构造法求数列通项.

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构造法求数列通项解答题

1.设数列{}n a 满足11a =，121n n a a +=+． (1)求{}n a 的通项公式；(2)记()2log 1n n b a =+，求数列{}n n b a ⋅的前n 项和nS．答案：(1) 21nn a =- ；(2)()()111222n n n n ++-+-⋅ .解答： (1)11111211211201021n n n n n n n a a a a a a a a ++++=+∴+=++=≠∴+≠∴=+，（）（）,，，，∴{1}n a +是以2为公比、2为首项的等比数列，12n n a ∴+＝， ∴21nn a -＝；(2)22211221()(2)n n n n n n n n n a b log a log n b a n n n -∴+⋅∴⋅-⋅-＝，＝＝＝，＝＝，记122112222212122n n n A n A n n +=⨯+⨯++⋅∴=⨯++-⋅+⋅，（）， ()211121222222212212n n n n n A A A n n n +++-∴-=-=+++-⋅=-⋅=-⋅--（），1122n A n +∴=-⋅+（），()()()11121222n n n n S A n n ++=-+++-+-⋅＝．2. 已知数列{}n a ，0n a >，其前n 项和n S 满足122n n n S a +=-,其中*n ∈N ．(1){}n b 是等差数列； (2)设2nn n c b -=⋅，n T 为数列{}n c 的前n 项和，求证：3n T ；(3)设14(1)2n bn n n d λ-=+-⋅（λ为非零整数，*n ∈N ），试确定λ的值，使得对任意*n ∈N ，都有n n d d >+1成立．答案： (1)1n b n =+；(2)略； (3)-1 解答：(1)当1n =时，1124S a =-，∴14a =，当2n ≥时，1112222n nn n n n n a S S a a +--=-=--+，∴122nn n a a --=，∴11n n b b --=（常数），又1122a b ==，∴{}n b 是首项为2，公差为1的等差数列，1n b n =+． (2)12(1)2n n n n c b n -=⋅=+⋅，所以2231222n n n T +=+++，231123122222n n n n n T ++=++++，相减得23111111122222n n n n T ++=++++- 211111(1)13112211222212n n n n n n -++-++=+-=---，∴213333222n n n n n n T ++=--=-<，(3) 由n n d d >+1得10n n d d +-> ，1211()441120()2n n n n n n λλ++-+-+---> ，111134312012n n n n n λλ-+-->∴⨯--∴-<（），（），(i)当n 为奇数时，即12n λ-<恒成立，当且仅当n=1时，12n -有最小值为1，1λ∴<；(ii)当n 为偶数时，即12n λ->-恒成立，当且仅当n=2时，12n --有最大值-2，2λ∴>-．21λ∴-<<，又λ为非零整数，则λ=-1．综上所述：存在λ=-1，使得对任意*n ∈N ，都有n n d d >+1成立．3. 已知数列{}n a 的首项11a =，23a =，前n 项和为n S ，且*1121(2,)n n n n n nS S a n n N S S a +--+=≥∈-，设11b =，*12log (1)()n n n b a b n N +=++∈(1)设11114n b n n n n c a a +-++=，记1nn k k G c ==∑，试比较n G 与1的大小，并说明理由；(2)若数列{}n l 满足*2log (1)(n n l a n N =+∈），在每两个k l 与1k l +之间都插入12(1,2,k k -=3,,*)k N ∈个2，使得数列{}n l 变成了一个新的数列{}p t ，试问：是否存在正整数m ，使得数列{}p t 的前m 项的和2015m T =？如果存在，求出m 的值；如果不存在，说明理由．答案： (1) n G 小于1；(2) 存在990m =使得2015m T = 解答： (1)由题意得1121n n n n n nS S a S S a +--+=-，有121n n a a +=+*(2,)n n N ≥∈得112(1)n n a a ++=+*(2,)n n N ≥∈，又2112(1)a a +=+，从而112(1)n n a a ++=+*()n N ∈ 又1+1=20a ≠，有10n a +≠，从而1121n n a a ++=+，故数列{}1n a +是以2为首项，2为公比的等比数列.从而12n n a +=，即21nn a =-，从而12log (1)n n n b a b +=++得1n n b b n +-=当2n ≥时，211b b -=，322b b -=，…，11n n b b n --=- 以上式子相加得(1)12n n n b -=+(2)n ≥，又11b =也适合，从而(1)12n n n b -=+，则1111114211(21)(21)2121n b n n n n n n n n n c a a +-++++===-----， 2231111111111()()()1121212121212121nn k n n n k G c ++===-+-++-=-<-------∑(2)由(1)知22log (1)log 2nn n l a n=+==，数列{}p t 中，k l （含k l 项）前的所有项的和是0122(123)(2222)2k k -+++++++++⨯=(1)222k k k ++-，当10k =时，其和为10552210772015+-=<，当11k =时，其和为11662221122015+-=>，又因为201510779384692-==⨯，所以2810(1222)469990m =++++++=时，2015m T =所以存在990m =使得2015m T =.4. 