第一章 高考新风向(一) 数列与函数、不等式的创新融合-【精讲精练】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套课件（北师大版）

该高中数学课件聚焦数列与函数、不等式的创新融合，以高考新风向为导入，先解析数列作为特殊函数的本质，再结合不等式证明构建知识链条，通过典例剖析与进阶训练搭建学习支架，帮助学生掌握综合应用方法。 其特色在于以核心素养为导向，通过典例中a_n与S_n关系推导等比数列培养逻辑推理（数学思维），利用错位相减法、作差法提升运算能力（数学语言）。进阶训练结合二项式定理求公共项，学生能发展创新意识，教师可高效开展高考专题教学。

第一章　数列 高考新风向(一)　数列与函数、 不等式的创新融合 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 谢谢观看 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 [类型解读] 数列与函数、不等式的交汇创新是高考的热点与难点，着重考查函数与方程思想、转化与化归思想、逻辑推理、数学建模等高阶思维能力． 数列与函数综合问题：数列是一种特殊的函数，解决数列问题常以构成数列的函数为载体，结合函数性质解题．解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解． 数列与不等式综合问题：以数列为载体，考查不等式恒成立的问题，此类问题可转化为函数的最值问题；考查与数列有关的不等式证明问题，此类问题一般采用放缩法进行证明，有时也可通过构造函数进行证明． [典例剖析] (2025·浙江杭州三模)已知数列{an}的前n项和Sn满足4an－2Sn＋n2－3n－4＝0，n∈N＋，数列{bn}满足b1＝1，2nbn＋1＝anbn，n∈N＋. (1)求证：数列{an－n}为等比数列，并求数列{an}的通项公式； (2)求证：bn＋1＞bn≥3－ eq \f(n＋1,2n-1). [信息提取]　第(1)问：已知an与Sn的等量关系式，证明{an－n}为等比数列，并求an. 第(2)问：已知b1＝1，2nbn＋1＝anbn.利用第(1)问结论，证明不等式成立． [加工转化]　第(1)问：利用an与Sn的关系得an＝2an－1－n＋2(n≥2)→整理变式，利用定义得证→求an； 第(2)问：用作差法得bn＋1＞bn→bn＋1－bn＝ eq \f(n,2n)·bn→bn－b1≥ eq \f(1,2)＋ eq \f(2,22)＋…＋ eq \f(n－1,2n-1)→利用错位相减法得证． [深度解析]　(1)当n＝1时，a1＝3； 当n≥2时， 4an－1－2Sn－1＋(n－1)2－3(n－1)－4＝0， 则4(an－an－1)－2an＋2n－4＝0(n≥2)， 整理得an＝2an－1－n＋2(n≥2)， 所以an－n＝2 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(an－1－(n－1))).又a1－1＝2≠0，故an－n≠0， 所以 eq \f(an－n,an－1－(n－1))＝2， 即数列{an－n}是首项为2，公比为2的等比数列， 所以an－n＝2n，所以an＝2n＋n. (2)由题意得bn＋1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n,2n)))bn，所以bn＋1与bn同号． 又b1＝1>0，所以bn>0，所以bn＋1－bn＝ eq \f(n,2n)·bn>0，即bn＋1>bn， 所以数列{bn}为递增数列，所以bn≥b1＝1， 则bn＋1－bn＝ eq \f(n,2n)·bn≥ eq \f(n,2n)， 所以bn－b1＝(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)≥ eq \f(1,2)＋ eq \f(2,22)＋…＋ eq \f(n－1,2n-1). 令Tn－1＝ eq \f(1,2)＋ eq \f(2,22)＋…＋ eq \f(n－1,2n-1)　①， 则 eq \f(1,2)Tn－1＝ eq \f(1,22)＋ eq \f(2,23)＋…＋ eq \f(n－1,2n)　②， ①－②得 eq \f(1,2)Tn－1＝ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,22)＋ eq \f(1,23)＋…＋ eq \f(1,2n-1)－ eq \f(n－1,2n)＝ eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))－ eq \f(n,2n)＝1－ eq \f(n＋1,2n)， 所以Tn－1＝2－ eq \f(n＋1,2n-1)， 所以bn≥b1＋Tn－1＝3－ eq \f(n＋1,2n-1). 综上，bn＋1>bn≥3－ eq \f(n＋1,2n-1). [进阶训练] 数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，满足：a1＋b1＝8，a2＋b2＝18，b1＋b3＝30，6bn＋1＝bn＋2＋9bn. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)数列{an}和{bn}的公共项组成的数列记为{cn}，求{cn}的通项公式； (3)记数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,cn－8)))的前n项和为Sn，证明：Sn< eq \f(9,8). (1)解析　设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q. 由6bn＋1＝bn＋2＋9bn可得6qbn＝q2bn＋9bn， 易知bn≠0，所以q2－6q＋9＝0，解得q＝3. 由b1＋b3＝30可得b1(1＋q2)＝30，可得b1＝3. 由a2＋b2＝18可得a1＋d＋b1q＝18， 又a1＋b1＝8，所以a1＝5，d＝4. 因此可得an＝a1＋(n－1)d＝4n＋1，bn＝b1qn-1＝3n.所以数列{an}和{bn}的通项公式分别为an＝4n＋1，bn＝3n，n∈N＋. (2)解析　{an}和{bn}的公共项需满足4n1＋1＝3n2，n1，n2∈N＋， 可得n1＝ eq \f(3n2－1,4)，即3n2－1是4的整数倍， 可知3n2－1＝9 eq \s\up6(\f(n2,2))－1＝(8＋1) eq \s\up6(\f(n2,2))－1，由二项式定理可知(8＋1) eq \s\up6(\f(n2,2))－1若是4的倍数，则 eq \f(n2,2)为正整数，即n2＝2n，n∈N＋，所以可得cn＝32n＝9n，即{cn}的通项公式为cn＝9n，n∈N＋. (3)证明　易知 eq \f(1,cn－8)＝ eq \f(1,9n－8)， 显然9n－8>9n-1对任意n≥2，n∈N＋都成立， 所以 eq \f(1,cn－8)＝ eq \f(1,9n－8)< eq \f(1,9n-1)对任意n≥2，n∈N＋都成立， 即Sn＝ eq \f(1,c1－8)＋ eq \f(1,c2－8)＋…＋ eq \f(1,cn－8)＝1＋ eq \f(1,c2－8)＋…＋ eq \f(1,cn－8)<1＋ eq \f(1,9)＋…＋ eq \f(1,9n-1)＝1＋ eq \f(\f(1,9)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))\s\up12(n－1))),1－\f(1,9)) ＝1＋ eq \f(1,8)× eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))\s\up12(n－1)))＝ eq \f(9,8)－ eq \f(1,8)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9))) eq \s\up12(n－1)< eq \f(9,8)， 即Sn< eq \f(9,8). $