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章末整合提升 体系构建 素养提升
体系构建
素养提升
一、等差、等比数列的基本运算和性质（考教衔接）
　　数列的基本运算和性质以小题居多，但也可作为解答题第一问命题，
主要考查利用数列的通项公式及求和公式，求数列中的项、公差、公比及
前n项和等.
教材原题　（1）（教材P25习题2题）已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5
＝105，a2＋a4＋a6＝99.求a20；
（2）（教材P37练习3题）设等比数列{an}的前n项和为Sn， 已知a2＝6，
6a1＋a3＝30.求an和Sn.
变式1　等差数列的基本运算和性质
（2024·新高考Ⅱ卷12题）记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a3＋a4＝7，
3a2＋a5＝5，则S10＝ .
95
解析：法一（基本量法）　因为数列{an}为等差数列，
则由题意得 解得
则S10＝10a1＋ d＝10×（－4）＋45×3＝95.
法二（下标和性质法）　设{an}的公差为d，由a3＋a4＝a2＋a5＝7，3a2
＋a5＝5，得a2＝－1，a5＝8，故d＝ ＝3，a6＝11，则S10＝
×10＝5（a5＋a6）＝5×19＝95.
变式2　等比数列前n项和的性质
〔多选〕（2025·全国Ⅱ卷9题）Sn为等比数列{an}的前n项和，q为{an}
的公比，q＞0，S3＝7，a3＝1，则（　　）
A. q＝ B. a5＝
C. S5＝8 D. an＋Sn＝8
√
√
解析： 　由已知条件S3＝a1＋a2＋a3＝ ＋ ＋a3＝ ＋ ＋1＝7
＋ －6＝0 （ ＋3）·（ －2）＝0，又q＞0，则 ＝2 q＝ ，故a1
＝ ＝4，an＝4×（ ）n－1＝（ ）n－3，Sn＝8－（ ）n－3，a5＝a3q2＝
，S5＝8－（ ）2≠8，an＋Sn＝（ ）n－3＋8－（ ）n－3＝8，综上A、D
正确.
变式3　等差数列与等比数列的综合运算
（2022·新高考Ⅱ卷17题）已知{an}是等差数列，{bn}是公比为2的等比数
列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.
（1）证明：a1＝b1；
解： 证明：设等差数列{an}的公差为d，
由a2－b2＝a3－b3得a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，即d＝2b1，由a2－b2＝
b4－a4得a1＋d－2b1＝8b1－（a1＋3d），即a1＝5b1－2d，
将d＝2b1代入，得a1＝5b1－2×2b1＝b1，即a1＝b1.
（2）求集合{k｜bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数.
解： 由（1）知an＝a1＋（n－1）d＝a1＋（n－1）×2b1＝（2n－
1）a1，bn＝b1·2n－1，
由bk＝am＋a1得b1·2k－1＝（2m－1）a1＋a1，
由a1＝b1≠0得2k－1＝2m，
由题知1≤m≤500，所以2≤2m≤1 000，所以k＝2，3，4，…，10，共9
个数，即集合{k｜bk＝am＋a1，1≤m≤500}＝{2，3，4，…，10}中元素
的个数为9.
【反思感悟】
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（q），Sn，可通过列方程组的方法，知三求二.在利
用Sn求an时，要注意验证n＝1时是否成立.
二、数列的通项公式
　　数列的通项公式在命题中多以递推公式的形式或与Sn的关系给出条
件，然后通过构造等差数列或等比数列，求出通项公式an.
【例1】 （1）在数列{an}中，a1＝1，且对于任意的m，n∈N*，都有am
＋n＝am＋an＋mn，则an＝ ；

解析：对于任意的m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an＋mn，令m＝1，得an
＋1＝an＋n＋1，则an＋1－an＝n＋1，∴a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an
－an－1＝n，∴（a2－a1）＋（a3－a2）＋…＋（an－an－1）＝2＋3＋4
＋…＋n，即an－a1＝2＋3＋4＋…＋n，又a1＝1，∴an＝1＋2＋3＋…＋
n＝ .
（2）设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1－2Sn＝1，n∈N*，
则数列{an}的通项公式为 .