已知数列{}n a 中，113,21(1)n n a a a n +==-≥，(1)设1(1,2,3)n n b a n L =-=，求证：数列{}n b 是等比数列； (2)求数列{}n a 的通项公式；(3)设12n n n n c a a +=，求证：数列{}n c 的前n 项和13n S <．答案： (1)略；(2) 21nn a =+；(3)略解答：(1)由121n n a a +=-得112(1)n n a a +-=-即1121n n a a +-=-，又1n n b a =-，故12n nb b +=所以数列{}n b 是等比数列． (2)由(1)知{}n b 是1312b =-=，2q =的等比数列，故1112221n n n n n b b q a --====-，∴21nn a =+．(3)1111122(21)(21)11(21)(21)(21)(21)2121n n n n n n n n n n n n n c a a ++++++-+====-++++++，∴122311111111111()()()2121212121213213n n n n S ++=-+-++-=-<+++++++． 5. 设数列{}{},n n ab 均为正项数列，其中1122,1,3a b b ===，且满足： ,11,n n n a b a ++成等比数列，,1,n n n b a b +成等差数列.(1)(1)证明数列是等差数列；(2)求通项公式na ，nb ；(2)设1(2)n n x n a =+，数列{}n x 的前n 项和记为n S，证明：12n S <.答案： (1)略； (2)略解答：(1)由题意可知：211n n n b a a ++=，12n n n a b b +=+，所以1n b +=2n ≥时，n b=，当2n ≥时，2n a ==所以数列是等差数列；因为1122,1,3a b b ===，所以222192b a a ====，故等差数列，)12n =-=)1n +，所以()2112n a n =+，()112n b n n =+，(2)由(I)可知()()212(2)12n n x n a n n ==+++，()111(1)(2)n n n n =-+++，所以121n n n S x x x x -=++++2112(1)(2)nnk k k x k k ====+⋅+∑∑12(1)(2)nk k k k =<⋅+⋅+∑111(1)(1)(2)nk k k k k =⎛⎫=- ⎪+++⎝⎭∑()()11112122n n =-<⨯++ .6. 已知数列{}n a 的相邻两项1,n n a a +是关于x 的方程2*20()n n x x b n N -+=∈的两实根，且1 1.a =(1)求234,,a a a 的值； (2)求证：数列1{2}3nn a -⨯是等比数列，并求数列{}n a 的通项公式．答案：(1)2341,3,5a a a ===； (2)1[2(1)]3nn n a =-- 解答： (1)解：1,n n a a +是关于x 的方程2*20()n n x x b n N -⋅+=∈的两实根，112nn n n n n a a b a a ++⎧+=⎪∴⎨=⋅⎪⎩ ，因为11a =，所以2341,3,5a a a ===．(2)111111222(2)333 1.111222333n n n n n n n n n nn n n a a a a a a +++-⨯--⨯--⨯===--⨯-⨯-⨯分故数列1{2}3n n a -⨯是首项为12133a -=，公比为1-的等比数列．所以1112(1)33n n n a --⨯=⨯-，即1[2(1)]3n n n a =--．7. 已知数列{}n a 中，*1112,2(2,)n n a a n n N a -==-≥∈，设n S 是数列{}n b 的前n 项和，lg n n b a =，求99S .答案： 2 解答：111111111112,1,1,111111n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a ------=-∴-=∴==+∴-=-----, ()1111(1),11n n n n a n N a n-∴=+-=∴=+∈*- ,()1lg lg 1lg 1lg ,n n b a n n n ⎛⎫∴==+=+- ⎪⎝⎭99lg100lg99lg99lg98lg 2lg12S ∴=-+-++-=.8. 设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且首项113,3()n n n a a S n N *+≠=+∈.(1)求证：{}3n n S -是等比数列； (2)若{}n a 为递增数列，求1a 的取值范围. 