怎么利用构造法求数列的通项公式

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构造法求数列通项公式

——构造法（待定系数法）
作者：刘高峰 2016.10 北京师范大学东莞石竹附属学校
复习回顾
一、观察法：如数列二、公式法：
1, 1 , 1 , 1 , 1 , 3579
1、等差数列：an a1 (n 1)d
2、等比数列：an a1qn1
3、an Sn Sn1 (n 2) ——（作差法）
巩固练习
练习2：已知数列{an }中，a1

3 2
，2an

an1

6n

3，
求an .
课后思考
1、形如 an1 pan an2 bn c 如何求通项公式？已知数列{an} 满足：a1 1, an1 2an 3n2 4n 5，求an .
2、形如 an1 pan qn 如何求通项公式？已知数列{an}满足：a1 1, an1 3an 2n ，求 an .
课后作业
1、已知数列an中，a1 1 ，an1 2an 3，求 an .
2、已知数列an 中，a1 1, an 4an1 n 1, (n 2)，
求 an .
再见！
巩固练习
练习1：已知数列{an }中，a1

2
，an1

1 2
an

1 2
，
求数列的通项an .
知识延伸
例2、已知数列{an} 中，a1 ， 1 an1 3an 2n ，求 an .
规律总结
an1 pan kn b
an1 x(n 1) y p(an xn y)
问题探究
例1、已知数列{an}满足：a1 1 ，且an1 2an 1 ，（1）证明：数列{an 1} 是等比数列；（2）求 an .

(完整版)用构造法求数列的通项公式汇总

用构造法求数列的通项公式上海外国语大学嘉定外国语实验学校徐红洁在高中数学教材中，有很多已知等差数列的首项、公比或公差(或者通过计算可以求出数列的首项,公比),来求数列的通项公式。

但实际上有些数列并不是等差、等比数列,给出数列的首项和递推公式,要求出数列的通项公式。

而这些题目往往可以用构造法，根据递推公式构造出一个新数列，从而间接地求出原数列的通项公式。

对于不同的递推公式，我们当然可以采用不同的方法构造不同的类型的新数列。

下面给出几种我们常见的构造新数列的方法：一．利用倒数关系构造数列。

例如：中，若求a n }{n a 数列),(411,211N n a a a nn ∈+==++4,n n nn b b a b ==+1,1则设即＝４，n n b b -+1｝是等差数列。

n b {∴可以通过等差数列的通项公式求出,然再求后数列{ a n }的通项。

n b 练习：1)数列{ a n }中，a n ≠0，且满足求a n),(,311,2111N n a a a nn ∈+==+2)数列{ a n }中，求a n 通项公式。

,22,111+==+n nn a a a a 3)数列{ a n }中,求a n .),,2(02,0,1111N n n a a a a a a n n n n n ∈≥=-⋅+≠=--且二．构造形如的数列。

2n n a b =例：正数数列{ a n }中，若n n n a N n a a a 求),(4,52211∈-==+ 解：设4,4,112-=--==++n n n n n n b b b b a b 即则),71(,429429429)4()1(25254}{2211N n n n a na n nb a b b n n n n ∈≤≤-=∴-=-=-⋅-+=∴==-即，是等差数列，公差是数列练习：已知正数数列{ a n }中，,),2(2,211N n n a a a n n ∈≥==-求数列{ a n }的通项公式。

(完整版)数列通项公式常用求法及构造法

数列通项公式的常用求法构造法求数列通项公式一、构造等差数列求数列通项公式运用乘、除、去分母、添项、去项、取对数、待定系数等方法，将递推公式变形成为(1)()f n f n +-=A （其中A 为常数）形式，根据等差数列的定义知)(n f 是等差数列，根据等差数列的通项公式，先求出)(n f 的通项公式，再根据)(n f 与n a ，从而求出n a 的通项公式。

例1 在数列{}n a 中，1a =12，133n n n a a a +=+（n N +∈），求数列{}n a 通项公式.解析：由313n n a n a a ++=得，a n+1 a n =3 a n+1-3 a n =0，两边同除以a n+1 a n 得，=-+n n a a 11131，设b n =n a 1，则b n+1- b n =31，根据等差数列的定义知，数列｛b n ｝是首项b 1=2，公差d=31的等差数列，根据等差数列的通项公式得b n =2＋31（n-1）=31n ＋35∴数列通项公式为a n =53+n例2 在数列｛a n ｝中，S n 是其前n 项和，且S n ≠0，a 1=1，a n =1222-n n S S (n ≥2)，求S n 与a n 。

解析：当n ≥2时，a n =S n -S n-1 代入a n =1222-n n S S 得，S n -S n-1=1222-n n S S ，变形整理得S n -S n-1= S n S n-1两边除以S n S n-1得，n S 1-11-n S =2，∴｛n S 1｝是首相为1，公差为2的等差数列∴n S 1=1+2（n-1）=2n-1, ∴ S n =121-n (n ≥2),n=1也适合，∴S n =121-n (n ≥1) 当n ≥2时，a n =S n -S n-1=121-n -321-n =-38422+-n n ，n=1不满足此式， ∴a n ={21138422≥=+--n n n n二、构造等比数列求数列通项公式运用乘、除、去分母、添项、去项、取对数、待定系数等方法，将递推公式变形成为f （n+1）=Af （n ）（其中A 为非零常数）形式，根据等比数列的定义知)(n f 是等比数列，根据等比数列的通项公式，先求出)(n f 的通项公式，再根据)(n f 与n a ，从而求出n a 的通项公式。

高考数学构造法求数列通项的八种技巧(二)(解析版)

构造法求数列通项的八种技巧(二)【必备知识点】◆构造四:同型构造法所谓同型构造法,就是将找因式中的因子和数列项数相同或者相近的部分通过同除或同乘化归成结构相同的形式,形成新的数列,如常数列,等差数列或等比数列.下面让我们来看看有哪些模型结构吧.模型一：a n +1=nn +1⋅a n 左右同乘n +1 (n +1)a n +1=n ⋅a n ,构造b n =n ⋅a n ,则b n +1=b n ,b n 为常数数列.模型二：a n +1=n +1n ⋅a n 左右同除n +1 a n +1n +1=a n n ,构造b n =a n n,则b n +1=b n ,b n 为常数数列.模型三：a n +1=n +2n ⋅a n 左右同除n +2 n +1 a n +1(n +1)(n +2)=a n n (n +1),构造b n =a n n (n +1),则b n +1=b n,b n 为常数数列.模型四：na n +1=2(n +1)a n 左右同除n n +1a n +1n +1=2a n n ,构造b n =an n,则b n +1=2b n ,b n 为等比数列.模型五：a n +1=n +2n ⋅S n ⇒S n +1-S n =n +2n ⋅S n ⇒S n +1=2n +2n ⋅S n 左右同除n +1 S n +1n +1=2S n n,构造b n =S nn ,则b n +1=2b n ,b n 为等比数列.模型六：a n +1=n +1n ⋅a n +n +1左右同除n +1 a n +1n +1=a n n +1,构造b n =a n n,则b n +1=b n +1,b n 为等差数列.模型七：a n +1=2a n +2n +1左右同除2n +1a n +12n +1=a n 2n +1,构造b n =a n 2n,则b n +1=b n +1,b n 为等差数列.模型八：a n -a n +1=a n a n +1左右同除a n a n +11a n +1-1a n =1,构造b n =1an ,则b n +1-b n =1,b n 为等差数列.看了这么多模型,是不是觉得很多,很难记住呢,其实向大家展示这么多,只是想向大家展示,当看到这类式子,尽量将n +1和a n +1,n 和a n 等因子和数列项数相同的部分划归成结构相同的形式,构造成新数列.【经典例题1】已知数列a n 满足a 1=23,a n +1=nn +1⋅a n,求a n . 【解析】因为a n +1=nn +1a n,所以(n +1)a n +1=na n .令b n =na n ,则b n =b n +1,即b n 是常数数列,所以b n=b 1,即na n =1×a n =23,a n =23n.【经典例题2】已知数列a n 中,a n +1=nn +2a n且a 1=2,求数列a n 的通项公式.【解析】因为a n +1=nn +2a n,所以(n +2)a n +1=na n ,(n +1)(n +2)a n +1=n (n +1)a n .令b n =n (n +1)a n ,则b n +1=b n ,即b n 是常数数列,所以b n =b 1.因此n (n +1)a n =1×2×2,a n =4n (n +1).【经典例题3】已知数列a n 中,na n +1=2(n +1)a n +n (n +1)且a 1=1,求数列a n 的通项公式.【解析】na n +1=2(n +1)a n +n (n +1),等式两侧同除n (n +1),形成a n +1n +1=2a n n +1,令b n =an n,则b n +1=2b n +1,这又回到了构造一的形式,所以b n +1+1=2(b n +1),b n +1 是以2为首项,2为公比的等差数列,即b n +1=2×2n -1=2n , b n =2n -1,所以a nn=2n -1,a n =n (2n -1).【经典例题4】已知a 1=1,且na n +1=(n +2)a n +n ,求数列a n 的通项公式.【解析】等式两侧同除n (n +1)(n +2),得a n +1(n +1)(n +2)=a n n (n +1)+1(n +1)(n +2),即a n +1(n +1)(n +2)-a n n (n +1)=1(n +1)(n +2),a n +1(n +1)(n +2)-a n n (n +1)=1(n +1)-1(n +2),另b n =a n n (n +1)，所以b n +1-b n =1(n +1)-1(n +2),接下来就是叠加法发挥作用的时候了b 2-b 1=12-13b 3-b 2=13-14b 4-b 3=14-15⋯⋯b n -b n -1=1n -1(n +1)叠加得b n -b 1=12-1(n +1),b 1=a 12=12,所以b n =1-1(n +1)=n n +1，即a n n (n +1)=nn +1，a n =n 2.【练习1】已知数列a n 满足a 1=1,a n -a n +1=3a n a n +1,则a 10=()A.28B.128C.-28D.-128【答案】B【解析】数列a n 满足a 1=1,a n -a n +1=3a n a n +1,则:1a n +1-1a n=3(常数)则：数列1a n 是以1a 1=1为首项,3为公差的等差数列。

