《2025年学易优同步学案导学高中数学选择性必修第二册通用版》

1.数列$\{ a_n \}$满足$a_{n+1}=\lambda a_n-1(n\in\mathbf{N}^*, \lambda\in\mathbf{R}$且$\lambda\neq0)$，若数列$\{ a_n-1 \}$是等比数列，则$\lambda$的值为

A.1
B.-1
C.$\frac{1}{2}$
D.2

答案： 1.D 由$a_{n+1}=\lambda a_n-1$，得$a_{n+1}-1=\lambda a_n-2=\lambda(a_n-\frac{2}{\lambda})$.
$\because$数列$\{a_n-1\}$是等比数列，
$\therefore\frac{2}{\lambda}=1,\lambda=2$.

2.已知数列$\{ a_n \}(n\in\mathbf{N}^*)$的首项为$1$，又$(2a_n-a_{n+1}+1)\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OB}$，其中点$O$在直线$l$外，其余三点$A,B,C$均在$l$上，那么数列$\{ a_n \}$的通项公式是

A.$a_n=2^{n+1}$
B.$a_n=2^{n-1}$
C.$a_n=2^n-1$
D.$a_n=2^{n+1}+1$

答案： 2.C 因为$(2a_n-a_{n+1}+1)\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OB}$，所以$\overrightarrow{OC}=(2a_n-a_{n+1}+1)\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}$，
又因为点$O$在直线$l$外，三点$A,B,C$均在$l$上，
故$2a_n-a_{n+1}+1+1=1$，即$a_{n+1}=2a_n+1$，
所以$a_{n+1}+1=2(a_n+1)$，即数列$\{a_n+1\}$是以$a_1+1=2$为首项，以$2$为公比的等比数列，
故$a_n+1=2^n$，则$a_n=2^n-1$.

3.若数列$\{ a_n \}$满足$a_1=1$，且$a_{n+1}=4a_n+2^n$，则$a_6$等于

A.2 016
B.2 018
C.2 020
D.2 022

答案： 3.A 因为$a_{n+1}=4a_n+2^n$，
所以$a_{n+1}+2^n=4(a_n+2^{n-1})$，
所以数列$\{a_n+2^{n-1}\}$是等比数列，首项为$2$，公比为$4$，
则$a_n+2^{n-1}=2×4^{n-1}=2^{2n-1}$，
可得$a_n=2^{2n-1}-2^{n-1}$，
则$a_6=2^{2×6-1}-2^{6-1}=2^{11}-2^5=2016$.

4.设数列$\{ a_n \}$的前$n$项和为$S_n,a_1=1,S_{n+1}-2S_n=1(n\in\mathbf{N}^*)$，则$S_n=$$2^n-1$.

答案： 4.$2^n-1$ 由$S_{n+1}-2S_n=1$，
得$S_{n+1}+1=2(S_n+1)$，
所以数列$\{S_n+1\}$是首项为$S_1+1=a_1+1=2$，公比为$2$的等比数列，
所以$S_n+1=2^n,S_n=2^n-1$.

【问题1】若等比数列$\{ a_{n}\}$的首项是$a_{1}$,公比是$q$,如何求该等比数列的前$n$项的和?

答案： 提示：思路一：因为$S_{n}=a_{1}+a_{2}+a_{3}+·s+a_{n-1}+a_{n}$，
所以$S_{n}=a_{1}+a_{1}q+a_{1}q^{2}+·s+a_{1}q^{n-2}+a_{1}q^{n-1}$，
上式中每一项都乘等比数列的公比可得$qS_{n}=a_{1}q+a_{1}q^{2}+a_{1}q^{3}+·s+a_{1}q^{n-1}+a_{1}q^{n}$，
发现上面两式中有很多相同的项，两式相减可得$S_{n}-qS_{n}=a_{1}-a_{1}q^{n}$，
即$(1-q)S_{n}=a_{1}-a_{1}q^{n}$，当$q\neq1$时，有$S_{n}=\frac{a_{1}(1-q^{n})}{1-q}$，而当$q=1$时，$S_{n}=na_{1}$.上述等比数
列求前n项和的方法，我们称为“错位相减法”.
思路二：当$q\neq1$时，由等比数列的定义得：$\frac{a_{2}}{a_{1}}=\frac{a_{3}}{a_{2}}=·s=\frac{a_{n}}{a_{n-1}}=q$，
根据等比数列的性质，有$\frac{a_{2}+a_{3}+·s+a_{n}}{a_{1}+a_{2}+·s+a_{n-1}}=\frac{S_{n}-a_{1}}{S_{n}-a_{n}}=q\Rightarrow(1-q)S_{n}=a_{1}-a_{n}q$，
所以当$q\neq1$时，$S_{n}=\frac{a_{1}-a_{n}q}{1-q}$，该推导方法围绕
基本概念，从等比数列的定义出发，运用等比数列的性质，推导出了公式，通过上述两种推导方法，我们获得了等比数列的前n项和的两种形式，而这两种形式可以利用$a_{n}=a_{1}q^{n-1}$相互转化.
思路三：$S_{n}=a_{1}+a_{2}+a_{3}+·s+a_{n}=a_{1}+q(a_{1}+a_{2}+·s+a_{n-1})$，
所以有$S_{n}=a_{1}+qS_{n-1}\Rightarrow S_{n}=a_{1}+q(S_{n}-a_{n})\Rightarrow(1-q)S_{n}=a_{1}-a_{n}q$，
所以当$q\neq1$时，$S_{n}=\frac{a_{1}-a_{n}q}{1-q}$或$S_{n}=\frac{a_{1}(1-q^{n})}{1-q}$，显然方程的思想在本次推导过程中显示了巨大的威力，在已知量和未知量之间搭起桥梁，使我们不拘泥于课本，又能使问题得到解决.

【问题2】同学们,现在你能帮国王算一下他需要付出多少颗麦粒吗?如果他无法实现他的诺言,你能帮他解决吗?

答案： 提示：$S_{64}=1+2+2^{2}+2^{3}+·s+2^{63}=\frac{1-2^{64}}{1-2}=2^{64}-1=18446744073709551615$，
然而这个数字对国王来说是一个天文数字，显然国王无法实现他的诺言，国王为了使自己不失信于民，于是他向发明者说：你这个提议很好，你自己去数吧.大家知道吗，要把这些数完，如果一秒钟数一粒，大约需要5800亿年.同学们，看来学好数学是多么的重要.