答案： (1)略；(2) (9,3)(3,)-⋃+∞ 解答：（1）因为11n n n a S S ++=-，所以123nn n S S +=+ ，,所以11323n n nn S S ++-=-，分且130a -≠，所以{3}nn S -是以13a -为首项，以2为公比的等比数列；（2）由（1）得，113(3)2n n n S a --=-⨯，所以11(3)23n nn S a -=-⨯+ 当2n ≥时，2111(3)223n n n n n a S S a ---=-=-⨯+⨯，若{}n a 为递增数列，则1n n a a +>对*n N ∈恒成立当2n ≥时，11(3)223n n a --⨯+⨯>211(3)223n n a ---⨯+⨯即22132[12()3]02n n a --⨯+->对2n ≥，*n N ∈恒成立则19a >-，又2113a a a =+>所以1a 的取值范围是(9,3)(3,)-⋃+∞. 9. 已知数列{n a }满足：411=a ，1231=-+n n a a （n N *∈）；数列{nb }满足：n n n a a b -=+1（n N *∈）.(1)求数列{n a }的通项公式及其前n 项和n S ； (2)证明：数列{n b }中的任意三项不可能成等差数列. 答案：(1) 1)32(431-⋅-=n n a （n N *∈）, 221()3293()243413n n n S n n --=-⨯=+--（n N *∈）. (2)略. 解答：(1)由1231=-+n n a a ，得)1(3211-=-+n n a a . 因为411=a ，所以4311-=-a . 因此数列{1-n a }是以43-为首项，32为公比的等比数列.所以1)32(431-⨯-=-n n a ，即1)32(431-⋅-=n n a （n N *∈）.所以])32()32(1[431121-+++-=+++=n n n n a a a S49)32(321)32(1432-+=--⨯-=-n n n n （n N *∈）. (2)由(1)，得111)32(41])32(431[])32(431[--+⋅=⋅--⋅-=-=n n n n n n a a b .下面用反证法证明：数列{n b }中的任意三项不可能成等差数列.假设数列{n b }中存在三项t s r b b b ,,（t s r <<）按某种顺序成等差数列，由于数列{n b }是首项为41，公比为32的等比数列，于是有t s r b b b >>，则只能有t r s b b b +=2成立. 所以111)32(41)32(41)32(412---⋅+⋅=⋅⋅t r s ，两边同乘r t --1123，化简得r t r t s t r s ----+=⋅⋅23322.因为t s r <<，所以上式左边为偶数，右边为奇数，故上式不可能成立，导致矛盾. 故数列{n b }中的任意三项不可能成等差数列.10. 已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，对任意N n +∈，1(1)32n n n n S a n =-++-且 1()()0n n t a t a +--<恒成立，则实数t 的取值范围是．答案：311,44⎛⎫- ⎪⎝⎭解答：因为1(1)32n n n nS a n =-++- ①，当1n =时，1111122a S a ==-⨯+-，即134a =-，当2n ≥时，11111(1)42n n n n S a n ----=-++- ②， ①-②得11111111(1)(1)1(1)(1)1222n n n n n n n n n n n n a a a a a -----=---+-+=----+，当n 为偶数时，解得1112n na -=-+；当n 为奇数时，解得111111111212(1)32222n n n n n n a a -++-=-+-=-+--+=-，综上，111,213,2n n nn a n +⎧-+⎪⎪=⎨⎪-⎪⎩为奇数为偶数，所以，当n 为偶数时，2111133234n n a a =-≤=-=，当n 为奇数时，1113124n n a a +=-+≤=-，又1()()0n n t a t a +--<等价于介于相邻两项之间，所以31144t -<<. 11. 数列{}n a 满足1=1a ，()()1=11n n na n a n n ++++，且2=cos 3n n n b a π，记n S 为数列{}n b 的前n 项和，求120S . 答案：7280解答：由()()1=11n n na n a n n ++++得，111n n a a n n +=++，所以数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1为公差的等差数列，且111a =，所以n a n n =，2n a n =，22cos3n n b n π=，所以 222222212011111234561202222S =-⨯-⨯+-⨯-⨯+-+22222221(1223456120)2=-+-⨯++-+-222222221[(123120)3(369120)]2=-++++-⨯++++22222221139(1240)(123120)22=⨯⨯⨯++-⨯++++140418111201212413972802626⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯-⨯=；12. 已知数列{}n a 的前n 项和为n S *()n N ∈，且满足21n n a S n +=+．(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)求证：21223111112223n n n a a a a a a ++++<．答案：解答：(1)∵21n n a S n +=+，令1n =，得123a =，∵21n n a S n +=+，∵112(1)1n n a S n --+=-+，*(2,)n n N ≥∈，分， 12n n n a a ++3111((2122n ++-++--． 13. 