第1章 章末整合提升 体系构建 素养提升-【优学精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册教用课件（北师大版）

章末整合提升 体系构建 素养提升 1 体系构建 体系构建 数学·选择性必修第二册（BSD） 素养培优 素养培优 一、逻辑推理 　　本章中，逻辑推理核心素养主要体现在等差（比）数列的判断与证明 和*数学归纳法的应用问题中. 培优一｜等差、等比数列的判断与证明 【例1】　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{ }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. 数学·选择性必修第二册（BSD） 解：①③⇒②. 已知{an}是等差数列，a2＝3a1. 设数列{an}的公差为d，则a2＝3a1＝a1＋d， 得d＝2a1， 所以Sn＝na1＋ d＝n2a1. 因为数列{an}的各项均为正数，所以 ＝n ， 所以 － ＝（n＋1） －n ＝ （常数），所以数列 { }是等差数列. 数学·选择性必修第二册（BSD） ①②⇒③. 已知{an}是等差数列，{ }是等差数列. 设数列{an}的公差为d， 则Sn＝na1＋ d＝ n2d＋ n. 因为数列{ }是等差数列，所以数列{ }的通项公式是关于n的一次 函数，则a1－ ＝0，即d＝2a1， 所以a2＝a1＋d＝3a1. 数学·选择性必修第二册（BSD） ②③⇒①. 已知数列{ }是等差数列，a2＝3a1，所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1. 设数列{ }的公差为d，d＞0，则 － ＝ － ＝d，得a1 ＝d2，所以 ＝ ＋（n－1）d＝nd，所以Sn＝n2d2， 所以an＝Sn－Sn－1＝n2d2－（n－1）2d2＝2d2n－d2（n≥2），是关于n 的一次函数，所以数列{an}是等差数列. 数学·选择性必修第二册（BSD） 【例2】　记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知 ＋ ＝2. （1）证明：数列{bn}是等差数列； 解： 证明：因为bn是数列{Sn}的前n项积， 所以n≥2时，Sn＝ ， 代入 ＋ ＝2可得， ＋ ＝2， 整理可得2bn－1＋1＝2bn，即bn－bn－1＝ （n≥2）. 又 ＋ ＝ ＝2，所以b1＝ ， 故{bn}是以 为首项， 为公差的等差数列. 数学·选择性必修第二册（BSD） （2）求{an}的通项公式. 解： 由（1）可知，bn＝ ，则 ＋ ＝2， 所以Sn＝ ， 当n＝1时，a1＝S1＝ ，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝ － ＝－ . 故an＝ 数学·选择性必修第二册（BSD） 培优二｜*数学归纳法 【例3】　已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＝ ＋ －1，且an＞0， n∈N＋. （1）求a1，a2，a3，并猜想{an}的通项公式； 解： 当n＝1时，由已知得a1＝ ＋ －1，即 ＋2a1－2＝0. ∴a1＝ －1（a1＞0）. 当n＝2时，由已知得a1＋a2＝ ＋ －1， 将a1＝ －1代入并整理得 ＋2 a2－2＝0. ∴a2＝ － （a2＞0）. 同理可得a3＝ － . 猜想an＝ － （n∈N＋）. 数学·选择性必修第二册（BSD） （2）证明通项公式的正确性. 解： 证明：①由（1）知，当n＝1时，通项公式成立. ②假设当n＝k（k∈N＋）时，通项公式成立， 即ak＝ － . 由于ak＋1＝Sk＋1－Sk＝ ＋ － － ， 将ak＝ － 代入上式，整理得 ＋2 ak＋1－2＝0， ∴ak＋1＝ － ＝ － ， 即n＝k＋1时通项公式成立. 由①②可知对所有n∈N＋，an＝ － 都成立. 数学·选择性必修第二册（BSD） 二、数学运算 　　在本章数学运算核心素养主要体现在等差（比）数列中基本量的运 算，数列求和问题中. 培优三｜等差、等比数列的基本运算 【例4】　（1）（2023·全国甲卷5题）设等比数列{an}的各项均为正数， 前n项和为Sn，若a1＝1，S5＝5S3－4，则S4＝（　C　） A. B. C. 15 D. 40 C 数学·选择性必修第二册（BSD） 解析： 法一　若该数列的公比q＝1，代入S5＝5S3－4中，有5＝5×3 －4，不成立，所以q≠1.由 ＝5× －4，化简得q4－5q2＋4＝0， 所以q2＝1（舍）或q2＝4，由于此数列各项均为正数，所以q＝2，所以S4 ＝ ＝15.故选C. 法二　由已知得1＋q＋q2＋q3＋q4＝5（1＋q＋q2）－4，整理得（1＋ q）（q3－4q）＝0，由于此数列各项均为正数，所以q＝2，所以S4＝1＋ q＋q2＋q3＝1＋2＋4＋8＝15.