解析：因为Sn＋1－2Sn＝1，所以Sn＋1＝2Sn＋1，所以Sn＋1＋1＝2（Sn＋
1）.因为a1＝S1＝1，S1＋1＝2，所以{Sn＋1}是首项为2，公比为2的等比
数列，所以Sn＋1＝2n，即Sn＝2n－1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，
a1＝1也满足此式，所以an＝2n－1，n∈N*.
2n－1
【反思感悟】
求数列通项公式的常用方法
（1）由Sn与an的关系求通项公式：当n≥2且n∈N*时，an＝Sn－Sn－1；
当n＝1时，a1＝S1；
（2）累加法：适用于形如“an＋1－an＝f（n）”，an＝a1＋（a2－a1）
＋（a3－a2）＋…＋（an－an－1）；
（3）累乘法：适用于形如“ ＝f（n）”，an＝
a1· · ·…· ；
（4）构造法：①形如“an＝kan－1＋b（k，b为常数，k≠0，k≠1，
n≥2，n∈N*）”，可令an＋t＝k（an－1＋t），结合已知条件可得t＝
，构造等比数列{an＋ }；
②取倒数法：形如“an＝ （n≥2，n∈N*，k，m，p均为常
数，m≠0）”，可在等式两边取倒数，转化为等差数列{ }或转化为类
型①.
三、等差、等比数列的判定与证明
　　判断等差或等比数列是数列中的重点内容，对给定条件进行变形是解
题的关键所在，经常利用此类方法构造等差或等比数列.
【例2】 已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2（n＋1）an.设bn＝ .
（1）求b1，b2，b3；
解：由条件可得an＋1＝ an.
将n＝1代入，得a2＝4a1＝4.
将n＝2代入，得a3＝3a2＝12.
所以b1＝1，b2＝2，b3＝4.
（2）判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；
解：{bn}是首项为1，公比为2的等比数列.理由如下：
由条件可得 ＝ ，
即bn＋1＝2bn，又b1＝1，
所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列.
（3）求数列{an}的通项公式.
解：由（2）可得 ＝2n－1，所以an＝n·2n－1，n∈N*.
变式　已知数列{an}满足a1＝ ，且当n＞1，n∈N*时，有 ＝
.
（1）求证：数列{ }为等差数列；
解：证明：当n≥2时，由 ＝ ，得an－1－an＝4an－1an，
两边同除以an－1an，得 － ＝4，
所以数列{ }是首项为 ＝5，公差为d＝4的等差数列.
（2）试问a1a2是否是数列{an}中的项？如果是，是第几项？如果不是，请
说明理由.
解：由（1）得 ＝ ＋（n－1）d＝4n＋1，所以an＝ ，所以a1a2
＝ × ＝ ，
假设a1a2是数列{an}中的第t项，
则at＝ ＝ ，
解得t＝11∈N*，
所以a1a2是数列{an}中的第11项.
【反思感悟】
判断（证明）数列是等差（比）数列的方法
（1）定义法：对于n≥1的任意自然数，验证an＋1－an（或 ）为与正
整数n无关的常数；
（2）等差（比）中项法：①若2an＝an－1＋an＋1（n∈N*，n≥2），则
{an}为等差数列；②若 ＝an－1·an＋1（n∈N*，n≥2且an≠0），则
{an}为等比数列；
（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}是公比不为1的等比数列.
四、数列求和（考教衔接）
　　根据题目所给条件，会使用分组转化法、错位相减法、裂项相消法和
并项转化法求和.
教材原题　（教材P56复习参考题11题）已知等差数列{an}的前n项和为
Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1（n∈N*）.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若bn＝3n－1，令cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn.
变式1　错位相减法求和
（2024·全国甲卷理18题）记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn＝3an
＋4.
（1）求{an}的通项公式；
解：因为4Sn＝3an＋4，　①
所以当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4，　②
则当n≥2时，①－②得4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1.
当n＝1时，由4Sn＝3an＋4得4a1＝3a1＋4，所以a1＝4≠0，
所以数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列，
所以an＝4×（－3）n－1.
（2）设bn＝（－1）n－1nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：因为bn＝（－1）n－1nan＝（－1）n－1n×4×（－3）n－1＝4n·3n－
1，
所以Tn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n·3n－1，
所以3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n·3n，
两式相减得－2Tn＝4＋4（31＋32＋…＋3n－1）－4n·3n＝4＋
4× －4n·3n＝－2＋（2－4n）·3n，
所以Tn＝1＋（2n－1）·3n.