已知数列{}n a 中，311=a ，)(21*+∈-=N n a a a n n n . (1)求证：数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-11n a 是等比数列，并求{}n a 通项公式n a ；(2)设n nn a na b -=1，求证：21<∑=ni i b .答案：(1)证明见解答，121+=n n a ； (2)见解答．解答：(1)由已知得：1211-=+nn a a ；∴)11(2111-=-+n n a a ，∴211111=--+nn a a ，所以⎭⎬⎫⎩⎨⎧-11n a 是首项为2111=-a ，公比为2的等比数列，∴n n n a 222111=⋅=--，∴121+=n n a . (2)n n n n na nab 21=-=，令n n n S 222212+⋅⋅⋅++=，∴1322222121++⋅⋅⋅++=n n nS ，相减得113222122121212121+++-=-+⋅⋅⋅+++=n n n n n n S ，∴2222<+-=n n n S .14. 已知函数()21f x x =+，数列{},{}n n a b 分别满足1(),()n n n a f n b f b -==，且11b =. 定义[]()x x x =+，[]x 为实数x 的整数部分，()x 为小数部分，且0()1x ≤<.(1)分别求{},{}n n a b 的通项公式； (2)记n c =()1nn a b +，求数列{}n c 的前项n 和. 答案：(1)12,12-=+=nn n b n a ；(2)1,12253,22n nn S n n ⎧=⎪⎪=⎨+⎪-≥⎪⎩.(1)已知可得()21n a f n n ==+,即21na n =+;()1121n n n b f b b --==+,()1121n n b b -∴+=+,1121n n b b -+∴=+,所以数列{}1n b +为首相为112b +=,公比为2的等比数列.11222n n n b -∴+=⋅=,21n n b ∴=-.(2)依题意，11131,2 2a c b ==；22251,44a cb ==；当3n ≥时，可以证明0212n n <+<，即21012nn +<<，所以2121c ()3)22n n n n n n ++==≥（，则112S =，2113244S =+=，117921...(3)248162n n n S n +=+++++≥．令7921...(3)8162n n W n +=+++≥，117921...(3)216322n n W n ++=+++≥，两式相减得291219253)42242n n n n n W n -++=---≥=（． ∴2533)2n n n S n +=-≥（，检验知，1n =不合，2n =适合， ∴1,12253,22n nn S n n ⎧=⎪⎪=⎨+⎪-≥⎪⎩．15. 数列{}n a 满足*196(,2)n n a n N n a -=-∈≥. (1)求证：数列13n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是等差数列； (2)若16a =，求数列{}lg n a 的前999项的和.(1)见解答；(2) 3999 3.S lg =+ 解答：(1)证明：11111131111=33393393n n n n n n n a a a a a a a --------=-=-----(n ≥2). ∴数列13n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是等差数列； (2)∵1a =6，由(1)知1111=+(-1)=.3333n nn a a -- 31*),N n a n n n+∴=∈（）,(lg lg(1)lg lg3*).N a n n n n ∴=+-+∈,(∴数列{}lg n a 的前999项和99932132100099()9S lg lg lg lg lg lg lg =+-+-+⋯+-999 3 10003999 3.lg lg lg =+=+16. 数列{}n a 满足11a =,132nn n a a +=+．(1)求证数列{}2n n a +是等比数列； (2)证明：对一切正整数n ，有1211132n a a a +++<…．答案：(1)证明见解答； (2)证明见解答.解答：(1)由132+=+n n n a a 有,)2(3211n n n n a a +=+++,又321=+a , 所以{}nn a 2+是以3位首项,3为公比的等比数列； (2)由(1)知nn n a 23-=,又)2(223≥>-n nn n ,故221211111113232n nn a a a +++=+++--231113131222222nn ⎛⎫<++++=-< ⎪⎝⎭. 17. 已知数列{}n a 满足1a =1，131n n a a +=+. (1)证明{}12n a +是等比数列，并求{}n a 的通项公式；(2)证明：1231112na a a ++<…+.答案：(1)n a =312n -；(2)见解答解答：(1)证明：由131n n a a +=+得1113()22n n a a ++=+，所以112312n n a a ++=+，所以12n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是等比数列，首项为11322a +=，公比为3，所以12n a +=1332n -⋅，解得n a =312n -.