b5＝32.设{bn}的公差为d，则有

b1＋2d＝8，b1＋4d＝32，巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究16解得b1＝－16，d＝12，所以bn＝－16＋12(n－1)＝12n－28.所以数列{bn}的前n项和

Sn＝n－16＋12n－282＝6n2－22n.巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究17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.巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究18[跟进训练]2．设{an}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列．(1)求{an}的通项公式；(2)记{an}的前n项和为S

n，求Sn的最小值．巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究19[解](1)∵{an}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列，∴(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋

6)，∴(－2＋2d)2＝d(－4＋3d)，解得d＝2，∴an＝a1＋(n－1)d＝－10＋2n－2＝2n－12.(2)由a1＝－10，d＝2，得：Sn＝－10n＋nn－12×2＝n2－11n＝

n－1122－1214，∴n＝5或n＝6时，Sn取最小值－30.巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究20等差、等比数列的判定【例3】数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝4an＋2(n∈N*)．(1)设bn＝an＋1－2an，求

证：{bn}是等比数列；(2)设cn＝an2n－2，求证：{cn}是等差数列．[思路探究]分别利用等比数列与等差数列的定义进行证明．巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究21[证明](1)an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝4

an＋1＋2－4an－2＝4an＋1－4an.bn＋1bn＝an＋2－2an＋1an＋1－2an＝4an＋1－4an－2an＋1an＋1－2an＝2an＋1－4anan＋1－2an＝2.因为S2＝a1＋a2＝4a1

＋2，所以a2＝5.所以b1＝a2－2a1＝3.所以数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列．巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究22(2)由(1)知bn＝3·2n－1＝an＋1－2an，所以an＋12

n－1－an2n－2＝3.所以cn＋1－cn＝3，且c1＝a12－1＝2，所以数列{cn}是等差数列，公差为3，首项为2.巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究23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；

an＋1an＝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；a2n＋1＝an·an＋2an≠0⇔{an}是等比数列.巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究24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.巩

固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究25提醒：①前两种方法是判定等差、等比数列的常用方法，而后两种方法常用于选择、填空题中的判定.②若要判定一个数列不是等差比数列，则只需判定其任意的连续三项不成等差比即可.巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升

层·题型探究26[跟进训练]3．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.(1)证明an＋12是等比数列，并求{an}的通项公式；(2)证明1a1＋1a2＋„＋1an<32

.巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究27[解](1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋12＝3an＋12.因为a1＋12＝32，所以an＋12是首项为3

2，公比为3的等比数列．所以an＋12＝3n2，因此{an}的通项公式为an＝3n－12.巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究28(2)证明：由(1)知1an＝23n－1.因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，所以13

n－1≤12×3n－1.于是1a1＋1a2＋„＋1an≤1＋13＋„＋13n－1＝321－13n<32.所以1a1＋1a2＋„＋1an<32.巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究29等差、等比数列的性质【例4】(1)(多选题)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．a7B．a8C．S15D．S16巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究30(2)(多选题)

设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并满足条件a1>1，a2019a2020>1，a2019－1a2020－1<0，下列结论正确的是()A．S2019<S2020B．a2019a2021－1<0C．T2020是数列{Tn}中的最大值D．数列{Tn}无最大

值巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究31(3)等比数列{an}的各项均为正数，且a1a5＝4，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝________.巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究32(1)BC(2)AB(3)5[

(1)由等差中项的性质可得a3＋a8＋a13＝3a8为定值，则a8为定值，S15＝15a1＋a152＝15a8为定值，但S16＝16a1＋a162＝8a8＋a9不是定值．故选BC.巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提

升层·题型探究33(2)当q＜0时，a2019a2020＝a22019q＜0，不成立；当q≥1时，a2019≥1，a2020＞1，a2019－1a2020－1＜0不成立；故0＜q＜1，且a2019＞1，0＜a2020＜1，故S2020＞S2019，A正确；a2019a

