第4章 数列【过知识】-2022-2023学年高二数学单元复习（沪教版2020选择性必修第一册）

这是一份第4章 数列【过知识】-2022-2023学年高二数学单元复习（沪教版2020选择性必修第一册），共58页。PPT课件主要包含了知识网络，知识梳理，等差数列的性质，n＝k，n＝k＋1，考点突破，∴当n≥2时，①②⇒③，②③⇒①，故选D等内容，欢迎下载使用。

1.等差数列的有关概念及运算(1)等差数列的判断方法：定义法an＋1－an＝d(d为常数)或an＋1－an＝an－an－1(n≥2).(2)等差数列的通项：an＝a1＋(n－1)d或an＝am＋(n－m)d.
(3)当m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)时，则有am＋an＝ap＋aq，特别地，当m＋n＝2p时，则有am＋an＝2ap.(4)Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…成等差数列.
3.等比数列的有关概念及运算
4.等比数列的性质(1)若{an}，{bn}都是等比数列，则{anbn}也是等比数列.(2)若数列{an}为等比数列，则数列{an}可能为递增数列、递减数列、常数列和摆动数列.(3)等比数列中，当m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)时，aman＝apaq.
5.数列求和的常见方法：公式法、分组法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等.关键找通项结构.
6.求数列通项常见方法
7.数学归纳法一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：(1)(归纳奠基)证明当 时命题成立；(2)(归纳递推)以当“ (k∈N*，k≥n0)时命题成立”为条件，推出“当 时命题也成立”.只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从 开始的所有正整数n都成立.这种证明方法叫做数学归纳法.
n＝n0(n0∈N*)
考点1、等差（等比)数列的运算
A.9 B.6C.3D.1
(2)(2022·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若2S3＝3S2＋6，则公差d＝________.
解析　由2S3＝3S2＋6，可得2(a1＋a2＋a3)＝3(a1＋a2)＋6，化简得2a3＝a1＋a2＋6，即2(a1＋2d)＝2a1＋d＋6，解得d＝2.
(3)已知{an}是递减的等比数列，且a2＝2，a1＋a3＝5，则{an}的通项公式为_________________；a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1(n∈N*)＝___________.
又{an}是递减的等比数列，
则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1是首项为8，
对应练习 (1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S7－S6＝24，a3＝8，则数列{an}的公差d＝(　　)A.2B.4C.6D.8
解析　设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则an＝a1＋(n－1)d，而a7＝S7－S6＝24，又a3＝8，∴a7－a3＝a1＋6d－(a1＋2d)＝4d＝16，解得d＝4，故选B.
（2）(2022·全国乙卷)已知等比数列{an}的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6＝(　　)A.14B.12C.6D.3
解析　设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，
考点2、等差（等比)数列的判定
证明　因为bn是数列{Sn}的前n项积，
整理可得2bn－1＋1＝2bn，
(2)求{an}的通项公式.
即Sn＋1－1＝3(Sn－1)，
∴数列{Sn－1}是首项为3，公比为3的等比数列，即Sn－1＝3n，∴Sn＝3n＋1.
∴an＋1＝2×3n，∴an＝2×3n－1(n≥2)，又a1＝4≠2×31－1＝2，
2.(2021·全国甲卷)已知数列{an}的各项为正数，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.
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，
设数列{an}的公差为d，
所以a2＝a1＋d＝3a1.
所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1.
所以Sn＝n2d2，所以n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2，对n＝1也适合，所以an＝2d2n－d2，所以an＋1－an＝2d2(n＋1)－d2－(2d2n－d2)＝2d2(常数)，
所以数列{an}是等差数列.
考点3、等差（等比)数列的性质与运用
解析　由等比数列的性质可得：
解析　因为等比数列{an}的前n项和为Sn，
则S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，
故4S3＝S9－S6，
(3)设Sn为等差数列{an}的前n项和，a6＋a7＝1，则S12＝________；若a7<0，则使得不等式Sn<0成立的最小整数n＝________.
解析　根据题意，{an}为等差数列，若a6＋a7＝1，
则使不等式Sn<0成立的最小整数n＝13.
解析　因为数列{an}为等差数列，
所以设S4＝2k，S8＝5k，k≠0，则S8－S4＝3k，可知S12－S8＝4k，S16－S12＝5k，所以S12＝9k，S16＝14k，
解析　因为a6，3a5，a7成等差数列，所以2×3a5＝a6＋a7.又{an}是各项均为正数的等比数列，设其首项为a1，公比为q，所以6a1q4＝a1q5＋a1q6，所以q2＋q－6＝0，
解得q＝2或q＝－3(舍去)，又4a1为am，an的等比中项，所以(4a1)2＝am·an，
所以m＋n－2＝4，即m＋n＝6，
即m＝2，n＝4时，等号成立，
例4 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a5＝9，S7＝49.(1)求数列{an}的通项公式；
解　设等差数列{an}的公差为d，
所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1(n∈N*).