(2)由(1)知：n a =312n -，所以1231n n a =-，因为当1n ≥时，13123n n --≥⋅，所以1113123n n -≤-⋅，于是11a +21a +1n a 111133n -≤+++=31(1)23n -32<，所以11a +21a +1n a 32<. 18. 设111,(*)n a a b n N +==∈(1)若1b =，求23,a a 及数列{}n a 的通项公式；(2)若1b =-，问：是否存在实数c 使得221n n a c a +<<对所有*n N ∈成立？证明你的结论. 答案：(1)1n a ()*n N ∈； (2)存在，14c = 解答：(1)解法一：232,1a a == 再由题设条件知()()221111n n a a +-=-+ 从而(){}21n a-是首项为0公差为1的等差数列，故()21n a -=1n -，即()*1,n a n N =∈解法二：232,1a a ==可写为1231,1,1,a a a ==.因此猜想1n a =. 下用数学归纳法证明上式：当1n =时结论显然成立.假设n k =时结论成立，即1k a =.则1111k a +===这就是说，当1n k =+时结论成立.所以()*1,n a n N =∈(2)解法一：设()1f x =，则()1n n a f a +=.令()c f c =，即1c =，解得14c =. 下用数学归纳法证明加强命：2211n n a c a +<<<当1n =时，()()2310,01a f a f ====，所以23114a a <<<，结论成立. 假设n k =时结论成立，即2211k k a c a +<<<易知()f x 在(],1-∞上为减函数，从而()()()2121k c f c f a f a +=>>=即2221k c a a +>>>再由()f x 在(],1-∞上为减函数得()()()22231k c f c f a f a a +=<<=<. 故231k c a +<<，因此2(1)2(1)11k k a c a +++<<<，这就是说，当1n k =+时结论成立. 综上，符合条件的c 存在，其中一个值为14c =.解法二：设()1f x =，则()1n n a f a +=先证：01n a ≤≤()*n N ∈…………………………① 当1n =时，结论明显成立.假设n k =时结论成立，即01k a ≤≤ 易知()f x 在(],1-∞上为减函数，从而()()()01011k f f a f =≤≤<即101k a +≤≤这就是说，当1n k =+时结论成立，故①成立. 再证：221n n a a +<()*n N ∈………………………………②当1n =时，()()2310,01a f a f ====，有23a a <，即当1n =时结论②成立假设n k =时，结论成立，即221k k a a +< 由①及()f x 在(],1-∞上为减函数，得()()2122122k k k k a f a f a a +++=>= ()()()()212221211k k k k a f a f a a +++++=<=这就是说，当1n k =+时②成立，所以②对一切*n N ∈成立.由②得21k a <即()22222122k k k a a a +<-+因此214k a <又由①、②及()f x 在(],1-∞上为减函数得()()221n n f a f a +> 即2122n n a a ++>所以211,n a +>解得2114n a +>. 综上，由②③④知存在14c =使2211n n a c a +<<<对一切*n N ∈成立.19. 数列{}n a 满足111,(1)(1),n n a na n a n n n N ++==+++∈(1)证明：数列{}na n是等差数列；(2)设3nn b ={}n b 的前n 项和n S 答案： (1)数列{}na n是等差数列； (2)1(21)334n n n S +-⋅+=.解答：(1)证明：由已知可得，111n n a a n n +=++，即111n n a an n+-=+，所以{}n a n 是以111a=为首项，1为公差的等差数列. (2)由(1)得1(1)1na n n n=+-⋅=，所以2n a n =，从而3n n b n =⋅. 1231323333n n S n =⋅+⋅+⋅++⋅ ① 234131323333n n S n +=⋅+⋅+⋅++⋅ ②①－②得12123333n n n S n +-=+++-⋅113(13)(12)333132n n n n n ++⋅--⋅-=-⋅=-.所以1(21)334n n n S +-⋅+=.20. 设数列{}n a 的前n 项和为n S ，n *∈N ．已知11a =，232a =，354a =，且当2n ≥ 时，211458n n n n S S S S ++-+=+． (1)求4a 的值； (2)证明：112n n a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列； (3)求数列{}n a 的通项公式．答案： (1)78； (2)证明见解答；(3)()11212n n a n -⎛⎫=-⨯ ⎪⎝⎭．