(新高考)高考数学一轮复习课件第6章§6.4《数列中的构造问题　培优课》(含解析)

这是一份(新高考)高考数学一轮复习课件第6章§6.4《数列中的构造问题　培优课》(含解析)，共54页。PPT课件主要包含了思维升华，n－1，倒数为特殊数列，课时精练，故选项D正确，n＋13n－1等内容，欢迎下载使用。

命题点1　an＋1＝pan＋q(p≠0,1，q≠0，其中a1＝a)例1　(2022·九江模拟)在数列{an}中，a1＝5，an＋1＝3an－4，求数列{an}的通项公式.
形如an＋1＝pan＋f(n)型
由an＋1＝3an－4，可得an＋1－2＝3(an－2)，
又a1＝5，所以{an－2}是以a1－2＝3为首项，3为公比的等比数列，所以an－2＝3n，所以an＝3n＋2.
命题点2　an＋1＝pan＋qn＋c(p≠0,1，q≠0)例2　已知数列{an}满足an＋1＝2an－n＋1(n∈N*)，a1＝3，求数列{an}的通项公式.
∵an＋1＝2an－n＋1，∴an＋1－(n＋1)＝2(an－n)，
∴数列{an－n}是以a1－1＝2为首项，2为公比的等比数列，∴an－n＝2·2n－1＝2n，∴an＝2n＋n.
命题点3　an＋1＝pan＋qn(p≠0,1，q≠0,1)例3　在数列{an}中，a1＝－1，an＋1＝2an＋4·3n－1，求数列{an}的通项公式.
方法一　原递推式可化为an＋1＋λ·3n＝2(an＋λ·3n－1).①比较系数得λ＝－4，①式即是an＋1－4·3n＝2(an－4·3n－1).则数列{an－4·3n－1}是首项为a1－4·31－1＝－5，公比为2的等比数列，∴an－4·3n－1＝－5·2n－1，即an＝4·3n－1－5·2n－1.
∴an＝3n·bn＝4·3n－1－5·2n－1.
(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.
跟踪训练1　(1)(2022·武汉二中月考)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A.an＝－3×2n－1 B.an＝3×2n－1C.an＝5n＋3×2n－1 D.an＝5n－3×2n－1
方法一　将递推公式an＋1＝2an＋3×5n的两边同时除以5n＋1，
方法二　设an＋1＋k×5n＋1＝2(an＋k×5n)，则an＋1＝2an－3k×5n，与题中递推公式比较得k＝－1，即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，则an－5n＝－3×2n－1，故an＝5n－3×2n－1.
(2)(2022·衡水质检)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1－2Sn＝1，n∈N*，则数列{an}的通项公式为_______________.
an＝2n－1，n∈N*
因为Sn＋1－2Sn＝1，所以Sn＋1＝2Sn＋1.因此Sn＋1＋1＝2(Sn＋1)，因为a1＝S1＝1，S1＋1＝2，所以{Sn＋1}是首项为2，公比为2的等比数列.所以Sn＋1＝2n，Sn＝2n－1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，a1＝1也满足此式，所以an＝2n－1，n∈N*.
例4　已知在数列{an}中，a1＝5，a2＝2，an＝2an－1＋3an－2(n≥3)，求这个数列的通项公式.
相邻项的差为特殊数列(形如an＋1＝pan＋qan－1，其中a1＝a，a2＝b型)
∵an＝2an－1＋3an－2，∴an＋an－1＝3(an－1＋an－2)，又a1＋a2＝7，∴{an＋an－1}是首项为7，公比为3的等比数列，则an＋an－1＝7×3n－2，①又an－3an－1＝－(an－1－3an－2)，a2－3a1＝－13，∴{an－3an－1}是首项为－13，公比为－1的等比数列，则an－3an－1＝(－13)·(－1)n－2，②①×3＋②得，4an＝7×3n－1＋13·(－1)n－1，
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}.