构造法求数列通项

构造法求数列通项介绍构造“新数列”求原数列通项的方法简捷实用。

一、型如1()n n a pa f n +=+(p 为常数且0p ≠，1p ≠)的数列，其本身并不是等差或等比数列，但可以经过适当的变形后，即可构造出一个新数列，利用这个数列可求其通项公式。

1、()f n q = (q 为常数)，可构造等比数列求解。

例1、已知数列}{n a 的递推关系为121+=+n n a a ，且11=a ，求通项n a 。

解：∵121+=+n n a a ，∴)1(211+=++n n a a ，令1+=n n a b ，则数列}{n b 是公比为2的等比数列，∴11-=n n q b b ，即n n n q a a 2)1(111=+=+-，∴12-=n n a 。

例2、已知数列{}n a 满足112a =，132n n a a --=（2n ≥），求通项n a 。

解：由132n n a a --=，得111(1)2n n a a --=--，又11210a -=≠，所以数列{1}n a -是首项为12，公比为12-的等比数列，∴11111(1)()1()22n nn a a -=---=+-。

注：一般地，递推关系式1n n a pa q +=+ (p 、q 为常数，且p ≠0，p ≠1)可等价地改写成)1(11p q a p p q a n n --=--+，则{pqa n --1}为等比数列，从而可求n a 。

2、()f n 为等比数列，可构造等差数列、等比数列求解。

如()nf n q = (q 为常数) ，两边同除以nq ，得111n n n n a a q p q q ++∙=+，令nnn a q b =，则可转化为1n n b pb q +=+的形式求解。

例3、已知数列{a n }中，156a =，1111()32n n n a a ++=+，求通项n a 。

解：由条件，得1122(2)13n n n n a a ++=+，令2n n n b a =，则1213n n b b +=+，即123(3)3n n b b +-=-，又111523b a ==，1433b -=-，∴数列{3}n b -为等比数列，故有142()333n n b -=-+，即1422()333nn n a -=-+， ∴ 2332n n n a =-+。

巧用构造法,求数列的通项(熊敏)

巧用构造法，求数列的通项湖北省秭归县第一中学熊敏 443600求递推数列通项在高考中多次出现，它既是中学数学的一个重点，又是一个难点，由于求通项的方法多，技巧性强，学生不易掌握，在这里，着重介绍一类利用构造法来求通项的典型例子。

1、q pa a n n +=+1（p、q 为非零常数）型此类型的通项公式求法通常有两种思路：一是构造新数列使其成为等比数列，设原递推关系为)(1λλ+=++n n a p a ，其中λ为待定系数，于是有q p =-λλ，即1-=p q λ，这样，数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+1p qa n即为等比数列，从而求出n a 。

二是利用递推关系=++=++=+=---q pq a p q q pa p q pa a n n n n2221)(…=++--q pa p n n 211…+qpq +例1：已知11=a ，121+=+n n a a ，求na方法一：令)(21x a x a n n +=++x a a n n +=+21比较系数得1=x ，从而)1(211+=++n n a a数列{}1+n a 是以2为公比的等比数列。

nn n n a a 2222)1(1111=⋅=⋅+=+-- 12-=n n a方法二：1221)12(2122221++=++⋅=+=---n n n na a a a=122212)12(223332+++=+++⋅--n n a a=……=++--21122n n a …+1222++=2n -1它的实质是下标递降，直到退到已知为止。

2、)(1n f pa a n n +=+（p为常数，1≠p 且0≠p ）型此类型的通项公式求法，根据结构构造新数列，即)]([)1(1n g a p n g a n n λλ-=+-+，比较系数有：)()()1(n f n g p n g =-+λλ；求出λ，则数列{})(n g a nλ-是等比数列。

例2：数列{}n a 中，11=a ，1341++=+n a a n n ，求n a 。

构造法求递推数列的通项公式

巧用构造法求递推数列的通项公式蒋明权利用递推数列求通项公式，在理论上和实践中均有较高的价值，自从二十世纪八十年代以来，一直是全国高考和高中数学联赛的热点之一。

本文想介绍一下利用构造法求递推数列的通项公式的方法和策略，希望能抛砖引玉。

一、构造等差数列法例1.在数列{a n }中，a na n a n n n n n 1132212==+++++，()()()，求通项公式a n 。

解：对原递推式两边同除以n n n ()()++12可得：a n n a n nn n +++=++12112()()()① 令b a n nn n =+()1② 则①即为b b n n +=+12，则数列{b n }为首项是b a 1111132=+=()×，公差是b b n n +-=12的等差数列，因而b n n n =+-=-3221212()，代入②式中得a n n n n =+-12141()()。

故所求的通项公式是a n n n n =+-12141()() 二、构造等比数列法1.定义构造法利用等比数列的定义q a a n n=+1，通过变换，构造等比数列的方法。

例2.设在数列{a n }中，a a a a n n n 112222==++，，求{a n }的通项公式。

解：将原递推式变形为a a a n n n++=+12222()① a a a n n n+-=-12222()② ①/②得：a a a a n n n n +++-=+-1122222[]，即lg lg[]a a a a n n n n +++-=+-1122222③ 设b a a n n n =+-lg[]22④ ③式可化为a a n n +=12，则数列{b n }是以b 1＝lg[]lg lg()a a 11222222221+-=+-=+为首项，公比为2的等比数列，于是b n n n =+=+-22122211lg()lg()×，代入④式得：a a n n +-22＝()212+n ，解得a n n n=+++-221121122[()]()为所求。