2021－1＝a22020－1＜0，故B正确；T2019是数列{Tn}中的最大值，CD错误；故选AB.巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究34(3)由等比数列的性质知a1a5＝a2a4＝a23＝4⇒

a3＝2，所以log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝log2(a1a2a3a4a5)＝log2a53＝5log22＝5.]巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究35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；4当题目中出现多个数列时，既要纵向考察单一数列的项

与项之间的关系，又要横向考察各数列之间的内在联系.巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究36[跟进训练]4．(1)已知{an}为等比数列，且an＞0，a2a4＋2a3a5＋a4a6＝25，求a3＋a5的值．(2)在等比数列{an}中，已知Sn＝48，S2n＝

60，求S3n.巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究37[解](1)因为数列{an}为等比数列，∴a2a4＝a23，a4a6＝a25，又∵a2a4＋2a3a5＋a4a6＝25，∴a23＋2a3a5＋a25＝25，而an＞0，故a3＋a5＝5.巩固层·知识

整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究38(2)根据数列{an}为等比数列，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，„成等比数列，即48，60－48，S3n－60，„成等比数列，∴48×(S3n－60)＝122，解得S3n＝63.巩固

层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究39数列求和[探究问题]1．若数列{cn}是公差为d的等差数列，数列{bn}是公比为q(q≠1)的等比数列，且an＝cn＋bn，如何求数列{an}的前n项和？

[提示]数列{an}的前n项和等于数列{cn}和{bn}的前n项和的和．巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究402．有些数列单独看求和困难，但相邻项结合后会变成熟悉的等差数列、等比数列求和．试

用此种方法求和：12－22＋32－42＋„＋992－1002.[提示]12－22＋32－42＋„＋992－1002＝(12－22)＋(32－42)＋„＋(992－1002)＝(1－2)(1＋2)＋(3－4)(3＋4)＋„＋(99－100)(99＋10

0)＝－(1＋2＋3＋4＋„＋99＋100)＝－5050.巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究413．我们知道1nn＋1＝1n－1n＋1，试用此公式求和：11×2＋12×3＋„＋1nn＋

1.[提示]由1nn＋1＝1n－1n＋1得11×2＋12×3＋„＋1nn＋1＝1－12＋12－13＋„＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究42【例

5】已知数列{an}的前n项和Sn＝kcn－k(其中c，k为常数)，且a2＝4，a6＝8a3.(1)求an；(2)求数列{nan}的前n项和．巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究43[思路探究](1)已知Sn，据an与Sn的关系an＝S1

n＝1，Sn－Sn－1n≥2确定an；(2)若{an}为等比数列，则{nan}是由等差数列和等比数列的对应项的积构成的新数列，可用错位相减法求和．巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究44[解](1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝k(cn－cn－1)，则a6＝k(c6－

c5)，a3＝k(c3－c2)，a6a3＝c6－c5c3－c2＝c3＝8，∴c＝2.∵a2＝4，即k(c2－c1)＝4，巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究45解得k＝2，∴an＝2n.当n＝1时，a1＝S1＝2.综上所述，an＝2n(n∈N*)．巩固层·知识整合返首页培优

层·素养升华提升层·题型探究46(2)nan＝n·2n，则Tn＝2＋2·22＋3·23＋„＋n·2n，2Tn＝1·22＋2·23＋3·24＋„＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，两式作差得－Tn＝2＋22＋23＋„＋2n－n·2n＋1，∴Tn＝2＋(n－1)

·2n＋1.巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究471．(变结论)例题中的条件不变，(2)中“求数列{nan}的前n项和Tn”变为“求数列{n＋an}的前n项和Tn”．[解]由例题解析知Tn＝1＋2＋2＋22＋3＋23＋

„＋n＋2n＝(1＋2＋3＋„＋n)＋(2＋22＋„＋2n)＝n1＋n2＋21－2n1－2＝2n＋1－2＋nn＋12.巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究482．(变结论)例题中的条件不变，将(2)中“求数列{nan}的前n项和Tn”变为“求数列

nan的前n项和Tn”．[解]由例题解析知Tn＝12＋222＋323＋„＋n2n，①12Tn＝122＋223＋„＋n－12n＋n2n＋1，②巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究49①－②得：12Tn＝12＋122＋