跟踪训练2　(1)数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足an＋2＝2an＋1－an (n∈N*)，则数列{an}的通项公式为__________________.
an＝10－2n(n∈N*)
由题意知，an＋2－an＋1＝an＋1－an，所以{an}为等差数列.设公差为d，由题意得2＝8＋3d⇒d＝－2，得an＝8－2(n－1)＝10－2n.
(2)在数列{an}中，a1＝1，a2＝3，an＋2＝3an＋1－2an，则an＝______.
由题意知，an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)，∵a2－a1＝2，∴{an－an－1}是首项为2，公比为2的等比数列，an－an－1＝2n－1(n≥2)，当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
显然n＝1时满足上式，∴an＝2n－1.
分别用1,2,3，…，n－1替换n，有
以上n－1个式子相加，
KESHIJINGLIAN
1.数列{an}满足an＝4an－1＋3(n≥2)且a1＝0，则此数列第5项是A.15 B.255C.16 D.63
∵an＝4an－1＋3(n≥2)，∴an＋1＝4(an－1＋1)(n≥2)，∴{an＋1}是以1为首项，4为公比的等比数列，则an＋1＝4n－1.∴an＝4n－1－1，∴a5＝44－1＝255.
2.(2022·许昌模拟)数列{an}的首项a1＝2，且an＋1＝4an＋6(n∈N*)，令bn＝lg2(an＋2)，则 等于A.2 020 B.2 021C.2 022 D.2 023
∵an＋1＝4an＋6(n∈N*)，∴an＋1＋2＝4an＋6＋2＝4(an＋2)>0，
∴数列{an＋2}是以4为首项，4为公比的等比数列，故an＋2＝4n，由bn＝lg2(an＋2)得，bn＝lg24n＝2n，
设数列{bn}的前n项和为Sn，则S2 022＝2(1＋2＋3＋…＋2 021＋2 022)＝2 022×2 023，
3.(2022·厦门模拟)已知数列{an}满足：a1＝a2＝2，an＝3an－1＋4an－2(n≥3)，则a9＋a10等于A.47 B.48C.49 D.410
由题意得a1＋a2＝4，由an＝3an－1＋4an－2(n≥3)，得an＋an－1＝4(an－1＋an－2)，
所以数列{an＋an＋1}是首项为4，公比为4的等比数列，所以a9＋a10＝49.
4.已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝2an＋2n，n∈N*，则a4等于A.64 B.56C.32 D.24
∴an＝n·2n－1，∴a4＝4×24－1＝32.
6.已知数列{an}满足3an－2an－1＝an＋1(n≥2，n∈N*)，且a1＝0，a6＝2 022，则a2等于
由3an－2an－1＝an＋1(n≥2，n∈N*)，可得2(an－an－1)＝an＋1－an，若an－an－1＝0，则a6＝a5＝…＝a1，与题中条件矛盾，
即数列{an＋1－an}是以a2－a1为首项，2为公比的等比数列，所以an＋1－an＝a2·2n－1，所以a6－a1＝a2－a1＋a3－a2＋a4－a3＋a5－a4＋a6－a5＝a2·20＋a2·21＋a2·22＋a2·23＋a2·24＝31a2＝2 022，
7.(多选)已知数列{an}满足a1＝1,4an＋1＝3an－n＋4，则下列结论正确的是
∵a1＝1,4an＋1＝3an－n＋4，
又∵a1＋1－8＝－6，
显然(a2＋2)2≠(a1＋2)(a3＋2)，∴{an＋2}不可能是等比数列，故D正确.
故选项A正确，选项B不正确；
即{an}为递减数列，故选项C不正确；
＝(22＋23＋…＋2n＋1)－3n
9.已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝3an＋3n，则a5＝_____.
∴an＝n·3n－1，a5＝5×34＝405.
所以n(an＋1＋an)(an＋1－an)＝an(an＋1＋an)，因为数列{an}各项均为正数，所以an＋1＋an>0，所以n(an＋1－an)＝an，
因为an＋1＝2an＋1，所以an＋1＋1＝2(an＋1)，所以数列{an＋1}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列，所以an＋1＝2n，所以an＝2n－1；