第一章 教考衔接1 构造法求解数列问题-【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章节中构造法求解问题，以直线相交交点数实例（2条1个、3条3个、4条6个）为课堂导入，引导学生从几何情境中观察数量规律，搭建从具体问题抽象出数列模型的学习支架，衔接数列概念与构造法应用的知识脉络。 其亮点在于通过几何直观情境培养学生数学眼光，引导观察推理交点数规律（1,3,6…），渗透从具体到抽象的数学思维，强化模型意识。采用情境导入与问题驱动的教学方法，学生能提升抽象与推理能力，教师可借助实例增强教学直观性，提高课堂效率。

第一章　数列 教考衔接1　构造法求解数列问题 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 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 (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P8B组第2题] 观察下列各图，并阅读图形下面的文字表述，则当图中有10条直线相交时，交点的个数最多是(　　) A．40　　　　　　　 B．45 C．50 D．55 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，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　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，求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\up12(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　形如an＝ eq \f(pan－1,ran－1＋s)型 　(多选题)已知数列{an}满足a1＝ eq \f(3,2)，an＋1＝ eq \f(3an,6＋an)，则下列结论中错误的有(　　) A． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋\f(1,3)))为等比数列 B．{an}的通项公式为 eq \f(1,3·2n-1－1) C．{an}为递增数列 D． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n项和为2n－ eq \f(n,3)－1 [解析]　由题意得 eq \f(1,an＋1)＝ eq \f(2,an)＋ eq \f(1,3)，则 eq \f(1,an＋1)＋ eq \f(1,3)＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋\f(1,3)))，而 eq \f(1,a1)＋ eq \f(1,3)＝1， 故 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋\f(1,3)))是首项为1，公比为2的等比数列， 所以 eq \f(1,an)＋ eq \f(1,3)＝2n-1，得an＝ eq \f(1,2n-1－\f(1,3))，{an}为递减数列，故A正确，B，C错误， 对于D， eq \f(1,a1)＋ eq \f(1,3)＋ eq \f(1,a2)＋ eq \f(1,3)＋…＋ eq \f(1,an)＋ eq \f(1,3)＝2n－1， eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n项和为2n－ eq \f(n,3)－1，故D正确， 故选AD. [答案]　AD 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.　 $