123＋„＋12n－n2n＋1＝121－12n1－12－n2n＋1＝1－12n－n2n＋1，∴Tn＝2－42n＋1－2n2n＋1＝2－4＋2n2n＋1.巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·

题型探究503．(增加条件)例题第(2)问中，设Sn是数列{an}的前n项和，bn＝an＋1SnSn＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究51[解]由(1)知an＝2n，∴Sn＝a11－qn1－q＝2

1－2n1－2＝2n＋1－2.因为bn＝an＋1SnSn＋1＝Sn＋1－SnSnSn＋1＝1Sn－1Sn＋1，所以Tn＝b1＋b2＋„＋bn＝1S1－1S2＋1S2－1S3＋„＋

1Sn－1Sn＋1＝1S1－1Sn＋1＝12－12n＋2－2＝2n＋1－322n＋1－1.巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究52数列求和问题一般转化为等差数列或等比数列的前n项和问题或已知公式的数列求

和，不能转化的再根据数列通项公式的特点选择恰当的方法求解.,一般常见的求和方法有：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.巩固层·知识整合返首页培优层·

素养升华提升层·题型探究53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倒序相加法：例如，等差数列前n项和公式的推导.巩固层·知识整合

返首页培优层·素养升华提升层·题型探究54培优层素养升华巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究55【例】已知等差数列{an}和递增的等比数列{bn}满足：a1＝1，b1＝3且b3＝2a5＋3a2

，b2＝a4＋2.(1)分别求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)设Sn表示数列{an}的前n项和，若对任意的n∈N*，kbn≥Sn恒成立，求实数k的取值范围．巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究56[解](1)由题意，设等差数列

{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，由b3＝2a5＋3a2，b2＝a4＋2⇒3q2＝5＋11d，q＝1＋d，则3q2－11q＋6＝0，解得q＝23(舍去)或3.巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究57所以bn＝3n；把q＝3代入

方程组得d＝2.因此an＝2n－1，综上，an＝2n－1，bn＝3n.巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究58(2)由题意，Sn＝na1＋an2＝n2，由∀n∈N*，kbn≥Sn得k≥n23n.设cn＝n23n，则cn＋1－cn＝

n＋123n＋1－n23n＝－2n2＋2n＋13n＋1.巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究59当n＝1，c2－c1>0；当n≥2，cn＋1－cn<0；由数列cn的单调性可得，cnmax＝c2＝49.所以k∈

49，＋∞.巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究60通过数列问题，一方面考查学生的运算能力、逻辑思维能力、运用数列知识分析解决问题的能力；另一方面考查函数与方程、等价转化、分类讨论等重要的数

学思想、及待定系数法、配方法等基本的数学方法.,本章综合题一般考查数列的定义、数列的通项、数列求和以及有关数列问题的证明，多属中档题.巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究61[素养提升练]已知数列{an}是递增的等差数列，a2＝

3，且a1，a2，a5成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝an＋2n，求数列{bn}的前n项和Sn；(3)若cn＝2anan＋1，设数列{cn}的前n项和为Tn，求满足Tn>2425的n的最小值．巩固层·知识

整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究62[解](1)设等差数列{an}的公差为d(d>0)．由a2＝3，a22＝a1a5得a1＋d＝3，a1＋d2＝a1a1＋4d，解得a1＝1，d＝2.∴an＝a1＋(n

－1)d＝2n－1.巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究63(2)由(1)得：bn＝an＋2n＝2n－1＋2n，则Sn＝b1＋b2＋b3＋„＋bn＝1＋3＋5＋„＋(2n－1)＋2＋22＋23＋„＋2n＝1

＋2n－1n2＋2－2n＋11－2＝n2＋2n＋1－2，∴Sn＝n2＋2n＋1－2.巩固层·知识整合返首页培优层·素养升华提升层·题型探究64(3)由(1)得：cn＝2anan＋1＝22n－12n＋1＝12n－1－12n＋1，∴Tn＝1－13＋13－15＋

„＋12n－1－12n＋1＝2n2n＋1.由2n2n＋1>2425得n>12.又∵n∈N*，∴n的最小值为13.Thankyouforwatching!