常见数列通项的求法

常见数列通项的求法
数列的通项公式是数列的核心，它描述了数列中每一项与项数之间的规律。

求数列的通项公式是数列问题中的重要内容。

以下是几种常见的求数列通项公式的方法：
1.观察法：通过对数列的前几项进行观察，找出规律，从而得到
通项公式。

2.累加法：对于形如an=an−1+f(n)的递推关系，其中f(n)是一个与
n有关的函数，通过累加得到an。

3.累乘法：对于形如an=an−1×f(n)的递推关系，其中f(n)是一个与
n有关的函数，通过累乘得到an。

4.构造法：通过构造新数列，将原数列的递推关系式转化为新数
列的递推关系式，从而求出通项公式。

5.数学归纳法：对于一些与n有关的数列，通过数学归纳法证明
其通项公式。

6.等差数列通项公式：an=a1+(n−1)d，其中d是公差。

7.等比数列通项公式：an=a1×qn−1，其中q是公比。

8.裂项相消法：对于分式形式的递推关系，通过裂项相消法求出
通项公式。

9.特征根法：对于一些特定形式的递推关系，通过特征根法求出
通项公式。

以上是常见的求数列通项公式的方法，具体使用哪种方法需要根据题目给出的条件和递推关系式来确定。

用构造法求数列的通项公式

用构造法求数列的通项公式求数列的通项公式是高考重点考查的内容，作为两类特殊数列----等差数列·等比数列可直接根据它们的通项公式求解，但也有一些数列要通过构造转化为等差数列或等比数列，之后再应用各自的通项公式求解，体现化归思想在数列中的具体应用例1:（06年福建高考题）数列{}=+==+n n n n a a a a a 则中12,1,11 ( )A ．n 2B ．12+nC ．12-nD ．12+n 解法1：121+=+n n a a 又211=+a{}1+n a 是首项为2公比为2的等比数列12,22211-=∴=⋅=+-n n n n n a a ,所以选C解法2归纳总结：若数列{}n a 满足q p q pa a n n ,1(1≠+=+为常数），则令)(1λλ+=++n n a p a 来构造等比数列，并利用对应项相等求λ的值，求通项公式。

例2：数列{}n a 中，n n n a a a a a 23,3,11221-===++，则=n a 。

解：)(2112n n n n a a a a -=-+++212=-a a {}1--∴n n a a 为首项为2公比也为2的等比数列。

112--=-n n n a a ，（n>1）n>1时显然n=1时满足上式小结：先构造{}n n a a --1等比数列，再用叠加法,等比数列求和求出通项公式，例3：已知数列{}n a 中)3(,32,2,52121≥+===--n a a a a a n n n 求这个数列的通项公式。

解：2132--+=n n n a a a又{}121,7-+=+n n a a a a 形成首项为7，公比为3的等比数列，则2137--⨯=+n n n a a ………………………①又)3(3211-----=-n n n n a a a a ，13312-=-a a ，{}13--n n a a 形成了一个首项为—13，公比为—1的等比数列则21)1()13(3---⋅-=-n n n a a ………………………② ①+⨯3② 11)1(13374---⋅+⨯=n n n a小结：本题是两次构造等比数列，属于构造方面比较级，最终用加减消元的方法确定出数列的通项公式。

求数列通项公式常用的几种方法

求数列通项公式常用的几种方法一、公式法：已知数列｛a n｝为等差或等比数列，根据通项公式a n=a1+(n-1)d或a n=a1q n-1进行求解.例1：已知｛a n｝是一个等差数列，且a2=1,a5=-5，求｛a n｝的通项公式.二、前n项和法：已知数列｛a n｝的前n项和s n的解析式，求a n.例2：已知数列｛a n｝的前n项和s n=2n-1，求通项a n.三、s n与a n的关系式法：已知数列｛a n｝的前n项和s n与通项a n的关系式，求a ns n，其中a1=1，求a n.例3：已知数列｛a n｝的前n项和s n满足a n+1=13四、累加法：当数列｛a n｝中有a n-a n-1=f(n)，即第n项与第n-1项的差是个有“规律”的数时，就可以用这种方法. 例4：a1=0, a n+1=a n+2(n-1)，求通项a n=f(n)，即第n项与第n-1项的商是个有“规律”的数时，就可以用这种方法.五、累乘法：当数列｛a n｝中有a na n−1例5：a1=1,a n=na n-1(n≥2),求通项a nn−1六、构造法：（一）、配常数法：在数列｛a n｝中有a n=ka n-1+b（k,b均为常数且k≠0），从表面形式上来看a n是关于a n-1的“一次函数”的形式，这时用下面的方法:一般化方法：设a n +m=k(a n-1+m) 则{a n +m}成等比数列例6：已知a1=1,a n=2a n-1+1(n≥2),求通项a n（二）配一次函数法：在数列{a n}中有a n=ka n-1+bn+c（k,b,c均为常数且k≠0），这时用下面的方法:一般化方法：设a n+tn+u=k(a n-1+t(n-1)+u)则{a n+tn+u}成等比数列例7：已知a1=1,a n=2a n-1+3n-2 (n≥2),求通项a n(三)、取倒数法：这种方法适用于a n =ka n−1man−1+p , (n ≥2)（k,m,p 均为常数m ≠0），两边取倒数后得到一个新的特殊(等差或等比)数列或类似于a n =ka n-1+b 的式子. 例8：已知a 1=2,a n =2a n−1a n−1+2 (n ≥2),求通项a n(四)取对数法：一般情况下适用于a n k =a n−1l （k,l 为非零常数）例9：已知a 1=3,a n =a n−12(n ≥2) 求通项a n练习：1、已知}{n a 的首项11=a ，)(2*1N n n a a n n ∈+=+，，求}{n a 的通项公式.2、已知}{n a 中，n n a n n a 21+=+，且21=a ，求数列}{n a 的通项公式.3、已知下列各数列}{n a 的前n 项和n S 的公式为)(23S 2*∈-N n n n n ＝，求}{n a 的通项公式。

构造法求数列通项

·中外教育研究· 2010年1月 NO.1－126－2010.1下┃青年与社会 Chinese and Foreign Educational Research构造法求数列通项李丰梅李希彦甘肃省东乡县第二中学数列的通项公式是研究数列的性质，处理“求和”及其他综合问题的重要基础。

纵观近几年全国各地的高考试题，不难发现求某些形式较为简单的递推数列问题更是近年来的高考热点之一。

其逻辑推理性强，求解方法开放、灵活，是一类考察思维能力的好题。

下面就递推数列通项公式求解方法中的构造法应用作以阐述。

所谓的构造法就是通过对递推式的拼、拆、凑等的变形，细心分析，寻求规律。

然后通过构造辅助数列——等差或者等比数列解决问题。

一、形如a n ＋1＝pa n ＋q （p ，q 为常数且p ≠1，q ≠0）型的数列可变形为（a n ＋1＋c ）＝p （a n ＋c ），（1qc p =−），进而得 1n n a cp a c++=+转化为｛a n ＋c ｝为等比数列求解。

例1，在数列｛a n ｝中，若a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3，（n ≥1），则a n =_________。

析：设a n ＋1＋c ＝2（a n ＋c ），整理得a n ＋1＝2a n ＋c ，故c ＝3。

所以a n ＋1＋3＝2（a n ＋3），即1323n n a a ++=+。

所以数列｛a n ＋3｝是以a 1＋3＝4为首项，以2为公比的等比数列，故a n ＝4×2n －1＝2n ＋1。

二、形如a n ＋2＝pa n ＋1＋qa n （p ，q 为常数）型的数列可转换为a n ＋2－a n ＋1＝λ（a n ＋1－a n ）的形式，进而得到｛a n ＋1－a n ｝为等比数列，得到a n ＋1－a n 的通项后，再用叠加法求得a n 通项。

例2，已知数列｛a n ｝中，若a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝32a n ＋1＋31a n （n ∈N ＋），求a n 的通项公式。