变式2　裂项相消法求和
（2022·新高考Ⅰ卷17题）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.
变式3　分组转化法求和
（2023·新高考Ⅱ卷18题）已知{an}为等差数列，bn＝
记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝
32，T3＝16.
（1）求{an}的通项公式；
解：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.
因为bn＝ 且S4＝32，T3＝16，
所以
解得 所以an＝5＋2（n－1）＝2n＋3.
（2）证明：当n＞5时，Tn＞Sn.
解：证明：由（1）可知，
Sn＝ ＝ ＝n2＋4n.
由an＝2n＋3，得bn＝
若n为偶数，则
Tn＝（b1＋b3＋…＋bn－1）＋（b2＋b4＋…＋bn）＝（a1－6＋a3－6
＋…＋an－1－6）＋（2a2＋2a4＋…＋2an）＝（5＋9＋…＋2n＋1－
3n）＋2（7＋11＋…＋2n＋3）＝ －3n＋
2× ＝ n2＋ n.
所以当n＞5时，Tn－Sn＝ n2＋ n－（n2＋4n）＝ n2－ n＝ n（n－
1）＞0，
即Tn＞Sn.
若n为奇数，则n－1为偶数，则
Tn＝Tn－1＋bn＝ （n－1）2＋ （n－1）＋2n＋3－6＝ n2＋ n－5.
所以当n＞5时，
Tn－Sn＝ n2＋ n－5－（n2＋4n）＝ n2－ n－5＝ （n2－3n－10）＝
（n＋2）（n－5）＞0，即Tn＞Sn.
综上可得，当n＞5时，Tn＞Sn.
【反思感悟】
数列求和的常用方法
（1）公式法：等差、等比数列直接用求和公式求解；
（2）分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列；
（3）裂项相消：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过
程中消去中间项，只剩有限项再求和；
（4）错位相减：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.
五、数列的实际应用及新定义问题
　　数列的实际应用一般是利用数列知识解决现实生活中的问题；数列的
新定义问题通常考查满足新定义的数列的简单应用，如在某些条件下，满
足新定义的数列有某些新性质，此时需要理解新性质，结合已学过的数列
知识解决问题.
【例3】 （1）小王2025年1月初向银行借了无息贷款10 000元，用于自己
的农产品加工厂的原材料进货，因产品质优价廉，上市后供不应求.据测
算，每月获得的利润是该月初投入资金的20%，每月底需缴房租800元和水
电费400元，余款作为资金全部用于再进货，如此继续，预计2025年小王
的农产品加工厂的年利润为（取1.211≈7.5，1.212≈9）（　C　）
A. 25 000元 B. 26 000元
C. 32 000元 D. 36 000元
C
解析：设1月底小王手中有现款a1＝（1＋20%）×10 000－800－400＝
10 800（元），n月底小王手中有现款an元，（n＋1）月底小王手中有现
款an＋1元，则an＋1＝1.2an－1 200，即an＋1－6 000＝1.2（an－6 000），
∴数列{an－6 000}是首项为4 800，公比为1.2的等比数列，∴a12－6 000
＝4 800×1.211，即a12＝4 800×1.211＋6 000≈42 000，∴年利润为42 000－
10 000＝32 000（元）.
（2）在一个数列中，如果对 n∈N*，都有an ＝k（k为常
数），那么这个数列叫做等积数列，k叫做这个数列的公积.已知数列{an}
是等积数列，且a1＝1，a2＝2，公积为8，则a1＋a2＋a3＋…＋a12
＝ .
解析：因为数列{an}是等积数列，且a1＝1，a2＝2，公积为8，所以a1a2a3
＝8，所以a3＝4，同理可得a4＝1，a5＝2，a6＝4，…，所以数列{an}是周
期为3的数列，因此a1＋a2＋a3＋…＋a12＝4（a1＋a2＋a3）＝4×（1＋2
＋4）＝28.
28
【反思感悟】
求解数列新定义问题的策略
（1）准确转化：解决数列新定义问题时，一定要读懂“新定义”的本质
含义，将题目所给条件转化成题目要求的形式，切忌同已有概念或定义相
混淆；
（2）方法选取：对于数列新定义问题，搞清定义是关键，认真仔细地从
前几项的特殊处、简单处体会题意，从而找到恰当的解决方法.
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