资源简介

一、逻辑推理
　　本章中，逻辑推理核心素养主要体现在等差（比）数列的判断与证明和*数学归纳法的应用问题中.
培优一 等差、等比数列的判断与证明
【例1】　已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.
①数列{an}是等差数列；②数列{}是等差数列；③a2＝3a1.
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
尝试解答　　　　　　 　　　　　　
【例2】　记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知＋＝2.
（1）证明：数列{bn}是等差数列；
（2）求{an}的通项公式.
尝试解答
培优二 *数学归纳法
【例3】　已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＝＋－1，且an＞0，n∈N＋.
（1）求a1，a2，a3，并猜想{an}的通项公式；
（2）证明通项公式的正确性.
尝试解答　　　　　　 　　　　　　
二、数学运算
　　在本章数学运算核心素养主要体现在等差（比）数列中基本量的运算，数列求和问题中.
培优三 等差、等比数列的基本运算
【例4】　（1）（2023·新高考Ⅱ卷8题）记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝（　　）
A.120　　　　　　　　　 B.85
C.－85 D.－120
（2）（2023·全国甲卷5题）设等比数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，若a1＝1，S5＝5S3－4，则S4＝（　　）
A. B.
C.15 D.40
（3）（2023·全国乙卷15题）已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝　　　　.
尝试解答
培优四 数列求和
【例5】　（2023·全国乙卷18题）记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a2＝11，S10＝40.
（1）求{an}的通项公式；
（2）求数列{｜an｜}的前n项和Tn.
尝试解答　　　　　　 　　　　　　
【例6】　（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.
尝试解答
培优五 函数方程思想在数列运算中的应用
【例7】　设等比数列{an}满足a1＋a2＝4，a3－a1＝8.
（1）求{an}的通项公式；
（2）记Sn为数列{log3an}的前n项和.若Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，求m.
尝试解答　　　　　　 　　　　　　
【例8】　（2023·新高考Ⅰ卷20题）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.
尝试解答　　　　　　 　　　　　　
章末复习与总结
【例1】　解：①③ ②.
已知{an}是等差数列，a2＝3a1.
设数列{an}的公差为d，则a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1，
所以Sn＝na1＋d＝n2a1.
因为数列{an}的各项均为正数，所以＝n，
所以－＝（n＋1）－n＝（常数），所以数列{}是等差数列.
①② ③.
已知{an}是等差数列，{}是等差数列.
设数列{an}的公差为d，
则Sn＝na1＋d＝n2d＋n.
因为数列{}是等差数列，所以数列{}的通项公式是关于n的一次函数，则a1－＝0，即d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3a1.
②③ ①.
已知数列{}是等差数列，a2＝3a1，所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1.
设数列{}的公差为d，d＞0，则－＝－＝d，得a1＝d2，所以＝＋（n－1）d＝nd，所以Sn＝n2d2，
所以an＝Sn－Sn－1＝n2d2－（n－1）2d2＝2d2n－d2（n≥2），是关于n的一次函数，所以数列{an}是等差数列.
【例2】　解：（1）证明：因为bn是数列{Sn}的前n项积，
所以n≥2时，Sn＝，
代入＋＝2可得，＋＝2，
整理可得2bn－1＋1＝2bn，即bn－bn－1＝（n≥2）.
又＋＝＝2，所以b1＝，
故{bn}是以为首项，为公差的等差数列.
（2）由（1）可知，bn＝，则＋＝2，所以Sn＝，
当n＝1时，a1＝S1＝，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝－.故an＝
【例3】　解：（1）当n＝1时，由已知得a1＝＋－1，
即＋2a1－2＝0.
∴a1＝－1（a1＞0）.
当n＝2时，由已知得a1＋a2＝＋－1，
将a1＝－1代入并整理得＋2a2－2＝0.
∴a2＝－（a2＞0）.
同理可得a3＝－.
猜想an＝－（n∈N＋）.
（2）证明：①由（1）知，当n＝1时，通项公式成立.
②假设当n＝k（k∈N＋）时，通项公式成立，
即ak＝－.
由于ak＋1＝Sk＋1－Sk＝＋－－，
将ak＝－代入上式，整理得
＋2ak＋1－2＝0，
∴ak＋1＝－＝－，
即n＝k＋1时通项公式成立.
由①②可知对所有n∈N＋，an＝－都成立.