故选C. 数学·选择性必修第二册（BSD） （2）（2024·新高考Ⅱ卷12题）记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a3＋a4 ＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝ ⁠； 95　 数学·选择性必修第二册（BSD） 解析： 法一（基本量法）　因为数列{an}为等差数列， 则由题意得 解得 则S10＝10a1＋ d＝10×（－4）＋45×3＝95. 法二（下标和性质法）　设{an}的公差为d，由a3＋a4＝a2＋a5＝7，3a2 ＋a5＝5，得a2＝－1，a5＝8，故d＝ ＝3，a6＝11，则S10＝ ×10＝5（a5＋a6）＝5×19＝95. 数学·选择性必修第二册（BSD） （3）（2023·全国乙卷15题）已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10 ＝－8，则a7＝ ⁠. 解析： 法一　设数列{an}的首项为a1，公比为q.由a2a4a5＝a3a6， a9a10＝－8，得 ∴ 即a2＝1，q5＝－2.∴a7＝ a2q5＝1×（－2）＝－2. －2　 法二　设数列{an}的公比为q.∵a2a4a5＝a3a6≠0，∴a2＝1.又a9a10＝ a2q7·a2q8＝q15＝－8，于是q5＝－2，∴a7＝a2q5＝－2. 数学·选择性必修第二册（BSD） 培优四｜数列求和 【例5】　（2024·全国甲卷理18题）记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn ＝3an＋4. （1）求{an}的通项公式； 解： 因为4Sn＝3an＋4， ① 所以当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4， ② 则当n≥2时，①－②得4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1. 当n＝1时，由4Sn＝3an＋4得4a1＝3a1＋4，所以a1＝4≠0， 所以数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列， 所以an＝4×（－3）n－1. 数学·选择性必修第二册（BSD） （2）设bn＝（－1）n－1nan，求数列{bn}的前n项和Tn. 解： 法一（错位相减法）　因为bn＝（－1）n－1nan＝（－1）n－ 1n×4×（－3）n－1＝4n·3n－1， 所以Tn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n·3n－1， 所以3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n·3n， 两式相减得－2Tn＝4＋4（31＋32＋…＋3n－1）－4n·3n＝4＋ 4× －4n·3n＝－2＋（2－4n）·3n， 所以Tn＝1＋（2n－1）·3n. 数学·选择性必修第二册（BSD） 法二（裂项相消法）　bn＝（－1）n－1nan＝（－1）n－1n×4×（－3）n－ 1＝4n·3n－1， 令bn＝（kn＋b）·3n－[k（n－1）＋b]·3n－1， 则bn＝（kn＋b）·3n－[k（n－1）＋b]·3n－1＝3n－1[3kn＋3b－k（n－ 1）－b]＝（2kn＋2b＋k）·3n－1， 所以 解得 即bn＝（2n－1）·3n－[2（n－1）－1]·3n－1＝（2n－1）·3n－（2n－ 3）·3n－1， 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1×31－（－1）×30＋3×32－1×31＋ 5×33－3×32＋…＋（2n－1）·3n－（2n－3）·3n－1＝（2n－1）·3n－ （－1）×30＝（2n－1）·3n＋1. 数学·选择性必修第二册（BSD） 培优五｜函数方程思想在数列运算中的应用 【例6】　设等比数列{an}满足a1＋a2＝4，a3－a1＝8. （1）求{an}的通项公式； 解： 设{an}的公比为q，则an＝a1qn－1. 由已知得 解得a1＝1，q＝3. 所以{an}的通项公式为an＝3n－1. 数学·选择性必修第二册（BSD） （2）记Sn为数列{log3an}的前n项和.若Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，求m. 解： 由（1）知log3an＝n－1.故Sn＝ . 由Sm＋Sm＋1＝Sm＋3得m（m－1）＋（m＋1）m＝（m＋3）·（m＋ 2），即m2－5m－6＝0. 解得m＝－1（舍去），m＝6. 数学·选择性必修第二册（BSD） $