【课件】第4章 章末综合提升-【新教材】人教A版(2019)选择性必修第二册课件(共65张PPT)

确的是( )
A．S2 019<S2 020 C．T2 020 是数列{Tn}中的最大值
B．a2 019a2 021－1<0 D．数列{Tn}无最大值
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(3)等比数列{an}的各项均为正数，且 a1a5＝4，则 log2a1＋log2a2 ＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝________.
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(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.]
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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.
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(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.
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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．
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[解] 由 a1＝S1＝2－a1，得 a1＝1. 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2n－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＝－1×12n－1＝－12n－1，故 an＝2－12n－1.
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2．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＋100) ＝－(1＋2＋3＋4＋…＋99＋100)＝－5 050.
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(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＝15a12＋a15＝15a8 为定值，但 S16＝ 16a12＋a16＝8a8＋a9不是定值．故选 BC.
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(2)当 q＜0 时，a2 019a2 020＝a22 019q＜0，不成立； 当 q≥1 时，a2 019≥1，a2 020＞1，aa22 001290－ －11＜0 不成立； 故 0＜q＜1，且 a2 019＞1，0＜a2 020＜1，故 S2 020＞S2 019，A 正确； a2 019a2 021－1＝a22 020－1＜0，故 B 正确； T2 019 是数列{Tn}中的最大值，CD 错误；故选 AB.
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 2aan＋n1＋aann＋ ＋21＝5，即 21q＋q＝5，解得 q ＝2.又由 a25＝a10，得(a1q4)2＝a1q9，即 a1＝q＝2，故 an＝2n.]
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(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＋411－－33n－1＝3n－1＋2(3n－1－1)＝3n－2.
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(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 (a1q4)2＝a1q9，解得 a1＝2.因此 an＝2n.
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3通项公式法：an＝kn＋bk，b 是常数⇔{an}是等差数列；an ＝c·qnc，q 为非零常数⇔{an}是等比数列.
4前 n 项和公式法：Sn＝An2＋BnA，B 为常数，n∈N*⇔{an} 是等差数列；Sn＝Aqn－AA，q 为常数，且 A≠0，q≠0，q≠1，n∈N* ⇔{an}是等比数列.
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[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 Sn，求 Sn 的最小值．
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[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)，
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(2)由(1)知 bn＝3·2n－1＝an＋1－2an， 所以2ann－＋11－2an－n 2＝3. 所以 cn＋1－cn＝3，且 c1＝2a－11＝2， 所以数列{cn}是等差数列，公差为 3，首项为 2.
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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；aan＋n 1＝qq 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＋ 2an≠0⇔{an}是等比数列.
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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．a7
B．a8
C．S15
D．S16ຫໍສະໝຸດ 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，a2 019a2 020>1，aa22 001290－ －11<0，下列结论正
【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＝2an－n2，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．
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[证明] (1)an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1＋2－4an－2 ＝4an＋1－4an. bbn＋n 1＝aan＋n＋2－1－22aan＋n 1＝4an＋a1－n＋41－an－2a2n an＋1＝2aann＋＋11－－24aann＝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．
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.
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法三：∵an＋1＝3an＋4，
①
∴an＝3an－1＋4(n≥2)．
②
①－②，得 an＋1－an＝3(an－an－1)(n≥2)．
∴(－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＋nn－2 1×2＝n2－11n＝n－1212－1421， ∴n＝5 或 n＝6 时，Sn 取最小值－30.
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等差、等比数列的判定
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3累加或累乘法,形如 an－an－1＝fnn≥2的递推式，可用累加 法求通项公式；形如aan－n 1＝fnn≥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.
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[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.
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[解] (1)由 an＋1＝3an＋1 得 an＋1＋12＝3an＋12. 因为 a1＋12＝32， 所以an＋12是首项为32，公比为 3 的等比数列． 所以 an＋12＝32n，因此{an}的通项公式为 an＝3n－2 1.
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(2)证明：由(1)知a1n＝3n－2 1. 因为当 n≥1 时，3n－1≥2×3n－1，所以3n－1 1≤2×13n－1. 于是a11＋a12＋…＋a1n≤1＋13＋…＋3n1－1 ＝321－31n<32.所以a11＋a12＋…＋a1n<32.
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[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.
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[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.
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第四章 数列
章末综合提升
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巩固 层知 识整 合
3
4
提升 层题 型探 究
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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．2n
B．2n＋1