【例4】　（1）C　（2）C　（3）－2
解析：（1）法一　设等比数列{an}的公比为q.若q＝1，则Sn＝na1，不满足S6＝21S2，∴q≠1.由S6＝21S2，得＝21a1（1＋q）.整理，得1－q6＝21（1－q2），即（1－q2）（q4＋q2－20）＝0.显然q≠±1，∴q4＋q2－20＝0，解得q2＝－5（舍去）或q2＝4.∴S8＝＝＝（1＋q4）S4＝（1＋42）×（－5）＝－85.故选C.
法二　易知S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，…为等比数列，∴（S4－S2）2＝S2·（S6－S4），解得S2＝ －1或S2＝.当S2＝－1时，由（S6－S4）2＝（S4－S2）·（S8－S6），解得S8＝－85；当S2＝时，结合S4＝－5得化简可得q2＝－5，不成立，舍去.∴S8＝－85，故选C.
（2）法一　若该数列的公比q＝1，代入S5＝5S3－4中，有5＝5×3－4，不成立，所以q≠1.由＝5×－4，化简得q4－5q2＋4＝0，所以q2＝1（舍）或q2＝4，由于此数列各项均为正数，所以q＝2，所以S4＝＝15.故选C.
法二　由已知得1＋q＋q2＋q3＋q4＝5（1＋q＋q2）－4，整理得（1＋q）（q3－4q）＝0，由于此数列各项均为正数，所以q＝2，所以S4＝1＋q＋q2＋q3＝1＋2＋4＋8＝15.故选C.
（3）法一　设数列{an}的首项为a1，公比为q.由a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，得∴即a2＝1，q5＝－2.∴a7＝a2q5＝1×（－2）＝－2.
法二　设数列{an}的公比为q.∵a2a4a5＝a3a6≠0，∴a2＝1.又a9a10＝a2q7·a2q8＝q15＝－8，于是q5＝－2，∴a7＝a2q5＝－2.
【例5】　解：（1）设等差数列{an}的公差为d，则
即
解得∴an＝13＋（n－1）×（－2）＝－2n＋15.
∴数列{an}的通项公式为an＝－2n＋15.
（2）令an＝－2n＋15＞0，n∈N*，
解得n≤7，n∈N*.
∴｜an｜＝
当n≤7时，Tn＝Sn＝13n＋×（－2）＝－n2＋14n；
当n≥8时，Tn＝｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a7｜＋｜a8｜＋｜a9｜＋…＋｜an｜＝7×13＋×（－2）＋（n－7）×1＋×2＝n2－14n＋98.
∴Tn＝
【例6】　解：（1）法一　因为a1＝1，所以＝1，
又是公差为的等差数列，
所以＝1＋（n－1）×＝.
因为当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，
所以＝（n≥2），
所以＝（n≥2），
整理得＝（n≥2），
所以××…××＝××…××＝（n≥2），
所以Sn＝（n≥2），
又S1＝1也满足上式，
所以Sn＝（n∈N＋），
则Sn－1＝（n≥2），
所以an＝－＝（n≥2），
又a1＝1也满足上式，
所以an＝（n∈N＋）.
法二　因为a1＝1，所以＝1，
又是公差为的等差数列，
所以＝1＋（n－1）×＝，所以Sn＝an.
因为当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，
所以an－1＝an（n≥2），所以＝（n≥2），
所以××…××＝×××…××＝（n≥2），
所以an＝（n≥2），
又a1＝1也满足上式，
所以an＝（n∈N＋）.
（2）证明：因为an＝，
所以＝＝2，
所以＋＋…＋＝2［＋＋…＋＋］＝2＜2.
【例7】　解：（1）设{an}的公比为q，则an＝a1qn－1.
由已知得解得a1＝1，q＝3.
所以{an}的通项公式为an＝3n－1.
（2）由（1）知log3an＝n－1.
故Sn＝.
由Sm＋Sm＋1＝Sm＋3得m（m－1）＋（m＋1）m＝（m＋3）·（m＋2），即m2－5m－6＝0.
解得m＝－1（舍去），m＝6.
【例8】　解：（1）∵3a2＝3a1＋a3，∴3（a2－a1）＝a3，
∴3d＝a1＋2d，∴a1＝d，则an＝nd（d＞1），
∴bn＝，
∴S3＝a1＋a2＋a3＝6d，T3＝b1＋b2＋b3＝，
∴6d＋＝21.整理，得2d2－7d＋3＝0，
即（2d－1）（d－3）＝0，解得d＝3或d＝（舍去）.