用构造法求数列的通项公式的分类和求解方法

用构造法求数列的通项公式的分类和求解方法分类,求解方法重庆市綦江县东溪中学任德辉求数列的通项公式是近几年高考重点考察的内容，两类特殊数列等差数列和等比数列可以根据公式直接求解，还有些特殊数列可用累加法、累乘法等来直接求解，但有些数列却不能直接求解，它们往往要转化为等差、等比数列和其他数列后再运用各自的通项公式求解，从而体现化归思想在数列中的运用，此时可用构造法求解。

所谓构造法就是在解决某些数学问题中通过对条件和结论的充分剖析，有时会联想出一些适当的辅助模型，以促成命题的转换，产生新的解题方法。

下面就构造法求数列的通项公式的分类和解题方法分别进行论述。

一、用构造法求数列的通项公式依照构造目标数列的不同可以分为构造等差数列、构造等比数列和构造其他数列。

1.构造等差数列例1、（2022湖北）已知数列{an}的前n项和Snan()12n12(n为正整数），令bn2nan，求证数列{bn}是等差数列，并求数列{an}的通项公式。

解：a11,b121a1122n1∵Snan()12，∴Sn1an1()n22nn1n∴2an1an()等式两边都乘以2得2an12an1，12n即bn1bn1，∴数列{bn}是以1为首项公差为1的等差数列，bn2an=n∴annn2n例2、数列an中，若a12，an1an，则a4（）13anA．21683B．C．D．191554分类,求解方法解：an1an13an11,313anan1anan又1111,是首项为公差3的等差数列。

a12an21156n52(n1)33n,anan2226n5a422所以选A645192.构造等比数列例3、(2022上海)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Snn5an85,nN 证明：{an1}是等比数列并求{an}的通项公式证明：当n1时，a1S115a185，a114,a1115当n2时，Sn1n15an185,∴anSnSn115an5an16an5an11，an15(an11)65的等比数列。

巧妙运用构造法，快速求解数列的通项公式

之间的联系，明确其中的规律，利用f（97）=97的结论来求得第二个问题的答案.例3.在（1+x）2+（1+x）3+…+（1+x）n+1的展开式中，含x2项的系数是a n，则a8=_____；若对任意的n∈N*，λ·2n-a n≥0恒成立，则实数λ的最小值是_____．分析：根据题目条件中展开式的特征，可知a8表示的是当n=8时展开式中x2的系数，根据二项式定理和二项展开式的通项公式可求得a8的值.对于第二个空，需通过分离参数，将不等式恒成立问题转化为数列问题，根据第一个问题的结论构造出数列{b n}，通过作差，判断出数列的单调性，进而求得数列{b n}的最大项，从而求得最小的实数λ．解：由题意可得a8=C22+C23+…+C29=C310=120；而a n=C22+C23+…+C2n+1=C3n+2=(n+2)(n+1)n6，由λ·2n-a n≥0恒成立可得λ≥a n2n=n(n+1)(n+2)6·2n恒成立，设b n=n(n+1)(n+2)6·2n，则b n+1-b n=(n+1)(n+2)(3-n)3·2n+1，当n=1，2时，b n+1－b n>0，即b n+1>b n；当n=3时，b4-b3=0，即b4=b3；当n≥4时，b n+1-b n<0，即b n+1<b n；所以b n的最大项为b4=b3=3×4×56·23=54，则实数λ的最小值是54；故所填答案为：120；54．解答“递进式”双空题，需找出第一、二个问题、结论之间的联系，在第一问题的基础上进行推理、运算，运用从特殊到一般的思想，建立两个问题、两个空之间的联系，逐步进行推理、运算，从而求得问题的答案.总之，解答双空题，要仔细审题，把握两个空之间的逻辑关系.若是并列关系，可以将其看作两个常规填空题进行求解；若是递进关系，需将第一个问题的结论作为第二个问题的求解依据进行思考.（作者单位：福建省永春第一中学）求数列的通项公式问题比较常见，通常要求根据已知递推式求数列的通项公式.由于递推式的形式多变，所以求数列的通项公式的方法多种多样.对于一些结构较为复杂的递推式，采用构造法来求解比较有效.运用构造法，可将复杂的问题转化为简单的、易于计算的问题，这样能有效地降低解题的难度，提升解题的效率.下面主要谈一谈如何用构造法由下列几类递推式求数列的通项公式.一、形如a n+1=ca n+d的递推式若遇到形如a n+1=ca n+d(c≠0，a1=a)的递推式，往往需采用构造法来求数列的通项公式.首先要将递推式变形为a n+1+X=c(a n+X)的形式，再求出X，便可构造出等比数列{a n+X}，最后根据等比数列的通项公式进行求解即可.例1.已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=3a n+1,求{a n}的通项公式.解：∵a n+1=3a n+1，∵a n+1+12=3a n+32=3(a n+12).∵a1+12=32，考点透视39∴数列{a n+12}是首项为32，公比为3的等比数列，∴a n+12=3n2，∴数列{a n}的通项公式为a n=3n-12.对于形如a n+1=ca n+d(c≠0，a1=a)的递推式，有时很难直接将其变形为a n+1+X=c（a n+X），此时需引入待定系数X，然后将其与原递推式中的各项进行对比，从而建立关于X的方程，解方程即可求得X的值，便可构造出辅助数列.二、形如a n+1=pa n+q n的递推式对于形如a n+1=pa n+q n(p、q为实常数，且n≠0、1)的递推式，也需采用构造法来求数列的通项公式.首先要将递推式变形为a n+1+X·q n+1=p（a n+X·q n）的形式，然后求出X，从而构造出等比数列{a n+X·q n}，再根据等比数列的通项公式来求出数列{a n}的通项公式.例2.已知数列{a n}满足a1=5，a2=5，a n+1=a n+6a n-1（n≥2）.求数列{a n}的通项公式.解：∵a n+1=a n+6a n-1（n≥2），∴a n+1+2a n=a n+6a n-1+2a n=3(a n+2a n-1)（n≥2）.∵a1=5，a2=5，∴2a1+a2=15，∴a n+2a n-1≠0，∴a n+1+2a nan+2a n-1=3（n≥2）.∴数列{a n+1+2a n}是以15为首项，3为公比的等比数列.可得a n+1+2a n=15×3n-1=5×3n，∵a n+1-3n+1=-2（a n-3n），∵a1=5，∴a1-3=2，∴a n-3n≠0，∵数列{a n-3n}是以2为首项，-2为公比的等比数列.∵a n-3n=2×（-2）n-1，即a n=-（-2）2+3n（n∈N*）.本题中的递推式较为复杂，递推式中a n+1、a n-1的系数都不是1，需先将递推式配成a n+1+2a n=3（a n+2a n-1）,这样便构造出等比数列{a n+1+2a n}，再根据等比数列的通项公式进行求解.例3.数列{a n}满足：a1=1，a n＋1=2a n+2n，则数列{a n}的通项公式为_____．解：∵a1=1，a n＋1=2a n+2n，∴a n+12n+1=a n2n+12，∴数列{}a n2n是首项为a12=12，公差为d=12的等差数列，∴a n2n=12+(n-1)×12=12n，即a n=n·2n－1.对于形如a n+1=pa n+q n的递推式，还可以在递推式的左右同时除以q n，将递推式转化为形如a n+1=ca n+d(c≠0，a1=a)形式，再通过构造出辅助数列，求得数列的通项公式.三、形如a n+1=a b n的递推式形如a n+1=a b n(b≠0，且为常数)的递推式中含有指数幂，较为复杂，需作降幂处理，可在递推式的左右两边同时取对数，将递推式变形为lg a n+1=lg a b n的形式，再通过变形得到lg a n+1=lg a2n=2lg a，从而构造出等比数列{lg a n}，最后根据等比数列的通项公式或累乘法求得数列{a n}的通项公式.例4.在数列{a n}中，已知a1=9，且a n+1=a2n，求数列{a n}的通项公式.解：∵a n+1=a2n，∴lg a n+1=lg a2n=2lg a n，∵{lg a n}是首项为lg9，公比为2的等比数列.∵lg a n=lg9·2n-1=lg32n，∴a n=32n.仔细观察递推式a n+1=a2n，可发现其中含有指数式，该递推式形如a n+1=a b n，需采用构造法求解.在递推式的两边取对数可得lg an+1=lg a2n=2lg a n，这样就构造出等比数列{lg a n}.可见，运用构造法求数列的通项公式，需根据递推式的结构特征进行合理的变形，以构造出辅助数列，通过求辅助数列的通项公式来求得数列的通项公式.有时通过猜想、试探、类比等方式也可以构造出辅助数列，然后对其进行验证，就能达到解题的目的.（作者单位：甘肃省平凉市灵台县第一中学）考点透视40。

