第一章 教考衔接2 数列开放型问题-【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开放型问题，以2021全国甲卷真题导入，溯源教材基础题，通过结论、条件、方案开放三类问题构建学习支架，衔接数列基本概念与综合应用。 其亮点在于结合高考评价体系，以开放型问题为载体，通过结论开放（如写递增且前n项和递减的数列）、条件选择等实例，培养学生创新意识与推理能力。学生能深化对数列性质的理解，教师可借助规律方法提升教学效率。

第一章　数列 教考衔接2　数列开放型问题 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 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 一、真题展示 (2021·全国甲卷)已知数列{an}的各项均为正数，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． ①数列{an}是等差数列；②数列{ eq \r(Sn)}是等差数列；③a2＝3a1. 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分． 二、真题溯源 [教材P46B组第6题] 若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝－1，b1＝2，a3＋b2＝－1，试写出一组满足条件的数列{an}和{bn}的通项公式． 三、类法探究 《中国高考评价体系》指出，命题结论开放、解题方法多样、答案不唯一的试题，增强试题的开放性和探究性，引导学生打破常规，进行独立思考和判断，提出解决问题的方案，体现了新高考试题的“应用性”，开放性和探究性问题在近几年的高考中多次考查． eq \x(类型一　结论开放性) 　(1)写出一个公差为2且“前3项之和小于第3项”的等差数列an＝_____________； (2)已知数列{an}满足an＋1>an，且其前n项和Sn满足Sn＋1<Sn，请写出一个符合上述条件的数列的通项公式an＝____________． [解析]　(1)要满足“前3项之和小于第3项”，则a1＋a2＋a3<a3，即a1＋a2<0. 又d＝2， 则不妨设a1＝－4，a2＝－2， 则an＝－4＋(n－1)×2＝2n－6. (2)设数列{an}的前n项和为Sn，且∀n∈N＋，an＋1>an，说明数列是递增数列； Sn＋1<Sn，说明数列项为负数； 故数列的通项公式可以为an＝(－1)· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)或an＝－ eq \f(1,n)(答案不唯一) [答案]　(1)2n－6(答案不唯一) (2)(－1)· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)或－ eq \f(1,n)(答案不唯一) 该类题目结论不唯一，题目难度较小，主要考查数列的基本概念和性质．　 eq \x(类型二　条件开放性) 　在等比数列{an}中，公比q>0，其前n项和为Sn，且S2＝6，______． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝logan2，且数列{cn}满足c1＝1，cn＋1－cn＝bn＋1bn，求数列{cn}的通项公式． 从①S4＝30，②S6－S4＝96，③a3是S3与2的等差中项，这三个条件中任选一个，补充到上面问题中的横线上，并作答． [解析]　(1)若选①S4＝30. 由S2＝6及S4＝30，得a1＋a2＝6， a1＋a2＋a3＋a4＝30， 两式相减，得a3＋a4＝24， 即q2(a1＋a2)＝24， 所以q2＝4，由q>0，得q＝2， 代入a1＋a2＝6，得a1＋2a1＝6， 解得a1＝2， 所以数列{an}的通项公式为an＝2n. 若选②S6－S4＝96. 因为S6－S4＝a5＋a6＝96，a1＋a2＝6， 所以a1q4＋a1q5＝96，a1＋a1q＝6， 两式相除，得q4＝16， 结合q>0，得q＝2， 所以a1＋2a1＝6，解得a1＝2， 所以数列{an}的通项公式为an＝2n. 若选③a3是S3与2的等差中项． 由a3是S3与2的等差中项，得2a3＝S3＋2， 则2a3＝a1＋a2＋a3＋2， 由a1＋a2＝6，得a3＝8， 由通项公式，得a1＋a1q＝6，a1q2＝8， 消去a1，得3q2－4q－4＝0， 结合q>0，解得q＝2， 代入a1＋a1q＝6，得a1＝2， 所以数列{an}的通项公式为an＝2n. (2)由(1)，得bn＝logan2＝ eq \f(1,log2an)＝ eq \f(1,log22n)＝ eq \f(1,n). cn＋1－cn＝bnbn＋1＝ eq \f(1,n(n＋1))＝ eq \f(1,n)－ eq \f(1,n＋1)， 所以当n≥2时，cn＝c1＋(c2－c1)＋(c3－c2)＋(c4－c3)＋…＋(cn－cn－1) ＝1＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)－\f(1,2)))＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))＝2－ eq \f(1,n). 又c1＝1也适合上式， 故数列{cn}的通项公式是cn＝2－ eq \f(1,n). 在题目中，从多种条件中选择其中之一进行计算，一般每个选择难易相差较小．　 eq \x(类型三　方案选择性) 　已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}的前n项和为Tn，从下面①②③中选择两个作为条件，证明另外一个成立．①an＝n－Sn，②bn＝an－1，③Tn＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)－1. [解析]　选①②作为条件证明③， 因为an＝n－Sn，所以当n＝1时，a1＝ eq \f(1,2). 当n≥2时，an－1＝n－1－Sn－1， 两式相减得an－an－1＝1－an， 所以2an＝an－1＋1， 所以2(an－1)＝an－1－1. 因为bn＝an－1，所以2bn＝bn－1，即 eq \f(bn,bn－1)＝ eq \f(1,2)， 所以数列{bn}是首项为－ eq \f(1,2)，公比为 eq \f(1,2)的等比数列． 所以bn＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)， 所以Tn＝ eq \f(－\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)－1. 选①③作为条件证明②， 因为an＝n－Sn，所以当n＝1时， a1＝ eq \f(1,2). 当n≥2时，an－1＝n－1－Sn－1， 两式相减得an－an－1＝1－an， 所以2an＝an－1＋1， 所以2(an－1)＝an－1－1，所以 eq \f(an－1,an－1－1)＝ eq \f(1,2)， 所以数列{an－1}是首项为－ eq \f(1,2)，公比为 eq \f(1,2)的等比数列． 所以an－1＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)，所以an＝1－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n). 因为Tn＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)－1， 所以当n＝1时，b1＝T1＝－ eq \f(1,2)； 当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n). 因为当n＝1时也满足上式，所以bn＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)， 故bn＝an－1. 选②③作为条件证明①， 因为Tn＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)－1， 所以当n＝1时，b1＝T1＝－ eq \f(1,2)； 当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n). 因为当n＝1时也满足上式，所以bn＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n). 因为bn＝an－1，所以an＝1－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)， 所以Sn＝n－ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(1)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n)))＝ n－ eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2))＝n－ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n)))＝n－an， 故an＝n－Sn. 给出多个条件，根据试题的要求构建一个命题，属于“结构不良”试题，考查学生对数学本质的理解，克服刷题现象，这也是以后命题的一个方向．　 $