∴an＝3n，n∈N*.
（2）若{bn}为等差数列，
则b1＋b3＝2b2，即＋＝2·.
整理，得－3a1d＋2d2＝0.
解得a1＝d或a1＝2d.
当a1＝d时，an＝nd，bn＝＝，
∴S99－T99＝（d＋99d）－（＋）＝99.
整理，得50d2－d－51＝0，
解得d＝或d＝－1（舍去）.
当a1＝2d时，an＝（n＋1）d，bn＝＝，
∴S99－T99＝（2d＋100d）－（＋）＝99.
整理，得51d2－d－50＝0，
解得d＝－或d＝1.
∵d＞1，∴此时无解.
综上可知，d＝.
1 / 2(共30张PPT)
章末复习与总结
一、逻辑推理
　　本章中，逻辑推理核心素养主要体现在等差（比）数列的判断与
证明和*数学归纳法的应用问题中.
培优一 等差、等比数列的判断与证明
【例1】　已知数列{ an }的各项均为正数，记 Sn 为{ an }的前 n 项和，
从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.
①数列{ an }是等差数列；②数列{ }是等差数列；③ a2＝3 a1.
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
解：①③ ②.
已知{ an }是等差数列， a2＝3 a1.
设数列{ an }的公差为 d ，则 a2＝3 a1＝ a1＋ d ，
得 d ＝2 a1，
所以 Sn ＝ na1＋ d ＝ n2 a1.
因为数列{ an }的各项均为正数，所以 ＝ n ，
所以 － ＝（ n ＋1） － n ＝ （常数），所以数
列{ }是等差数列.
①② ③.
已知{ an }是等差数列，{ }是等差数列.
设数列{ an }的公差为 d ，
则 Sn ＝ na1＋ d ＝ n2 d ＋ n .
因为数列{ }是等差数列，所以数列{ }的通项公式是关于 n 的
一次函数，则 a1－ ＝0，即 d ＝2 a1，
所以 a2＝ a1＋ d ＝3 a1.
②③ ①.
已知数列{ }是等差数列， a2＝3 a1，所以 S1＝ a1， S2＝ a1＋ a2＝4
a1.
设数列{ }的公差为 d ， d ＞0，则 － ＝ － ＝ d ，
得 a1＝ d2，所以 ＝ ＋（ n －1） d ＝ nd ，所以 Sn ＝ n2 d2，
所以 an ＝ Sn － Sn－1＝ n2 d2－（ n －1）2 d2＝2 d2 n － d2（ n ≥2），是关
于 n 的一次函数，所以数列{ an }是等差数列.
【例2】　记 Sn 为数列{ an }的前 n 项和， bn 为数列{ Sn }的前 n 项积，
已知 ＋ ＝2.
（1）证明：数列{ bn }是等差数列；
解： 证明：因为 bn 是数列{ Sn }的前 n 项积，
所以 n ≥2时， Sn ＝ ，
代入 ＋ ＝2可得， ＋ ＝2，
整理可得2 bn－1＋1＝2 bn ，即 bn － bn－1＝ （ n ≥2）.
又 ＋ ＝ ＝2，所以 b1＝ ，
故{ bn }是以 为首项， 为公差的等差数列.
（2）求{ an }的通项公式.
解： 由（1）可知， bn ＝ ，则 ＋ ＝2，
所以 Sn ＝ ，
当 n ＝1时， a1＝ S1＝ ，当 n ≥2时， an ＝ Sn － Sn－1＝ －
＝－ .
故 an ＝
培优二 *数学归纳法
【例3】　已知数列{ an }的前 n 项和 Sn 满足： Sn ＝ ＋ －1，且 an
＞0， n ∈N＋.
（1）求 a1， a2， a3，并猜想{ an }的通项公式；
解： 当 n ＝1时，由已知得 a1＝ ＋ －1，
即 ＋2 a1－2＝0.∴ a1＝ －1（ a1＞0）.
当 n ＝2时，由已知得 a1＋ a2＝ ＋ －1，
将 a1＝ －1代入并整理得 ＋2 a2－2＝0.
∴ a2＝ － （ a2＞0）.
同理可得 a3＝ － .
猜想 an ＝ － （ n ∈N＋）.
（2）证明通项公式的正确性.
解： 证明：①由（1）知，当 n ＝1时，通项公式成立.
