数列中的构造问题 课件-2027届高考数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“数列中的构造问题”专题，覆盖构造等差数列、等比数列的六大核心类型，依据高考评价体系分析了分式型、线性递推型等高频考点权重，归纳了“取倒数”“凑配常数”等常考题型，体现备考的系统性和针对性。 课件亮点在于“真题解析+思维路径+素养提升”的设计，如通过例2“\(a_{n+1}=2a_n+1\)”题型，示范“构造等比数列\(\{a_n+1\}\)”的突破方法，培养学生的数学思维和模型意识。特设“答题要语”和“易错点警示”，帮助学生掌握构造技巧，教师可据此开展精准教学，助力高考冲刺。

数 学 构建知识体系 形成关键能力 提高学科素养 精准高效备考 高考能力梯级集训 第4节　数列中的构造问题 返回目录 目录 1 2 能力高分练 课中 关键能力·可视思维 素养提升练 课中 高考定向·捕捉热点 第4节　数列中的构造问题 能力 高分练 课中 关键能力•可视思维 考点1　构造等差数列求通项公式 命题视角:通过对递推关系式进行代数变形,将非等差的数列转化为新的等差数列,再利用等差数列通项公式反推原数列通项. 例1 (2025·福建宁德模拟)已知数列{an}的首项a1=,且满足an+1=(n∈N*),则a20的值为(　　) A. B. C. D. A 返回目录 考点1 考点2 解析:因为a1=,an+1=(n∈N*),易知an≠0,所以=4+,即=4,又a1=,所以=3,故{}是以3为首项,4为公差的等差数列,则=3+4(n-1)=4n-1,故an=,所以a20=故选A. 返回目录 考点1 考点2 对点训练1 (2025·浙江宁波期末)已知正项数列{an}的前n项积为Tn,满足(an-1)Tn=2an,则an<时的n的最小值为(　　) A.2 026 B.2 025 C.2 024 D.2 023 B 返回目录 考点1 考点2 解析:由题意an>0,当n=1时,则(a1-1)a1=2a1,a1=3, 当n≥2时,由(an-1)Tn=2an①, 可得(an-1-1)Tn-1=2an-1②, ①÷②得an=an-1==1,所以数列{}是公差为1的等差数列,故+(n-1)·1,化简得an=+1. 令+1<,则n>,又n∈N*,所以n的最小值为2 025.故选B. 返回目录 考点1 考点2 答题要语 构造等差数列求通项需围绕“制造恒等公差”的核心,通过递推构造新数列,证其为等差数列,先求新数列通项公式,再反推原数列通项,同时必验证首项有效性,关注正项等隐含条件. 返回目录 考点1 考点2 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 考点2　构造等比数列求通项公式 角度 1 an+1=pan+q(p≠0,1,q≠0)型 命题视角:围绕an+1=pan+q进行命题. 例2 (2025·山西晋中模拟)若数列{an}的首项a1=1,且满足an+1=2an+1,则数列{an}的通项公式为(　　) A.an=2n-1 B.an=2n-1-1 C.an=2n+1-1 D.an=2n-2 A 返回目录 考点1 考点2 解析:∵an+1=2an+1, ∴an+1+1=2(an+1),即=2, ∴数列{an+1}是以a1+1=2为首项,以2为公比的等比数列,an+1=2×2n-1=2n, ∴an=2n-1.故选A. 返回目录 考点1 考点2 对点训练2 已知数列{an}满足an+1=an+4,且a1=1,则{an}的通项公式为 (　　) A.an=12-()n-1 B.an=()n+2 C.an=12-11×()n-1 D.an=8+()n-1 C 解析:设an+1+x=(an+x),即an+1=an-x,所以-x=4,解得x=-12,所以an+1-12 =(an-12),所以{an-12}是首项为a1-12=-11,公比为的等比数列, 所以an-12=-11×()n-1,an=12-11×()n-1.故选C. 返回目录 考点1 考点2 角度 2 an+1=pan+qn+c(p≠0,1,q≠0)型 命题视角:围绕an+1=pan+qn+c进行命题. 例3 (一题多解)(2025·广东大联考)在数列{an}中,a1=3,且an+1=3an+4n-6 (n∈N*),则{an}的通项公式为　 .  an=3n-2(n-1) 返回目录 考点1 考点2 解析: (方法1)设an+1+p(n+1)+q=3(an+pn+q),即an+1=3an+2pn+2q-p,与原式相比较,由对应项系数相等,得解得因为a1=3,所以a1+2-2=3,所以数列{an+2n-2}是首项为3,公比为3的等比数列,故an+2n-2 =3×3n-1=3n,故an=3n-2(n-1). (方法2)因为an+1=3an+4n-6(n∈N*), 所以an+1+2n=3an+4n-6+2n=3[an+2(n-1)].