构造法求数列的通项

构造法求数列的通项作者：鄢文俊来源：《高中生学习·高一版》2012年第03期所谓构造法，就是在解决某些数学问题的过程中，通过对条件和结论的充分变形与剖析，借助适当的、熟知的模型，以此促成命题的转换，而后获得新的解题策略.这种解题方法的主要亮点就是“构造”.1. 构造成等差数列将递推公式变形成[f(n+1)-f(n)=a]（[a]为常数）形式，先求新的等差数列[{f(n)}]的通项公式，再根据[f(n)]与[an]的关系求出[an]的通项公式.题型I 对形如[an+1=AanBan+A(A、B为常数)]的递推公式，可以用倒数法来构造.例1 在数列[an]中，[a1=1,an+1=2anan+2]，求数列[an]通项公式.解析把[an+1=2anan+2]两边取倒数，得[1an+1=1an+12].设[bn=1an]，则[bn+1-bn=12]，且[b1=1]，∴数列[bn]是首项为1，公差[12]的等差数列.∴[bn=1+12(n-1)=n+12]，∴[an=2n+1]为所求.2. 构造成等比数列将递推公式变形成[f(n+1)f(n)=a]（[a]为非零常数）形式，先求新的等差数列[{f(n)}]的通项公式，再根据[f(n)]与[an]的关系求出[an]的通项公式.题型Ⅱ对形如[an+1=pan+q(p≠1,q]为常数），令[an+1+λ=p(an+λ)]来构造一个新的等比数列，并利用对应项相等求[λ]的值，求通项公式.例2 在数列[an]中，[a1=1,an+1=3an+4]，求[an].解析递推式[an+1=3an+4]可用待定系数法变形为[an+1+2=3(an+2)]，令[bn=an+2]，那么数列[bn]就是首项为3，公比为3的等比数列. 通过求[bn]的通项公式达到求[an]的目的.例3 在数列[an]中，[a1=1,an+1=4an+][3n+1]，求数列的通项公式.解析注意到递推式中的[(3n+1)]是关于[n]的一次式，用待定系数法来构造相关的递推式为：[an+1+A(n+1)+B=4(an+An+B)]（其中[A、B]为待定系数）.展开得[an+1=4an+3An+3B-A]，与题给递推式比较，解得[A=1,B=23.][∴an+1+(n+1)+23=4(an+n+23)]，∴[an+n+23=83⋅3n-1].∴数列通项公式为[an=83⋅3n-1-n-23].点拨事实上，上述两例使用的方法是相同的，例3只是把例2中的[q]改成了关于[n]的一次式，其实它还可以变化，而不仅仅只变为关于[n]的一次式！例4 在数列[an]中，[a1=3,an+1=][2an+3⋅2n+1]，求[an].解析 [∵an+1=2an+3×2n+1,][∴an+12n+1-an2n=3,][又a12=32]，[∴an2n]是首项为[32]，公差为3的等差数列.[∴an2n=32+(n-1)×3=3n-32].[∴an=(3n-32)⋅2n].【思考】本题如果采用例3中的方法，可以怎么构造呢？题型Ⅲ对形如[an+2=Aan+1+Ban][(A、B]为常数）的递推公式，须用两次构造成等比数列的方法. 具体做法叫特征方程法——其特征方程为[x2=Ax+B]，若方程两根为[α、β]，则递推公式可构造成如下两种对称形式：[an+2-αan+1=β(an+1-αan),][an+2-βan+1=α(an+1-βan)]，通过分别利用等比知识及加减消元法达到求[an]的目的.例5 在数列[an]中，[a1=1,a2=3,an+2=2an+1][+3an]，求[an].解析 [∵an=2an-1+3an-2]，[∴an+an-1=3(an-1+an-2)].而[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递推式又可变形为：[an-3an-1=-(an-1-3an-2)]，且[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]②由①[×3+]②得，[4an=7×3n-1+13×(-1)n-1].[∴an=74×3n-1+134×(-1)n-1].点拨这种形式的构造方案——特征方程法也可以用在其它形式上，比如题型I的更一般形式：[an+1=Aan+CBan+D(A、B、C、D为常数)]的递推公式. 我们先考查特征方程[x=Ax+CBx+D]，若其一个有理数特征根为[λ]（无理数特征根在运算时比较繁琐，不提倡用此法），那么我们可以把递推式变形成[1an+1-λ=1Aan+CBan+D-λ]，然后化简右边的繁分式直至（通过换元后）变形成题型Ⅱ.题型Ⅳ对形如[an+1=Aank][(A、k为常数,][且A>0)]的递推公式，可以通过两边取以[A(A≠1)]为底的对数，构造成一个新的等比数列，再达到求[an]的目的.例6 在数列[an]中，[a1=1,an+1=3an2]，求数列[an]通项公式.解析通过对[an+1=3an2]两边取以3为底的对数得，[log3an+1=2log3an+1]，再令[bn=log3an]，本题就变形成了上面提到的类型：[an+1=pan+q(p≠1,q]为常数）.3. 构造成差式有些数列在给出递推公式后我们可以构造成差式，其解题的大致思路是：构造出该数列相邻两项的差，然后采用迭加（或迭代）的方法来求解.例7 在数列[an]中，[a1=1,a2=3,an+2=][(n+3)an+1-(n+2)an]，求通项公式[an].解析把递推式变形为[an+2-an+1=(n+2)(an+1-an)]，迭代下去，[an+2-an+1=(n+2)(an+1-an)][=(n+2)(n+1)(an-an-1)][=⋯][=(n+2)(n+1)⋯×4×3(a2-a1)][=(n+2)!]（注：[n]的阶层——[n!=n(n-1)(n-2)×⋯×2×1]）于是，[an-an-1=n!]，[an-1-an-2=(n-1)!]，…[a2-a1=2!]，迭加得，[an=1+2!+3!+⋯+n!].4. 构造成商式有些数列在给出递推公式后，我们可以构造成商式. 其解题的思路是：构造数列相邻两项的商式，然后用连乘的方法来求解.这也是一种求数列通项公式的常用方法.例8 在;数列[an]中，前[n]项的和[Sn=n2an]，求[an].解析 [∵Sn=n2an]，[a1=12]，当[n≥2]时，[an=Sn-Sn-1=n2an-(n-1)2an-1].化简并整理得：[anan-1=n-1n+1].[∴an=anan-1⋅an-1an-2×⋯×a2a1⋅a1][=n-1n+1⋅n-2n×⋯×13⋅12][=1n(n+1).]。

构造法求数列通项公式典型例题解析

构造法求数列通项公式典型例题解析构造法是一种求解数列通项公式的有效方法，也是数学中最具有挑战性的问题之一。

在广泛的数学研究和应用中，构造法往往可以解决复杂的问题，为我们提供求解给定数列的通项公式的有效方法。

本文将从构造法的基本定义和思想出发，通过一系列典型例题，详细解析构造法求解数列通项公式的基本原理和方法，以期更深入地理解构造法求数列通项公式的实际应用。

首先，构造法是什么？构造法是一种求解数列通项公式的策略，它以建立数列通项公式为目标，通过构造一个符合一定规律的数列来解决问题。

根据构造法的思想，我们可以确定以下步骤：首先，确定数列的个数和元素的值；其次，当确定了数列的个数和元素的值后，还需要确定数列的规律；最后，根据上述步骤，数列的规律和期望求解结果，最终确定数列通项公式。