②假设当 n ＝ k （ k ∈N＋）时，通项公式成立，
即 ak ＝ － .
由于 ak＋1＝ Sk＋1－ Sk ＝ ＋ － － ，
将 ak ＝ － 代入上式，整理得
＋2 ak＋1－2＝0，
∴ ak＋1＝ －
＝ － ，
即 n ＝ k ＋1时通项公式成立.
由①②可知对所有 n ∈N＋， an ＝ － 都成立.
二、数学运算
　　在本章数学运算核心素养主要体现在等差（比）数列中基本量的
运算，数列求和问题中.
培优三 等差、等比数列的基本运算
【例4】　（1）（2023·新高考Ⅱ卷8题）记 Sn 为等比数列{ an }的前 n
项和，若 S4＝－5， S6＝21 S2，则 S8＝（　C　）
A. 120 B. 85
C. －85 D. －120
C
解析： 法一　设等比数列{ an }的公比为 q .若 q ＝1，则 Sn
＝ na1，不满足 S6＝21 S2，∴ q ≠1.由 S6＝21 S2，得
＝21 a1（1＋ q ）.整理，得1－ q6＝21（1－ q2），即（1－ q2）
（ q4＋ q2－20）＝0.显然 q ≠±1，∴ q4＋ q2－20＝0，解得 q2＝
－5（舍去）或 q2＝4.∴ S8＝ ＝ ＝
（1＋ q4） S4＝（1＋42）×（－5）＝－85.故选C.
法二　易知 S2， S4－ S2， S6－ S4， S8－ S6，…为等比数列，∴（ S4－
S2）2＝ S2·（ S6－ S4），解得 S2＝ －1或 S2＝ .当 S2＝－1时，由（ S6
－ S4）2＝（ S4－ S2）·（ S8－ S6），解得 S8＝－85；当 S2＝ 时，结合
S4＝－5得化简可得 q2＝－5，不成立，舍去.
∴ S8＝－85，故选C.
（2）（2023·全国甲卷5题）设等比数列{ an }的各项均为正数，前 n 项
和为 Sn ，若 a1＝1， S5＝5 S3－4，则 S4＝（　C　）
A. B.
C. 15 D. 40
C
解析：法一　若该数列的公比 q ＝1，代入 S5＝5 S3－4中，有5＝5×3－
4，不成立，所以 q ≠1.由 ＝5× －4，化简得 q4－5 q2＋4＝
0，所以 q2＝1（舍）或 q2＝4，由于此数列各项均为正数，所以 q ＝
2，所以 S4＝ ＝15.故选C.
法二　由已知得1＋ q ＋ q2＋ q3＋ q4＝5（1＋ q ＋ q2）－4，整理得（1
＋ q ）（ q3－4 q ）＝0，由于此数列各项均为正数，所以 q ＝2，所以
S4＝1＋ q ＋ q2＋ q3＝1＋2＋4＋8＝15.故选C.
（3）（2023·全国乙卷15题）已知{ an }为等比数列， a2 a4 a5＝ a3 a6，
a9 a10＝－8，则 a7＝ .
－2
解析：法一　设数列{ an }的首项为 a1，公比为 q .由 a2 a4 a5＝ a3 a6， a9 a10＝－8，得 ∴即 a2＝1， q5＝－2.∴ a7＝ a2 q5＝1×（－2）＝－2.
法二　设数列{ an }的公比为 q .∵ a2 a4 a5＝ a3 a6≠0，∴ a2＝1.又 a9 a10＝ a2 q7· a2 q8＝ q15＝－8，于是 q5＝－2，∴ a7＝ a2 q5＝－2.
培优四 数列求和
【例5】　（2023·全国乙卷18题）记 Sn 为等差数列{ an }的前 n 项和，
已知 a2＝11， S10＝40.
（1）求{ an }的通项公式；
解： 设等差数列{ an }的公差为 d ，则
即
解得∴ an ＝13＋（ n －1）×（－2）＝－2 n ＋15.
∴数列{ an }的通项公式为 an ＝－2 n ＋15.
（2）求数列{｜ an ｜}的前 n 项和 Tn .
解： 令 an ＝－2 n ＋15＞0， n ∈N*，解得 n ≤7， n ∈N*.
∴｜ an ｜＝
当 n ≤7时， Tn ＝ Sn ＝13 n ＋ ×（－2）＝－ n2＋14 n ；
当 n ≥8时， Tn ＝｜ a1｜＋｜ a2｜＋…＋｜ a7｜＋｜ a8｜＋｜
a9｜＋…＋｜ an ｜＝7×13＋ ×（－2）＋（ n －7）
×1＋ ×2＝ n2－14 n ＋98.