因为a1=3,所以a1+2×(1-1)=3,所以{an+2(n-1)}是首项为3,公比为3的等比数列,则an+2(n-1)=3×3n-1=3n,所以an=3n-2(n-1). 返回目录 考点1 考点2 角度 3 an+1=pan+qn(p≠0,1,q≠0,1)型 命题视角:围绕an+1=pan+qn进行命题. 例4 (一题多解)(2025·江西宜春调研)已知正项数列{an}中,a1=2, an+1=2an+3×5n,则数列{an}的通项公式为an=(　　) A.-3×2n-1 B.3×2n-1 C.5n+3×2n-1 D.5n-3×2n-1 D 返回目录 考点1 考点2 解析: (方法1)在递推公式an+1=2an+3×5n的两边同时除以5n+1, 得,① 令bn=,则①式变为bn+1=bn+,即bn+1-1=(bn-1),所以数列{bn-1}是首项为b1-1=-1=-,公比为的等比数列,所以bn-1=-)n-1,即bn=1-)n-1,所以=1-)n-1=1-,所以an=5n-3×2n-1. (方法2)设an+1+k×5n+1=2(an+k×5n),则an+1=2an-3k×5n,与an+1=2an+3×5n比较可得k=-1,所以an+1-5n+1=2(an-5n),所以数列{an-5n}是首项为a1-5=-3,公比为2的等比数列,所以an=5n-3×2n-1. 返回目录 考点1 考点2 对点训练3 数列{an}满足a1=2,an+1=3an+2n+1,则数列{an}的通项公式为an=　　　　　.  2(3n-2n) 解析:数列{an}中,由an+1=3an+2n+1,得+1,即+2=+2),而a1=2,+2=3,于是数列{+2}是首项为3,公比为的等比数列,因此+2=3×()n-1,即an=2(3n-2n),所以数列{an}的通项公式为an=2(3n-2n). 返回目录 考点1 考点2 角度 4 形如an+1=pan+qan-1型(相邻项的差为特殊数列) 命题视角:围绕an+1=pan+qan-1进行命题. 例5 (一题多解)已知数列{an}满足a1=1,a2=2,且an+1=2an+3an-1(n≥2,n∈N*), 则数列{an}的通项公式为an=　 .  返回目录 考点1 考点2 解析: (方法1)因为an+1=2an+3an-1(n≥2,n∈N*),所以an+1+an=3(an+an-1). 设bn=an+1+an,所以=3. 又因为b1=a2+a1=3,所以{bn}是以3为首项,3为公比的等比数列,所以bn=an+1+an=3×3n-1=3n,从而,不妨令cn=,即cn+1+cn=,故cn+1-=-(cn-),即=-,又因为c1-,所以数列{cn-}是首项为,公比为-的等比数列,故cn-(-)n-1=,从而an= (方法2)因为方程x2=2x+3的两根为-1,3,可设an=c1·(-1)n-1+c2·3n-1,由a1=1,a2=2,解得c1=,c2=,所以an= 返回目录 考点1 考点2 对点训练4 已知数列{an}满足a1=1,a2=5,an+2=5an+1-6an. 证明:(1){an+1-2an}是等比数列; (2)存在两个等比数列{bn},{cn},使得an=bn+cn成立. 证明:(1)由已知得,an+2=5an+1-6an, ∴an+2-2an+1=5an+1-6an-2an+1, ∴an+2-2an+1=3an+1-6an=3(an+1-2an),显然an+1-2an≠0,=3, ∴数列{an+1-2an}是首项为a2-2a1=5-2=3,公比为3的等比数列. 返回目录 考点1 考点2 (2)∵an+2=5an+1-6an, ∴an+2-3an+1=5an+1-6an-3an+1, ∴an+2-3an+1=2an+1-6an=2(an+1-3an),显然an+1-3an≠0,=2, ∴数列{an+1-3an}是首项为a2-3a1=5-3=2,公比为2的等比数列, ∴an+1-3an=2n,① 又由第(1)问得an+1-2an=3n,② ∴②-①得,an=3n-2n, ∴存在bn=3n,cn=-2n,两个等比数列{bn},{cn},使得an=bn+cn成立. 返回目录 考点1 考点2 角度 5 形如an+1=型(倒数为特殊数列) 命题视角:围绕形如an+1=进行命题. 例6 (2025·安徽合肥模拟)已知数列{an}中,a1=1,an+1=(n∈N*),则a13=(　　) A. B. C. D. D 返回目录 考点1 考点2 解析:由a1=1,an+1=,知an≠0,得,又=1, ∴数列{}是以1为首项,为公差的等差数列, =1+(n-1)=,an=,n∈N*,∴a13= 返回目录 考点1 考点2 对点训练5 已知数列{an}满足a1=1,an+1=(n∈N*),则an=　　　　　.  