构造法求解数列通项公式的典型例题，将从比较简单的例题开始介绍：例题1：已知数列{an}的通项公式为：an=3n-2，求数列{an}的前5项。

解：数列{an}的前5项为a1=3×1-2=1，a2=3×2-2=4，a3=3×3-2=7，a4=3×4-2=10，a5=3×5-2=13。

例题2：已知数列{bn}的前4项为：b1=2，b2=10，b3=26，b4=50，求数列{bn}的通项公式。

解：根据数列{bn}的前4项值，构造出以下数列：2，8，16，24，…，由此可得出bn=2n×4，即数列{bn}的通项公式为bn=2n×4。

例题3：已知数列{cn}的前3项为：c1=3，c2=12，c3=27，求数列{cn}的通项公式。

解：根据数列{cn}的前3项值，构造出以下数列：9，9，18，27，…，故数列{cn}的通项公式为cn=3n2-2n，即cn=3n2-2n。

以上就是构造法求解数列通项公式的三个典型例题及其解析，可以看出，构造法是一种有效的求解数列通项公式的方法。

如何构造辅助数列求数列的通项公式

构造法是解答数学问题的重要方法，也是解答复杂数列通项公式问题的常用方法.有些数列的递推式较为复杂，我们很难快速求得数列的通项公式，此时，可转换思考问题的角度，通过构造辅助数列，将问题转化为熟悉的等差或等比数列的通项公式问题来求解，这样能化难为易、化繁为简，使问题顺利得解.一、引入参数，构造辅助数列对于形如a n+1=pa n+q（p,q为非零常数）的递推式，可引入参数t，将递推式转化为a n+1+t=p()a n+t的形式，通过对比系数，求得t的值，便可构造出等比数列{}an+t，根据等比数列的通项公式求得数列{}an+t的通项公式，即可得到数列{}a n的通项公式.例1.在数列{}a n中，a1=1，a n+1=2a n+5，求数列{}an的通项公式.解：设a n+1+t=2()a n+t，得a n+1=2a n+t，由a n+1=2a n+5得t=5，则数列{}an+5是以a1+5=6为首项，2为公比的等比数列.可得an+5=6∙2n-1，所以a n=3∙2n-5.仔细观察递推式a n+1=2a n+5，可知数列{}a n既非等差数列，又非等比数列，形如a n+1=pa n+q，于是引入参数t，构造出等比数列{}an+5，即可根据等比数列的通项公式解题.例2.（2020年全国Ⅲ卷理科，第17题）已知数列{}an中，a1=3，a n+1=3a n-4n，求数列{}a n的通项公式.解：设a n+1+p()n+1+q=3()a n+pn+q，化简得，a n+1=3a n+2pn+()2q-p，由a n+1=3a n-4n可得，{2p=-4，2q-p=0，解得{p=-2，q=-1，所以数列{}an-2n-1的每一项都为0，可得a n-2n-1=0，所以a n=2n+1.此题中的递推式形如a n+1=pa n+qn，需引入两个参数，以便构造出新数列{}an通过求{}an-2n-1的通项公式，间接求得数列{}a n的通项公式.二、通过取倒数，构造辅助数列对于形如a n+1=pa n qa n+r（p,q,r为非零常数）的递推式，在求数列的通项公式时，需在递推式的左右同时取倒数，得到1a n+1-q p∙1a n=r p，然后引入参数t，将其变形为1a n+1+t=q p∙æèçöø÷1an+t的形式，从而构造出辅助数列{}1a n+t，通过求数列{}1a n+t的通项公式求得数列的通项公式.例3.在数列{}a n中，a1=1,a n+1=2a nan+2，求数列{}an的通项公式.解：在a n+1=2a nan+2的两边同时取倒数，得1an+1=1an+12，移项得1an+1-1an=12，所以数列{}1a n是以1a1=1为首项，12为公差的等差数列.可得1a n=1+12()n-1=n+12,所以a n=2n+1.观察题中所给的递推式a n+1=2a nan+2，可以发现，等式右边的分子、分母中均含有a n，且分母较复杂，于是在递推式的左右同时取倒数，以便将右边的分式分离成整式和分式，从而构造出等差数列{}1a n，最后根据等差数列的通项公式求解即可.例4.已知数列{}a n中，a1=15,a n=a n-13a n-1+2，求数列{}a n的通项公式.解：在a n=a n-13a n-1+2的两边同时取倒数，得1an=2an-1+3（*），设1a n+t=2æèçöø÷1an-1+t，方法集锦44即1a n =2a n -1+t ，将与（*）式对比得t =3，所以数列{}1a n +3是以1a 1+3=8为首项，2为公比的等比数列，即1a n+3=8∙2n -1=2n +2，所以a n =12n +2-3.该递推式形如a n +1=pa nqa n +r ，在其左右同时取倒数，即可构造出等比数列{}1a n+t，便能根据等比数列的通项公式来解题.三、通过取对数，构造辅助数列一般地，当遇到a n =pa rn （r 为常数，r ≠0）型的递推式时，可以在递推式的左右两边同时取对数，将其转化为lg a n +1=r lg a n +lg p 的形式，然后引入参数t ,将其变形为lg a n +1+t =r ()lg a n +t ，从而构造出辅助数列{}lg a n +t ，求得辅助数列{}lg a n +t 的通项公式，即可求得数列{}a n 的通项公式.例5.在数列{}a n 中，a 1=4，且a n +1=()a n -12+1，求数列{}a n 的通项公式.解：在a n +1-1=()a n -12的左右两边取对数，得，lg ()a n +1-1=2lg ()a n -1，即lg ()a n +1-1lg ()a n -1=2，所以数列{}lg ()a n -1是以lg ()a 1-1=lg 3为首项、2为公比的等比数列，可得lg ()a n -1=2n -1lg 3，因此a n -1=32n -1，所以a n =32n -1+1.将递推式移项后，可发现a n +1-1等于a n -1的平方，于是在递推式的两边同时取对数，便可构造出等比数列{}lg ()a n -1，从而顺利求得数列{}a n 的通项公式.四、除以一个数（式），构造辅助数列对于递推式中含有a n a n +1的数列通项公式问题，可以考虑在递推式的左右两边同时除以a n a n +1，构造出辅助数列{}1a n ，将问题转化为求数列{}1a n的通项公式.例6.已知数列{}a n 中，a 2=13，a n =a n +1+2a n a n +1，求数列{}a n 的通项公式.解：在a n =a n +1+2a n a n +1的左右两边同时除以a n a n +1，得1a n +1-1a n =2，a 1=a 2+2a 1a 2，可得a 1=1，所以数列{}1a n 是以1a 1=1为首项，2为公差的等差数列，则1a n=1+2()n -1=2n -1，所以a n =12n -1.该递推式中出现了a n a n +1，于是在递推式的两边同时除以a n a n +1，即可构造出等差数列{}1a n，根据等差数列的通项公式求解即可.对于a n +1=pa n +qr n（p ,q ,r 为非零常数）型的递推式，在求数列的通项公式时，往往可以在递推式的左右两边同时除以r n +1，得到a n +1r n +1=p r ∙a n r n +qr ，然后引入参数t ，将其变形为a n +1r n +1+t =p r ∙æèçöø÷a n r n +t 的形式，这样便构造出辅助数列{}a nrn +t ，根据等比数列的通项公式或利用累乘法，即可求得数列的通项公式.例7.已知数列{}a n 中，a 1=1，a n +1=3a n +3∙2n，求数列{}a n 的通项公式.解：在a n +1=3a n +3∙2n的左右两边同时除以2n +1，得，a n +12n +1=32∙a n 2n +32，(*)设æèçöø÷a n +12n +1+t =32æèçöø÷a n 2n +t ，则a n +12n+1=32∙a n 2n +12t ，由(*)可得，t =3，所以数列{}a n 2n +3是以a 12+3=72为首项，32为公比的等比数列.即a n 2n +3=72∙æèöø32n -1，所以a n =7∙3n -1-3∙2n .在递推式a n +1=3a n +3∙2n的左右同时除以2n ，即可构造等比数列{}a n2n+3，根据等比数列的通项公式求得其通项公式，即可解题.可见，对于较为复杂的递推式，运用构造法求数列的通项公式比较奏效.而运用构造法解题，往往需仔细研究数列的递推式，将其进行合理的变形，如引入参数、取倒数、取对数、除以一个数（式），以便构造出辅助数列，通过求辅助数列的通项公式，间接求得数列的通项公式.（作者单位：哈尔滨师范大学教师教育学院）方法集锦45。