∴ Tn ＝
【例6】　（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；
解： 法一　因为 a1＝1，所以 ＝1，
又 是公差为 的等差数列，所以 ＝1＋（ n －1）× ＝ .
因为当 n ≥2时， an ＝ Sn － Sn－1，
所以 ＝ （ n ≥2），
所以 ＝ （ n ≥2），
整理得 ＝ （ n ≥2），
所以 × ×…× × ＝ × ×…× × ＝
（ n ≥2），
所以 Sn ＝ （ n ≥2），
又 S1＝1也满足上式，
所以 Sn ＝ （ n ∈N＋），
则 Sn－1＝ （ n ≥2），
所以 an ＝ －
＝ （ n ≥2），
又 a1＝1也满足上式，
所以 an ＝ （ n ∈N＋）.
法二　因为 a1＝1，所以 ＝1，
又 是公差为 的等差数列，
所以 ＝1＋（ n －1）× ＝ ，
所以 Sn ＝ an .
因为当 n ≥2时， an ＝ Sn － Sn－1＝ an － an－1，
所以 an－1＝ an （ n ≥2），
所以 ＝ （ n ≥2），
所以 × ×…× × ＝ × × ×…× × ＝
（ n ≥2），
所以 an ＝ （ n ≥2），
又 a1＝1也满足上式，所以 an ＝ （ n ∈N＋）.
（2）证明： ＋ ＋…＋ ＜2.
解：证明：因为 an ＝ ，
所以 ＝ ＝2 ，
所以 ＋ ＋…＋ ＝2［ ＋ ＋…＋ ＋ ］＝2 ＜2.
培优五 函数方程思想在数列运算中的应用
【例7】　设等比数列{ an }满足 a1＋ a2＝4， a3－ a1＝8.
（1）求{ an }的通项公式；
解： 设{ an }的公比为 q ，则 an ＝ a1 qn－1.
由已知得解得 a1＝1， q ＝3.
所以{ an }的通项公式为 an ＝3 n－1.
（2）记 Sn 为数列{log3 an }的前 n 项和.若 Sm ＋ Sm＋1＝ Sm＋3，求 m .
解： 由（1）知log3 an ＝ n －1.故 Sn ＝ .
由 Sm ＋ Sm＋1＝ Sm＋3得 m （ m －1）＋（ m ＋1） m ＝（ m ＋
3）·（ m ＋2），即 m2－5 m －6＝0.
解得 m ＝－1（舍去）， m ＝6.
【例8】　（2023·新高考Ⅰ卷20题）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3 a2＝3 a1＋ a3， S3＋ T3＝21，求{ an }的通项公式；
解： ∵3 a2＝3 a1＋ a3，∴3（ a2－ a1）＝ a3，
∴3 d ＝ a1＋2 d ，∴ a1＝ d ，则 an ＝ nd （ d ＞1），
∴ bn ＝ ，
∴ S3＝ a1＋ a2＋ a3＝6 d ， T3＝ b1＋ b2＋ b3＝ ，
∴6 d ＋ ＝21.整理，得2 d2－7 d ＋3＝0，
即（2 d －1）（ d －3）＝0，解得 d ＝3或 d ＝ （舍去）.
∴ an ＝3 n ， n ∈N*.
（2）若{ bn }为等差数列，且 S99－ T99＝99，求 d .
解： 若{ bn }为等差数列，
则 b1＋ b3＝2 b2，即 ＋ ＝2· .
整理，得 －3 a1 d ＋2 d2＝0.
解得 a1＝ d 或 a1＝2 d .
当 a1＝ d 时， an ＝ nd ， bn ＝ ＝ ，
∴ S99－ T99＝ （ d ＋99 d ）－ （ ＋ ）＝99.
整理，得50 d2－ d －51＝0，
解得 d ＝ 或 d ＝－1（舍去）.
当 a1＝2 d 时， an ＝（ n ＋1） d ， bn ＝ ＝ ，
∴ S99－ T99＝ （2 d ＋100 d ）－ （ ＋ ）＝99.
整理，得51 d2－ d －50＝0，
解得 d ＝－ 或 d ＝1.
∵ d ＞1，∴此时无解.
综上可知， d ＝ .
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