高中数学选择性必修2课件第四章 数列章末复习提升(人教A版)

章末复习提升网络构建

要点聚焦内容索引网络构建形成体系1要点聚焦

类型突破2要点一等差、等比数列的判定1.判定等差数列的方法 (1)定义法；(2)等差中项法；(3)通项公式法.2.判定等比数列的方法 (1)定义法；(2)等比中项法；(3)通项公式法.

注：以上的第三种方法只能作为判定方法，而不能作为证明方法.证明

当n≥2时，由an＋2SnSn－1＝0得Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，(2)求数列{an}的通项公式.【训练1】

已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n－5an－85，n∈N*. (1)证明：{an－1}是等比数列；证明∵Sn＝n－5an－85，∴Sn＋1＝(n＋1)－5an＋1－85，两式相减得：an＋1＝1＋5an－5an＋1，又∵a1＝1－5a1－85，即a1＝－14，∴a1－1＝－14－1＝－15，【训练1】

已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n－5an－85，n∈N*. (1)证明：{an－1}是等比数列；证明∵Sn＝n－5an－85，∴Sn＋1＝(n＋1)－5an＋1－85，两式相减得：an＋1＝1＋5an－5an＋1，又∵a1＝1－5a1－85，即a1＝－14，∴a1－1＝－14－1＝－15，(2)求数列{an}的通项公式.要点二等差、等比数列的性质及应用等差、等比数列的性质主要涉及数列的单调性、最值以及数列“阶段和”，试题充分体现“小”“巧”“活”的特点，题型多以选择题和填空题的形式出现，一般难度较小.【例2】

(1)由正数组成的等差数列{an}，其前20项的和为1000，则a7＋a14的值是(

) A.25 B.50 C.100 D.不存在解析设{an}的前n项和为Sn.C∵a1＋a20＝a7＋a14，∴a7＋a14＝100.(2)设等比数列满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为(

)A.32 B.64C.128 D.256B解析设等比数列{an}的公比为q，【训练2】

设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝3，S4＝15，则公比q＝________，S6＝________.263【训练2】

设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝3，S4＝15，则公比q＝________，S6＝________.263要点三数列求和数列求和一直是考试的热点，在命题中，多以与不等式的证明或求解相结合的形式出现.一般数列的求和，主要是将其转化为等差数列或等比数列的求和问题，而对于非等差数列、非等比数列的求和，常用的方法有：拆项分组、裂项相消、倒序相加、错位相减等.题型多以解答题的形式出现，难度较大.【例3】

设数列{an}满足a1＝a，an＋1＝can＋1－c，n∈N*，其中a，c为实数，且c≠0. (1)求数列{an}的通项公式；解∵an＋1－1＝c(an－1)，∴当a≠1时，{an－1}是首项为a－1，公比为c的等比数列.∴an－1＝(a－1)cn－1，即an＝(a－1)cn－1＋1.当a＝1时，an＝1，仍满足上式，∴数列{an}的通项公式为an＝(a－1)cn－1＋1(n≥N*).【训练3】已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1＝2，且a1＋1，a2＋1，a4＋1成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式；解设{an}的公差为d.由a1＋1，a2＋1，a4＋1成等比数列，可得(a2＋1)2＝(a1＋1)(a4＋1)，又a1＝2，∴(3＋d)2＝3(3＋3d)，解得d＝3(d＝0舍去)，则an＝a1＋(n－1)d＝2＋3(n－1)＝3n－1.则所求最大的正整数n为11.要点四数列与其他知识的综合应用数列经常与函数、不等式知识相结合.解决此类问题要抓住一个中心——函数，两个密切联系：一是数列和函数之间的密切联系，数列的通项公式是数列问题的核心，函数的解析式是研究函数问题的基础；二是方程、不等式与函数的联系，利用它们之间的对应关系进行灵活的处理.【例4】

已知数列{an}中，a1＝2，a2＝3，其前n项和Sn满足Sn＋2＋Sn＝2Sn＋1＋1(n∈N*)；数列{bn}中，b1＝a1，bn＋1＝4bn＋6(n∈N*). (1)求数列{an}，{bn}的通项公式；解由已知，得Sn＋2－Sn＋1－(Sn＋1－Sn)＝1，所以an＋2－an＋1＝1(n≥1).又a2－a1＝1，所以数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列.所以an＝n＋1.又bn＋1＋2＝4(bn＋2)，所以{bn＋2}是以4为首项，4为公比的等比数列.所以bn＝4n－2.(2)设cn＝bn＋2＋(－1)n－1λ·2an(λ为非零整数，n∈N*)，试确定λ的值，使得对任意n∈N*，都有cn＋1>cn成立.解因为an＝n＋1，bn＝4n－2，所以cn＝4n＋(－1)n－1λ·2n＋1.要使cn＋1>cn恒成立，需cn＋1－cn＝4n＋1－4n＋(－1)nλ·2n＋2－(－1)n－1λ·2n＋1>0恒成立，即3×4n－3λ(－1)n－12n＋1>0恒成立.所以(－1)n－1λ<2n－1恒成立.①当n为奇数时，即λ<2n－1恒成立，当且仅当n＝1时，2n－1有最小值1，所以λ<1；②当n为偶数时，即λ>－2n－1恒成立，当且仅当n＝2时，－2n－1有最大值－2，所以λ>－2.结合①②可知－2<λ<1.又λ为非零整数，则λ＝－1.故存在λ＝－1，使得对任意n∈N*，都有cn＋1>cn成立.【训练4】在等差数列{an}中，a2＋a7＝－23，a3＋a8＝－29.(1)求数列{an}的通项公式；解

设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，所以an＝－1＋(n－1)×(－3)＝－3n＋2.(2)设数列{an＋bn}是首项为1，公比为q的等比数列，求数列{bn}的前n项和Sn.解

由题意，得an＋bn＝qn－1，所以bn＝3n－2＋qn－1.当q＝1时，bn＝3n－1，Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝[1＋4＋…＋(3n－2)]＋(1＋q＋…＋qn－1)备用工具&资料(2)设数列{an＋bn}是首项为1，公比为q的等比数列，求数列{bn}的前n项和Sn.解

由题意，得an＋bn＝qn－1，所以bn＝3n－2＋qn－1.当q＝1时，bn＝3n－1，Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝[1＋4＋…＋(3n－2)]＋(1＋q＋…＋qn－1)①当n为奇数时，即λ<2n－1恒成立，当且仅当n＝1时，2n－1有最小值1，所以λ<1；②当n为偶数时，即λ>－2n－1恒成立，当且仅当n＝2时，－2n－1有最大值－2，所以λ>－2.结合①②可知－2<λ<1.又λ为非零整数，则λ＝－1.故存在λ＝－1，使得对任意n∈N*，都有cn＋1>cn成立.【例3】

设数列{an}满足a1＝a，an＋1＝can＋1－c，n∈N*，其中a，c为实数，且c≠0. (1)求数列{an}的通项公式；解∵an＋1－1＝c(an－1)，∴当a≠1时，{an－1}是首项为a－1，公比为c的等比数列.∴an－1＝(a－1)cn－1，即an＝(a－1)cn－1＋1.当a＝1时，an＝1，仍满足上式，∴数列{an}的通项公式为an＝(a－1)cn－1＋1(n≥N*).【例2】

(1)由正数组成的等差数列{an