构造常数列求解数列通项公式

构造常数列求解数列通项公式钟国城(广东梅县东山中学ꎬ广东梅州５１４０１７)摘㊀要:根据数列的递推关系求解其通项公式是高考的常考内容ꎬ也是热点㊁难点内容.文章通过探究总结构造常数列ꎬ求解高考中常见递推数列的通项公式ꎬ以提高学生数学思维能力.关键词:递推关系ꎻ通项公式ꎻ常数列中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)１６－００６６－０３收稿日期:２０２３－０３－０５作者简介:钟国城(１９８６.６－)ꎬ男ꎬ广东省五华人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀根据数列的递推关系求解其通项公式是高考的常考内容ꎬ也是热点㊁难点内容.常数列是最简单的一种数列ꎬ若能把数列的递推关系通过转化构造出常数列ꎬ利用常数列的性质求解通项公式ꎬ既能减少运算(有时还能避免分类讨论)ꎬ又能提高数学思维ꎬ提升数学核心素养.本文探究总结如何构造常数列求解高考中常见递推数列的通项公式ꎬ以期对大家有所帮助.１递推关系形如ａｎ＋１－ａｎ＝ｆ(ｎ)对于上述类型ꎬ除了使用累加法进行求解外ꎬ亦可这样处理:令ｆ(ｎ)＝ｂｎ＋１－ｂｎꎬ则ａｎ＋１－ａｎ＝ｂｎ＋１－ｂｎ.即ａｎ＋１－ｂｎ＋１＝ａｎ－ｂｎ.故ａｎ－ｂｎ{}为常数列ꎬ所以ａｎ－ｂｎ＝ａ１－ｂ１.即ａｎ＝ａ１－ｂ１＋ｂｎ.例１㊀在数列ａｎ{}中ꎬａ１＝１ꎬａｎ＋１＝ａｎ＋ｌｎ(１＋１ｎ)ꎬ求数列ａｎ{}的通项公式ａｎ.解析㊀由ａｎ＋１＝ａｎ＋ｌｎ(１＋１ｎ)ꎬ得ａｎ＋１＝ａｎ＋ｌｎｎ＋１ｎ＝ａｎ＋ｌｎ(ｎ＋１)－ｌｎｎ.即ａｎ＋１－ｌｎ(ｎ＋１)＝ａｎ－ｌｎｎ.故ａｎ－ｌｎｎ{}为常数列.所以ａｎ－ｌｎｎ＝ａ１－ｌｎ１＝１.则ａｎ＝１＋ｌｎｎ.２递推关系形如ａｎ＋１ａｎ＝ｆ(ｎ)对于上述类型ꎬ除了使用累乘法进行求解外ꎬ亦可这样处理:令ｆ(ｎ)＝ｂｎ＋１ｂｎꎬ则ａｎ＋１ａｎ＝ｂｎ＋１ｂｎ.即ａｎ＋１ｂｎ＋１＝ａｎｂｎ.故ａｎｂｎ{}为常数列.所以ａｎｂｎ＝ａ１ｂ１.即ａｎ＝ａ１ｂ１ｂｎ.例２㊀在数列ａｎ{}中ꎬａ１＝１ꎬａｎ＋１＝ｎｎ＋１ａｎꎬ求数列ａｎ{}的通项公式ａｎ.解析㊀由ａｎ＋１＝ｎｎ＋１ａｎꎬ得(ｎ＋１)ａｎ＋１＝ｎａｎ.６６故ｎａｎ{}为常数列.所以ｎａｎ＝１ａ１＝１.则ａｎ＝１ｎ.３递推关系形如ａｎ＋１＝ｐａｎ＋ｑ(ｐꎬｑʂ１ꎬ０)对于上述类型ꎬ除了使用待定系数法构造等比数列外ꎬ亦可这样处理:由ａｎ＋１＝ｐａｎ＋ｑꎬ得ａｎ＋１＋ｑｐ－１＝ｐ(ａｎ＋ｑｐ－１).即ａｎ＋１＋ｑ/(ｐ－１)ｐｎ＋１＝ａｎ＋ｑ/(ｐ－１)ｐｎ.故ａｎ＋ｑ/(ｐ－１)ｐｎ{}为常数列.所以ａｎ＋ｑ/(ｐ－１)ｐｎ＝ａ１＋ｑ/(ｐ－１)ｐ.即ａｎ＝(ａ１＋ｑｐ－１)ｐｎ－１－ｑｐ－１.例３㊀在数列ａｎ{}中ꎬａ１＝１ꎬａｎ＋１＝３ａｎ＋２ꎬ求数列ａｎ{}的通项公式ａｎ.解析㊀由ａｎ＋１＝３ａｎ＋２ꎬ得ａｎ＋１＋１＝３(ａｎ＋１).即ａｎ＋１＋１３ｎ＋１＝ａｎ＋１３ｎ.故ａｎ＋１３ｎ{}为常数列.所以ａｎ＋１３ｎ＝ａ１＋１３＝２３.则ａｎ＝２３ｎ－１－１.４递推关系形如ａｎ＋１＝ｐａｎ＋ｆ(ｎ)(ｐʂ１ꎬ０)此类型可以看作类型３的拓展ꎬ处理方法类似:由ａｎ＋１＝ｐａｎ＋ｆ(ｎ)ꎬ得ａｎ＋１＋ｇ(ｎ＋１)＝ｐ[ａｎ＋ｇ(ｎ)].即ａｎ＋１＋ｇ(ｎ＋１)ｐｎ＋１＝ａｎ＋ｇ(ｎ)ｐｎ.故ａｎ＋ｇ(ｎ)ｐｎ{}为常数列.所以ａｎ＋ｇ(ｎ)ｐｎ＝ａ１＋ｇ(１)ｐ.即ａｎ＝ａ１＋ｇ(１)[]ｐｎ－１－ｇ(ｎ)ꎬ其中ｆ(ｎ)＝ｐｇ(ｎ)－ｇ(ｎ＋１).例４㊀在数列ａｎ{}中ꎬａ１＝１ꎬａｎ＋１＝３ａｎ＋２ｎꎬ求数列ａｎ{}的通项公式ａｎ.解析㊀由ａｎ＋１＝３ａｎ＋２ｎꎬ得ａｎ＋１＋２ｎ＋１＝３(ａｎ＋２ｎ).即ａｎ＋１＋２ｎ＋１３ｎ＋１＝ａｎ＋２ｎ３ｎ.故ａｎ＋２ｎ３ｎ{}为常数列.所以ａｎ＋２ｎ３ｎ＝ａ１＋２３＝１.则ａｎ＝３ｎ－２ｎ.例５㊀在数列ａｎ{}中ꎬａ１＝３ꎬａｎ＋１＝３ａｎ－４ｎꎬ求数列ａｎ{}的通项公式ａｎ.解析㊀由ａｎ＋１＝３ａｎ－４ｎꎬ得ａｎ＋１－２(ｎ＋１)－１＝３(ａｎ－２ｎ－１).即ａｎ＋１－２(ｎ＋１)－１３ｎ＋１＝ａｎ－２ｎ－１３ｎ.故ａｎ－２ｎ－１３ｎ{}为常数列.所以ａｎ－２ｎ－１３ｎ＝ａ１－２－１３＝０.则ａｎ＝２ｎ＋１.５递推关系形如ａｎ＋１＝ｐａｎｑａｎ＋ｒ(ｐʂｒꎬｐｑｒʂ０)由ａｎ＋１＝ｐａｎｑａｎ＋ｒꎬ得１ａｎ＋１＝ｒｐ１ａｎ＋ｑｐꎬ此时转化为类型３求解.例６㊀在数列ａｎ{}中ꎬａ１＝１ꎬａｎ＋１＝ａｎａｎ＋２ꎬ求数列ａｎ{}的通项公式ａｎ.解析㊀由ａｎ＋１＝ａｎａｎ＋２ꎬ得１ａｎ＋１＝２１ａｎ＋１.即１ａｎ＋１＋１＝２(１ａｎ＋１).即１/ａｎ＋１＋１２ｎ＋１＝１/ａｎ＋１２ｎ.７６故１/ａｎ＋１２ｎ{}为常数列.所以１/ａｎ＋１２ｎ＝１/ａ１＋１２＝１.则ａｎ＝１２ｎ－１.６递推关系形如ａｎ＋２＝ｐａｎ＋１＋ｑａｎ(１)当ｐ＋ｑ＝１时ꎬａｎ＋２＝(１－ｑ)ａｎ＋１＋ｑａｎꎬ即ａｎ＋２－ａｎ＋１＝－ｑ(ａｎ＋１－ａｎ).即ａｎ＋２－ａｎ＋１(－ｑ)ｎ＋１＝ａｎ＋１－ａｎ(－ｑ)ｎ.故ａｎ＋１－ａｎ(－ｑ)ｎ{}为常数列.所以ａｎ＋１－ａｎ(－ｑ)ｎ＝ａ２－ａ１－ｑ.即ａｎ＋１－ａｎ＝(ａ２－ａ１)(－ｑ)ｎ－１ꎬ此时转化为类型１求解.例７㊀在数列ａｎ{}中ꎬａ１＝８ꎬａ２＝２ꎬａｎ＋２＝４ａｎ＋１－３ａｎꎬ求数列ａｎ{}的通项公式ａｎ.解析㊀由ａｎ＋２＝４ａｎ＋１－３ａｎꎬ得ａｎ＋２－ａｎ＋１＝３(ａｎ＋１－ａｎ).即ａｎ＋２－ａｎ＋１３ｎ＋２＝ａｎ＋１－ａｎ３ｎ＋１.故ａｎ＋１－ａｎ３ｎ＋１{}为常数列.所以ａｎ＋１－ａｎ３ｎ＋１＝ａ２－ａ１３２＝－２３.即ａｎ＋１－ａｎ＝－２３ｎ.所以ａｎ＋１＋３ｎ＋１＝ａｎ＋３ｎ.故ａｎ＋３ｎ{}为常数列.所以ａｎ＋３ｎ＝ａ１＋３＝１１.则ａｎ＝１１－３ｎ.(２)当ｐ２＋４ｑȡ０时ꎬ由ａｎ＋２＝ｐａｎ＋１＋ｑａｎꎬ得ａｎ＋２＋λａｎ＋１＝μ(ａｎ＋１＋λａｎ)ꎬ其中μ－λ＝ｐꎬλμ＝ｑꎬ{则ａｎ＋２＋λａｎ＋１μｎ＋２＝ａｎ＋１＋λａｎμｎ＋１.故ａｎ＋１＋λａｎμｎ＋１{}为常数列.所以ａｎ＋１＋λａｎμｎ＋１＝ａ２＋λａ１μ２.即ａｎ＋１＝－λａｎ＋(ａ２＋λａ１)μｎ－１ꎬ此时转化为类型４求解.例８㊀在数列ａｎ{}中ꎬａ１＝１ꎬａ２＝５ꎬａｎ＋２＝５ａｎ＋１－６ａｎꎬ求数列ａｎ{}的通项公式ａｎ.解析㊀由ａｎ＋２＝５ａｎ＋１－６ａｎꎬ得ａｎ＋２－２ａｎ＋１＝３(ａｎ＋１－２ａｎ).即ａｎ＋２－２ａｎ＋１３ｎ＋２＝ａｎ＋１－２ａｎ３ｎ＋１.故ａｎ＋１－２ａｎ３ｎ＋１{}为常数列.所以ａｎ＋１－２ａｎ３ｎ＋１＝ａ２－２ａ１３２＝１３.即ａｎ＋１－２ａｎ＝３ｎ.所以ａｎ＋１－３ｎ＋１＝２(ａｎ－３ｎ).即ａｎ＋１－３ｎ＋１２ｎ＋１＝ａｎ－３ｎ２ｎ.故ａｎ－３ｎ２ｎ{}为常数列.所以ａｎ－３ｎ２ｎ＝ａ１－３２＝－１.则ａｎ＝３ｎ－２ｎ.以上例子可以看出ꎬ通过构造常数列能轻而易举地解决复杂的求通项公式问题ꎬ但构造常数列的方法对学生的综合能力要求很高ꎬ因此需要学生在平时的学习中扎实基本功ꎬ掌握知识本质ꎬ善于总结不同类型的构造技巧ꎬ领悟使用构造常数列求通项公式的思路ꎬ这样才能在解题中融会贯通ꎬ举一反三ꎬ从而真正地提高解题能力ꎬ提升数学核心素养.参考文献:[１]古诗源.例举数列结构不良问题的解题策略[Ｊ].数理化解题研究ꎬ２０２２(１９):６４－６６.[２]杨蓓蓓ꎬ王佳.借助构造法解答高考数学题[Ｊ].数理化解题研究ꎬ２０２２(１０):２１－２３.[责任编辑:李㊀璟]８６。