所以数列{bn}的前100项和为(b1＋b2＋…＋b10)＋(b11＋b12＋…＋b20)＋(b21＋b22＋…＋b30)＋…＋(b91＋b92＋…＋b100)＝(a1＋a2＋…＋a10)＋2(a1＋a2＋…＋a10)＋22(a1＋a2＋…＋a10)＋…＋29(a1＋a2＋…＋a10)＝(1＋2＋22＋…＋29)(a1＋a2＋…＋a10)
例5 已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)2n＋1＋2. (1)求数列{an}的通项公式；
解　由题意可知a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)2n＋1＋2，①当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(n－2)2n＋2，②①－②得nan＝(n－1)2n＋1－(n－2)2n，即an＝2n，当n＝1时，a1＝2满足上式，所以an＝2n(n∈N*).
解　因为lg2 an＝lg2 2n＝n，
解　若选条件①.因为Sn，2Sn＋1，3Sn＋2成等差数列，所以4Sn＋1＝Sn＋3Sn＋2，即Sn＋1－Sn＝3(Sn＋2－Sn＋1)，
所以an＋1＝3an＋2，
所以(an＋1＋2an)(3an＋1－an)＝0，因为an>0，所以3an＋1－an＝0，
若选条件③.因为2Sn＋an－t＝0，所以n≥2时，2Sn－1＋an－1－t＝0，两式相减并整理，
解　当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，
a1也满足an＝n，故数列{an}的通项公式为an＝n(n∈N*).
(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和.
解　由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n).记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，
B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2(n∈N*).
对应练习2已知正项等差数列{an}满足：a3n＝3an(n∈N*)，且2a1，a3＋1，a8成等比数列. (1)求{an}的通项公式；
解　设等差数列{an}的公差为d，由a3n＝3an得a1＋(3n－1)d＝3[a1＋(n－1)d].则a1＝d，所以an＝a1＋(n－1)d＝nd.又2a1，a3＋1，a8成等比数列，所以(a3＋1)2＝2a1·a8，即(3d＋1)2＝2d·8d. 所以7d2－6d－1＝0，
因为{an}为正项数列，所以d>0，所以d＝1，所以an＝n(n∈N*).
对应练习3 已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，S3＝a3＋6. (1)求数列{an}的通项公式；
解　设数列{an}的公比为q，由a1＝2，S3＝a3＋6，得a1(1＋q＋q2)＝6＋a1q2，解得q＝2，所以an＝2n(n∈N*).
(2)设bn＝lg2an，求数列{anbn}的前n项和Tn.解　由(1)可得bn＝lg2an＝n，所以anbn＝n·2n，Tn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，2Tn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)2n＋n·2n＋1，所以－Tn＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1
4.(2021·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若S2＝4，S4＝6，则S6＝(　　)A.7B.8C.9D.10
解析　法一　因为S2＝4，S4＝6，且易知公比q≠±1，所以由等比数列的前n项和公式，得
法二　易知S2，S4－S2，S6－S4构成等比数列，由等比中项得S2(S6－S4)＝(S4－S2)2，即4(S6－6)＝22，所以S6＝7.故选A.
解析　设等比数列{an}的公比为q，则S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a1＋a3)(1＋q)＝90，又a1＋a3＝a1(1＋q2)＝30，解得a1＝6，q＝2，所以an＝a1qn－1＝3·2n，
则{bn}为等差数列，所以数列{bn}的前15项和
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，命题成立，
上式表明当n＝k＋1时，命题也成立.由(1)(2)知，命题对一切正整数均成立.
对应练习　求证：12－22＋32－42＋…＋(2n－1)2－(2n)2＝－n(2n＋1) (n∈N*).
证明　(1)当n＝1时，左边＝12－22＝－3，右边＝－3，等式成立.(2)假设当n＝k时，等式成立，即12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＝－k(2k＋1).当n＝k＋1时，12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＋(2k＋1)2－(2k＋2)2＝－k(2k＋1)＋(2k＋1)2－(2k＋2)2＝－k(2k＋1)－(4k＋3)＝－(2k2＋5k＋3)＝－(k＋1)[2(k＋1)＋1]，所以n＝k＋1时，等式也成立. 综上所述，等式对任何n∈N*都成立.