教考衔接1(课件PPT)-【精讲精练】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册（人教A版2019）

第四章　数 列 教考衔接1　构造法求解数列问题 栏目导航 第四章　数 列 1 栏目导航 第四章　数 列 1 栏目导航 第四章　数 列 1 栏目导航 第四章　数 列 1 栏目导航 第四章　数 列 1 栏目导航 第四章　数 列 1 栏目导航 第四章　数 列 1 栏目导航 第四章　数 列 1 栏目导航 第四章　数 列 1 栏目导航 第四章　数 列 1 栏目导航 第四章　数 列 1 栏目导航 第四章　数 列 1 栏目导航 第四章　数 列 1 栏目导航 第四章　数 列 1 栏目导航 第四章　数 列 1 栏目导航 第四章　数 列 1 栏目导航 第四章　数 列 1 谢谢观看 栏目导航 第四章　数 列 1 一、真题展示 (2019·全国卷Ⅱ)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0，4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4. (1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列； (2)求{an}和{bn}的通项公式． 二、真题溯源 [教材P41第11题] 已知数列{an}的首项a1＝ eq \f(3,5) ，且满足an＋1＝ eq \f(3an,2an＋1) . (1)求证：数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1)) 为等比数列； (2)若 eq \f(1,a1) ＋ eq \f(1,a2) ＋ eq \f(1,a3) ＋…＋ eq \f(1,an) <100，求满足条件的最大整数n. 三、类法探究 高考中与数列相关的计算与证明问题中经常出现利用递推关系构造新数列问题，此类问题一般含有一定的技巧性，难度中等． 类型一　形如an＋1＝pan＋f(n)型 　(1)(多选题)数列{an}的首项为1，且an＋1＝2an＋1，Sn是数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是(　　) A．a3＝7 B．数列{an＋1}是等比数列 C．an＝2n－1 D．Sn＝2n＋1－n－1 (2)已知数列{an}的前n项和为Sn，an＋1＝Sn＋2n＋1，a1＝2，则Sn＝(　　) A．(n＋1)·2n　　　 B．(n＋1)·2n－1 C．n·2n－1 D．n·2n [解析]　(1)∵an＋1＝2an＋1， 可得an＋1＋1＝2(an＋1)， 又a1＋1＝2， ∴数列{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，故B正确； 则an＋1＝2n，∴an＝2n－1，故C错误； 则a3＝7，故A正确； ∴Sn＝ eq \f(2(1－2n),1－2) －n＝2n＋1－n－2，故D错误． 故选AB. (2)因为an＋1＝Sn＋2n＋1，则Sn＋1－Sn＝Sn＋2n＋1，于是得 eq \f(Sn＋1,2n＋1) － eq \f(Sn,2n) ＝1， 因此数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,2n))) 是公差为1的等差数列，首项 eq \f(S1,21) ＝1， 则 eq \f(Sn,2n) ＝1＋(n－1)×1＝n，所以Sn＝n·2n. 故选D. [答案]　(1)AB　(2)D (1)形如an＋1＝αan＋β(α≠0，1，β≠0)的递推式可用构造法求通项，构造法的基本原理是在递推关系的两边加上相同的数或相同性质的量，构造数列的每一项都加上相同的数或相同性质的量，使之成为等差数列或等比数列． (2)递推公式an＋1＝αan＋β的推广式an＋1＝αan＋β×γn(α≠0，1，β≠0，γ≠0，1)，两边同时除以γn＋1后得到 eq \f(an＋1,γn＋1) ＝ eq \f(α,γ) · eq \f(an,γn) ＋ eq \f(β,γ) ，转化为bn＋1＝kbn＋ eq \f(β,γ) (k≠0，1)的形式，通过构造公比是k的等比数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn－\f(β,γ(1－k)))) 求解． 类型二　相邻项的差为特殊数列(形如an＋1＝pan＋qan－1型) 　甲、乙两人拿两颗质地均匀的骰子做抛掷游戏．规则如下：由一人同时掷两颗骰子，观察两颗骰子向上的点数之和，若两颗骰子的点数之和为两位数，则由原掷骰子的人继续掷；若掷出的点数之和不是两位数，就由对方接着掷．第一次由甲开始掷，设第n次由甲掷的概率为Pn，则P3＝________，求Pn与Pn－1的关系，Pn＝________． [解析]　两颗骰子的点数之和为两位数的概率为 eq \f(3＋2＋1,36) ＝ eq \f(1,6) . 第n次由甲掷有两种情况： ①第n－1次由甲掷，第n次由甲掷，概率为 eq \f(1,6) Pn－1； ②第n－1次由乙掷，第n次由甲掷， 概率为 eq \f(5,6) (1－Pn－1). 这两种情况是互斥的，所以当n≥2时，Pn＝ eq \f(1,6) Pn－1＋ eq \f(5,6) (1－Pn－1)， 即Pn＝－ eq \f(2,3) Pn－1＋ eq \f(5,6) ， 所以Pn－ eq \f(1,2) ＝－ eq \f(2,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Pn－1－\f(1,2))) ， P1－ eq \f(1,2) ＝1－ eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,2) ， 则数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Pn－\f(1,2))) 是以 eq \f(1,2) 为首项，－ eq \f(2,3) 为公比的等比数列， 所以Pn＝ eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3))) eq \s\up20(n－1) ，所以P3＝ eq \f(13,18) . [答案]　 eq \f(13,18) 　－ eq \f(2,3) Pn－1＋ eq \f(5,6) (n≥2) 可以化为an＋1－x1an＝x2(an－x1an－1)，其中x1，x2是方程x2－px－q＝0的两个根，若1是方程的根，则直接构造数列{an－an－1}，若1不是方程的根，则需要构造两个数列，采取消元的方法求数列{an}． 类型三　倒数为特殊数列 　若数列{an}满足an＋1＝ eq \f(an,2an＋3) (an≠0，且an≠－1)，则 eq \f(a2 024＋1,a2 024) 与 eq \f(a2 023＋1,a2 023) 的比值为(　　) A． eq \f(1,3) 　　　 B． eq \f(1,2) C．2　　　 D．3 [解析]　an＋1＝ eq \f(an,2an＋3) ，由an≠0，得an＋1≠0， 等式两边同取倒数得 eq \f(1,an＋1) ＝ eq \f(2an＋3,an) ＝2＋ eq \f(3,an) ， 两边同加1得， eq \f(an＋1＋1,an＋1) ＝3＋ eq \f(3,an) ＝3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,an))) . 又an≠－1，则an＋1≠0. 则有 eq \f(\f(an＋1＋1,an＋1),\f(an＋1,an)) ＝3，所以数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,an))) 是公比为3的等比数列， 则 eq \f(a2 024＋1,a2 024) 与 eq \f(a2 023＋1,a2 023) 的比值为3.故选D. [答案]　D 两边同时取倒数转化为 eq \f(1,an＋1) ＝ eq \f(s,p) · eq \f(1,an) ＋ eq \f(r,p) 的形式，化归为bn＋1＝pbn＋q型，求出 eq \f(1,an) 的表达式，再求an. $$