第4章 本章总结提升（课件 学案）高中数学苏教版（2019）选择性必修第一册

本章总结提升 【素养提升】 题型一 例1　(1)2+ln n　(2)　(3)2n-1 (4)　[解析] (1)由an+1=an+ln,得an+1-an=ln=ln(n+1)-ln n.则当n≥2时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=2+(ln 2-ln 1)+(ln 3-ln 2)+…+[ln n-ln(n-1)]=2+ln n.因为a1=2满足上式,所以an=2+ln n. (2)∵=,∴当n≥2时,=,∴an=··…···a1=××…×××1=(n≥2),经检验a1=1也符合上式,∴an=. (3)由an=a0+a1+…+an-1,得an-1=a0+a1+…+(n≥2),两式相减得,an=2an-1(n≥2),即=2(n≥2),则an=a1···…·=a1·2n-1(n≥2),又a1=a0=1,∴an=2n-1(n≥2).又∵a1=1也适合上式,∴an=2n-1(n≥1). (4)等式两边同乘2n,得=+1(n≥2),即-=1(n≥2),因为=2,所以是以2为首项,1为公差的等差数列,所以=2+(n-1)×1,则an=. 变式　(1)B　(2)C　(3)47　[解析] (1)方法一:由题意知,a1=1,a2-a1=1-,a3-a2=-,a4-a3=-,…,an-an-1=-(n≥2),以上各项相加得an=1+1-+-+…+-=2-=(n≥2).因为a1=1也适合上式,所以an=. 方法二:由题意知,an+1+=an+=a1+1=2,所以an=2-=. (2)∵an+1=an+,∴2n+1an+1=2nan+2,即2n+1an+1-2nan=2.又21a1=2,∴数列{2nan}是以2为首项,2为公差的等差数列,∴2nan=2+(n-1)×2=2n,∴an=. (3)∵an+1=Sn+1(n∈N*),∴Sn+1-Sn=Sn+1(n∈N*),∴Sn+1+1=2(Sn+1)(n∈N*),又S1+1=a1+1=3,∴数列{Sn+1}为等比数列,其首项为3,公比为2.则S5+1=3×24,解得S5=47. 题型二 例2　(1)C　(2)C　(3)95　[解析] (1)设等比数列{an}的公比为q,∵a1+a3=3,a3+a5=6,∴==q2=2,∴a9+a11=(a1+a3)q8=3×24=48,故选C. (2)若{an}为等差数列,则设数列{an}的公差为d,可得Sn=na1+d,则=a1+d,所以为首项为a1,公差为的等差数列,即甲是乙的充分条件.反之,若为等差数列,则可设的公差为D,故=S1+(n-1)D,即Sn=nS1+n(n-1)D=na1+n(n-1)D,利用公式an=可得an=a1+2(n-1)D,所以an+1-an=2D,即{an}为公差为2D的等差数列,所以甲是乙的必要条件.综上,甲是乙的充要条件.故选C. (3)设等差数列{an}的公差为d,则a3+a4=2a1+5d=7,3a2+a5=4a1+7d=5,所以a1=-4,d=3,所以S10=10a1+45d=95. 变式　(1)B　(2)AC　[解析] (1)∵{an}是各项均为正数的等比数列,∴an>0,可得a1>0,公比q>0.∵=a2a4=9,∴a3=3.∵9S4=10S2,∴9(a1+a2+a3+a4)=10(a1+a2),可得9(a3+a4)=a1+a2,∴=q2=,可得q=,故a2+a4=+a3q=10.故选B. (2)由-=-1,S1=32,可得数列是以32为首项,-1为公差的等差数列,则=32+(n-1)×(-1)=-n+33,∴Sn=-n2+33n.对于选项A,∵Sn=-n2+33n,∴当n=1时,a1=S1=32;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(-n2+33n)-[-(n-1)2+33(n-1)]=-2n+34.∵a1=32满足上式,∴an=-2n+34.∵an+1-an=[-2(n+1)+34]-(-2n+34)=-2,∴数列{an}是等差数列,故选项A正确.对于选项B,∵Sn=-n2+33n,∴S3=-32+33×3=90,S6=-62+33×6=162,S9=-92+33×9=216,∴S6-S3=72,S9-S6=54,则2(S6-S3)=S3+(S9-S6),(S6-S3)-S3=-18,∴S3,S6-S3,S9-S6成等差数列,且公差为-18,故选项B错误.对于选项C,∵Sn=-n2+33n=-+,n∈N*,∴当n=16或n=17时,Sn取得最大值,故选项C正确.对于选项D,令Sn=-n2+33n≥0,得0≤n≤33,n∈N*,即满足Sn≥0的最大正整数n=33,故选项D错误.故选AC. 题型三 例3　解:(1)证明:因为+n=2an+1,即2Sn+n2=2nan+n①, 所以当n≥2时,2Sn-1+(n-1)2=2(n-1)an-1+(n-1)②, ①-②得,2Sn+n2-2Sn-1-(n-1)2=2nan+n-2(n-1)an-1-(n-1)(n≥2),即2an+2n-1=2nan-2(n-1)an-1+1(n≥2), 即2(n-1)an-2(n-1)an-1=2(n-1)(n≥2),所以an-an-1=1(n≥2), 所以{an}是以1为公差的等差数列. (2)方法一: 由(1)可得a4=a1+3,a7=a1+6,a9=a1+8,因为a4,a7,a9成等比数列,所以=a4·a9,即(a1+6)2=(a1+3)·(a1+8),解得a1=-12, 所以an=n-13,所以Sn=-12n+=n2-n=-,所以当n=12或n=13时,(Sn)min=-78. 方法二: 由(1)可得a4=a1+3,a7=a1+6,a9=a1+8,因为a4,a7,a9成等比数列,所以=a4 ... ...