解析:因为a1=1,an+1=,显然an≠0,得=4+,即=4,则数列{}是首项为1,公差为4的等差数列,因此=1+4(n-1)=4n-3,所以an= 返回目录 考点1 考点2 角度 6 形如an+1=p型(对数为特殊数列) 命题视角:围绕形如an+1=p进行命题. 例7 (2025·湖南岳阳模拟)数列{an}中,a1=1,an+1=2,则数列{an}的通项公式为　　　 　　.  an= 返回目录 考点1 考点2 解析:由a1=1,an+1=2,得an>0,两边取常用对数,得lg an+1=3lg an+lg 2. 令bn=lg an,得bn+1=3bn+lg 2, ∴bn+1+=3(bn+). ∵b1+=lg 1+0, ∴数列{bn+}是以为首项,3为公比的等比数列,则bn+=3n-1,即bn=(3n-1-1)lg 2=lg ∵bn=lg an,∴an= 返回目录 考点1 考点2 对点训练6 数列{an}中,a1=1,an+1=2,则数列{an}的通项公式为 an=　　 　　.  解析:由a1=1,an+1=,得an>0.取以2为底的对数,得log2an+1=log2(2),则log2an+1=log22+2log2an,则log2an+1=1+2log2an,设bn=log2an,则有bn+1=1+2bn,则bn+1+1=2(bn+1),所以{bn+1}是以b1+1=1为首项,2为公比的等比数列,所以bn+1=2n-1,所以bn=2n-1-1,即log2an=2n-1-1,故an= 返回目录 考点1 考点2 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 素养 提升练 课中 高考定向•捕捉热点 命题趋势1:近年高考中数列构造问题以中档难度为主,集中考查由递推公式构造等差、等比数列,逐步加强与函数、不等式等知识的综合考查. 1.设a,b∈R,数列{an}满足a1=a,an+1=+b,n∈N*,则(　　) A.当b=时,a10>10 B.当b=时,a10>10 C.当b=-2时,a10>10 D.当b=-4时,a10>10 A 返回目录 解析:当b=时,a2=,a3=,a4=1,当n≥4时, an+1=1,则loan+1>2loan⇒loan+1>2n-1,则an+1≥((n≥4),则a10≥(=(1+)64=1++…> 1+4+7>10,故选A. 返回目录 2.(原创+模块间融通)在数列{an}中,已知a1=3.若对于任意大于1的正整数n,点()在直线x-y-=0上,则=　　　.  3 解析:由题意,=0,即,又,所以数列{}是首项为,公差为d=的等差数列, 所以+(n-1)d=n,所以an=3n2, 所以==3. 返回目录 命题趋势2:强化由递推关系构造新数列,融合函数单调性、不等式放缩等,创新问题情境. 3.(2025·河北唐山期末)数列{an}满足a1=4,an+1=2an-2,对于任意的n∈N*,λ(an-2)<an-6恒成立,则实数λ的取值范围是(　　) A.(-∞,1) B.(-∞,-1) C.(-1,2) D.(1,2) B 返回目录 解析:因为an+1=2an-2,所以an+1-2=2an-4=2(an-2),所以=2,所以{an-2}是以a1-2=2为首项,公比为2的等比数列,所以an-2=2×2n-1=2n,所以an=2n+2. 由λ(an-2)<an-6恒成立,得λ<=1-=1-恒成立,令y=1-,由于n∈N*,显然y是关于n的单调递增函数,所以当n=1时,ymin=1-=-1,所以λ<-1.故选B. 返回目录 4.(2025·重庆模拟)正项数列{an}的前n项和为Sn,首项a1=1,已知函数f(x)=x3+an+1x2+(an+)2x有且仅有两个零点,则S6=(　　) A.120 B.125 C.57 D.247 A 返回目录 解析:因为f(x)=x3+an+1x2+(an+)2x,所以f(x)=x[x2+an+1x+(an+)2],而f(0)=0,则方程x2+an+1x+(an+)2=0有且仅有一个根,且根不为0,得到Δ=-4 ×1×(an+)2=0,即=4(an+)2,而{an}是正项数列,得到an+1=2(an+)=2an+1,则an+1+1=2an+2=2(an+1),又a1+1=1+1=2≠0,得到=2,令bn=an+1,a1=1,则b1=a1+1=2,得到{bn}是首项为2,公比为2的等比数列,则bn=2×2n-1=2n,得到an+1=2n,即an=2n-1,故Sn=-n=2n+1-2-n,得到S6=27-2-6=120.故选A. 返回目录 $