解答：(1)当2n =时，4231458S S S S +=+，即435335415181124224a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++++=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，解得：478a =(2)因为211458n n n n S S S S ++-+=+（2n ≥），所以21114444n n n n n n S S S S S S ++-+-+-=-（2n ≥），即2144n n n a a a +++=（2n ≥），因为3125441644a a a +=⨯+==，所以2144n n n a a a +++=，因为()2121111111114242212142422222n n n n n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a a a a a +++++++++++-----====----，所以数列112n n a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以21112a a -=为首项，公比为12的等比数列(3)由(2)知：数列112n n a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以21112a a -=为首项，公比为12的等比数列，所以111122n n n a a -+⎛⎫-= ⎪⎝⎭,即1141122n n n na a ++-=⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以数列12n n a ⎧⎫⎪⎪⎪⎪⎨⎬⎛⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎭⎩⎭是以1212a =为首项，公差为4的等差数列，所以()2144212nna n n =+-⨯=-⎛⎫⎪⎝⎭，即()()111422122n n n a n n -⎛⎫⎛⎫=-⨯=-⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以数列{}n a 的通项公式是()11212n n a n -⎛⎫=-⨯ ⎪⎝⎭.答案：(1)56-=n a n ； (2)详见解答； (3))0,41(-. 解答：(1)因为)(211n n n n b b a a -=-++，53+=n b n ，所以()1122(3835)6n n n n a a b b n n ++-=-=+--=，所以是等差数列，首项为11=a ，公差为6，即56-=n a n .}{n a(2)由)(211n n n n b b a a -=-++，得n n n n b a b a 2211-=-++，所以}2{n n b a -为常数列，1122b a b a n n -=-，即1122b a b a n n -+=，因为n n a a ≥0，*∈N n ，所以111122220b a b b a b n n -+≥-+，即n n b b ≥0，所以}{n b 的第0n 项是最大项.(3)因为n n b λ=，所以)(211nn n n a a λλ-=-++，当2≥n 时，112211)()()(a a a a a a a a n n n n n +-+⋅⋅⋅+-+-=---λλλλλλλ3)(2(2)(22211+-+⋅⋅⋅+-+-=---n n n n λλ+=n 2，当1=n 时，λ31=a ，符合上式，所以λλ+=n n a 2，因为031<=λa ，且对任意*∈N n ，)6,61(1∈n a a ，故0<n a ，特别地0222<+=λλa ，于是)0,21(-∈λ，此时对任意*∈N n ，0≠n a ，当021<<-λ时，λλλ>+=n n a 22||2，λλλ<+-=--1212||2n n a ，由指数函数的单调性知，}{n a 的最大值为0222<+=λλa ，最小值为λ31=a ，由题意，n ma a 的最大值及最小值分别是12321+=λa a 及31212+=λa a ，由61312>+λ及6123<+λ，解得041<<-λ，综上所述，λ的取值范围是)0,41(-.22. 设数列{}n a 的前n 项和为n S .已知11a =,2121233n n S a n n n +=---,*n ∈N .(1) 求2a 的值;(2) 求数列{}n a 的通项公式; (3)) 证明:对一切正整数n ,有1211174n a a a +++<. 答案： (1)4；(2)2*,n a n n N =∈； (3)见解答.解答：(1) 解:2121233n n S a n n n +=---,n N *∈. ∴ 当1n =时,112212221233a S a a ==---=-又11a =,24a ∴= (2)解:2121233n n S a n n n +=---,n N *∈. ∴ ()()321112122333n n n n n n S na n n n na ++++=---=- ①∴当2n ≥时,()()()111213n n n n n S n a =-+=--，②由① — ②,得 ()()112211n n n n S S na n a n n -+-=---+ ,1222n n n a S S -=- ,()()1211n n n a na n a n n +∴=---+ ,111n n a a n n +∴-=+,数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以首项为111a =,公差为1的等差数列. ()()2111,2nn a n n a n n n∴=+⨯-=∴=≥ ，当1n =时,上式显然成立.2*,n a n n N ∴=∈；(3)证明:由(2)知,2*,n a n n N =∈①当1n =时,11714a =<,∴原不等式成立.