数列构造法——精选推荐

一、构造等差数列法一、构造等差数列法例1. 1. 在数列在数列在数列{a {a n }中，，求通项公式a n 。

解：对原递推式两边同除以可得：可得：①令 ②则①即为，则数列，则数列{b {b n }为首项是，公差是的等差数列，因而，代入②式中得。

故所求的通项公式是故所求的通项公式是二、构造等比数列法二、构造等比数列法 1. 1. 定义构造法定义构造法定义构造法利用等比数列的定义，通过变换，构造等比数列的方法。

，通过变换，构造等比数列的方法。

例2. 2. 设在数列设在数列设在数列{a {a n }中，，求，求{a {a n }的通项公式。

的通项公式。

解：将原递推式变形为解：将原递推式变形为①②①/②得：，即③设④{b n}是以b1＝为首，则数列{b③式可化为，则数列项，公比为2的等比数列，于是，代入④式得：为所求。

＝，解得为所求。

为常数）型递推式2. （A、B为常数）型递推式的等比数列。

可构造为形如的等比数列。

3. 已知数列已知数列，其中，求通项公式。

例3.解：原递推式可化为：，则数列是以为首项，公比为3的等比数列，于是，故。

为常数，下同）型递推式3. （A、B、C为常数，下同）型递推式可构造为形如的等比数列。

的等比数列。

已知数列，其中，且，求通项公式a n。

例4.4. 已知数列解：将原递推变形为，设b n＝。

①得②设②式可化为，比较得于是有于是有数列是一个以为首项，公比是－的等比数列。

为首项，公比是－33的等比数列。

，代入①式中得：所以，即，代入①式中得：为所求。

为所求。

4. 型递推式型递推式的等比数列。

可构造为形如的等比数列。

在数列中，，求通项公式。

例5.5. 在数列解：原递推式可化为，比较系数可得：，，上式即为是一个等比数列，首项，公比为。

所以。

为所求。

即，故为所求。