②当2n =时,121117144a a +=+<,∴原不等式亦成立. ③当3n ≥时,()()()()221111,11n n n n n n >-⋅+∴<-⋅+ ()()()2221211111111111121324211n a a a n n n n n ∴+++=+++<+++++⨯⨯-⋅-⋅+111111111111111121322423522211n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+-+-++-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪--+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1111111111112132435211n n n n ⎛⎫=+-+-+-++-+- ⎪--+⎝⎭1111171117121214214n n n n ⎛⎫⎛⎫=++--=+--< ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭∴当3n ≥时,,∴原不等式亦成立.综上,对一切正整数n ,有1211174n a a a +++<. 23. 已知数列{}n a 满足11a =，11n n a aλ-=+，(1λ≠，2n ≥且*)n ∈N ． (1)求证：当0λ≠时，数列1{}1n a λ+-为等比数列； (2)如果2λ=，求数列{}n na 的前n 项和n S ； (3)如果[]n a 表示不超过n a 的最大整数，当1λ=时，求数列{[(1)]}n a λ-的通项公式．答案： (1)证明略； (2) 2222)1(21nn n n --+⨯-+；(3) []()()2)1(231212nnn n c ---+-++=．解答：(1)当0λ≠时，设11n n b a λ=+-，则当2n ≥时，111111n n n n a b b a λλ--+-=+-．因为 11n n a a λ-=+，所以 11111111n n n n a b b a λλλ---++-=+-11111()111111n n n n a a a a λλλλλλλλ----++--===++--为常数．因为 11011a λλλ+=≠--，所以数列1{}1n a λ+-是首项为1λλ-，公比为λ的等比数列． (2)由(1)知 2λ=时{1}n a +为首项为1λλ-，公比为λ的是等比数列，所以12nn a +=． 2n n na n n =-．设212222n n A n =⨯+⨯++⨯，则231212222n n A n +=⨯+⨯++⨯．相减得212222n n n A n +=----+⨯1(1)22n n +=-⨯+．设21222n n n B n =+++=+，n S =n n A B -=21(1)2222n n nn +-⨯+--．即n S =21(1)2222n n n n +-⨯+--．(3)由(1)可知111111n n n a λλλλλλ--=-=---．设(1)11)1n n n n c a λλ=-=-=-，由二项式定理可知1)(1)n n +为整数，所以1)(1)2,2,[]1)(1)1,2 1.n nn n nn k c n k ⎧+-=⎪=⎨+-=-⎪⎩*()k ∈N ．所以3(1)[]1)(1)22nnnn c -=+--.24. 已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足1n n n S a λλ=-+，(1λ≠±，*)n ∈N ． (1)如果0λ=，求数列{}n a 的通项公式；(2)如果2λ=，求证：数列1{}3n a +为等比数列，并求n S ； (3)如果数列{}n a 为递增数列，求λ的取值范围．答案： (1)1n a =-；(2)1222333n n n n n S a ++=-=-；(3)1λ>或1λ<-．解答：(1)0λ=时，n S n =-，当1n =时，111a S ==-，当2n ≥时，11n n n a S S -=-=-，所以1n a =-．(2)证明：当2λ=时，23n n nS a =-， 11123n n n S a +++=-，相减得1123n n a a +=+．所以1112()33n n a a ++=+，又因为113a =，112033a +=≠，所以数列1{}3n a +为等比数列，所以1233n n a +=，1222333n n n n n S a ++=-=-．(3)由(1)可知，显然0λ≠当1n =时，则1111S a λλ=-+，得1211a λ=-．当2n ≥时，1n n nS a λλ=-+，1111n n n S a λλ---=-+，相减得12111n n a a λλλ-=+--，即111()111n n a a λλλλ-+=++-+．因为1λ≠±，所以121011a λλλ+=≠+-．所以1{}1n a λ++为等比数列．所以12111()()111111n n n a λλλλλλλλλ-=-=---++-+．因为数列{}n a 为递增数列，所以 10111λλλ⎧>⎪⎪+⎨⎪>⎪-⎩或 101011λλλ⎧<⎪⎪+⎨⎪<<⎪-⎩，所以λ的取值范围是1λ>或1λ<-．25. 已知数列{}n a 满足1112431n n n a a a -+=+⋅=，，求数列{}n a 的通项公式. 答案：114352n n n a --=⋅-⋅解答：解法一（待定系数法）：设11123(3n n n n a a λλλ-++=+⋅)，比较系数得124,2λλ=-=，则数列{}143n n a --⋅是首项为111435a --⋅=-，公比为2的等比数列，所以114352n n n a ---⋅=-⋅，即114352n n n a --=⋅-⋅解法二（两边同除以1+n q）：两边同时除以13n +得：112243333n n n n a a ++=⋅+，下面解法略解法三（两边同除以1+n p）：两边同时除以12+n 得：nn n n n a a )23(342211⋅+=++，下面解法略 26. 在数列}{n a 中，,23,111n a a a n n +==+求通项n a .（逐项相减法）解：，,231n a a n n +=+ ①∴2≥n 时，)1(231-+=-n a a n n ，两式相减得 2)(311+-=--+n n n n a a a a .令n n n a a b -=+1,则231+=-n n b b ，所以2351+⋅=-n n b ，即 13511-⋅=--+n n n a a ②再由累加法可得213251--⋅=-n a n n . 亦可联立①②解出213251--⋅=-n a n n .27. 在数列{}n a 中，362,2311-=-=-n a a a n n ,求通项n a .答案：96)21(9-+⋅=n a nn解答：原递推式可化为y n x a y xn a n n ++-+=++-)1()(21 比较系数可得：x=-6,y=9,上式即为12-=n n b b 所以{}n b 是一个等比数列，首项299611=+-=n a b ,公比为21.1)21(29-=∴n n b 即：nn n a )21(996⋅=+- 故96)21(9-+⋅=n a nn .28. 已知数列{}n a 满足21123451n n a a n n a +=+++=，，求数列{}n a 的通项公式.答案：42231018n n a n n +=---解答：设221(1)(1)2()n n a x n y n z a xn yn z ++++++=+++ ，比较系数得3,10,18x y z ===，所以2213(1)10(1)182(31018)n n a n n a n n ++++++=+++ 由213110118131320a +⨯+⨯+=+=≠，得2310180n a n n +++≠则2123(1)10(1)18231018n n a n n a n n ++++++=+++，故数列2{31018}n a n n +++为以21311011813132a +⨯+⨯+=+=为首项，以2为公比的等比数列，因此2131018322n n a n n -+++=⨯，则42231018n n a n n +=---。

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 =-+。

求数列通项公式常用的八种方法

求数列通项公式常用八种方法一、公式法：已知或根据题目的条件能够推出数列{}n a 为等差或等比数列，根据通项公式()d n a a n 11-+= 或11-=n n q a a 进行求解.二、前n 项和法：已知数列{}n a 的前n 项和n s 的解析式，求n a .（分3步）三、n s 与n a 的关系式法：已知数列{}n a 的前n 项和n s 与通项n a 的关系式，求n a .（分3步）四、累加法：当数列{}n a 中有()n f a a n n =--1，即第n 项与第1-n 项的差是个有“规律”的数时，就可以用这种方法.五、累乘法：它与累加法类似，当数列{}n a 中有()1n n a f n a -=，即第n 项与第1-n 项的商是个有“规律”的数时，就可以用这种方法.六、构造法：㈠、一次函数法：在数列{}n a 中有1n n a ka b -=+（,k b 均为常数且0k ≠），从表面形式上来看n a 是关于1n a -的“一次函数”的形式，这时用下面的方法:------＋常数P㈡、取倒数法：这种方法适用于11c --=+n n n Aa a Ba ()2,n n N *≥∈（,,k m p 均为常数 0m ≠），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 1n n a ka b -=+的式子.㈢、取对数法：一般情况下适用于1k l n n a a -=（,k l 为非零常数）例8：已知()2113,2n n a a a n -==≥ 求通项n a分析：由()2113,2n n a a a n -==≥知0n a >∴在21n n a a -=的两边同取常用对数得211lg lg 2lg n n n a a a --== 即1lg 2lg n n a a -= ∴数列{}lg n a 是以lg 3为首项，以2为公比的等比数列故112lg 2lg3lg3n n n a --==∴123n n a -=七、“1p ()n n a a f n +=+（c b ,为常数且不为0，*,N n m ∈）”型的数列求通项n a . 可以先在等式两边同除以f(n)后再用累加法。

专题05 构造法求数列通项的八种技巧(二)(解析版)

专题05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.模型一:111(1)1n n n n n n a a n a n a n +++−=−−−−→⋅+=⋅+左右同乘,构造n n b n a =⋅,则1n n b b +=,{}n b 为常数数列.模型二:11111n n n n n a a n a a n n n +++−−−−−⋅→+==+左右同除,构造n n a b n=,则1n n b b +=,{}n b 为常数数列.模型三:()()21112(1)(2)(1)n n n n n n a a n a a n n n n n ++++−−−−+=⋅=+−→++−左右同除,构造(1)n n a b n n =+,则1n n b b +=,{}n b 为常数数列.模型四:()111(1)221n n n n n n n a a na n a n +++−−−−−→=+=+左右同除,构造n n ab n=,则12n n b b +=,{}n b 为等比数列.模型五:11111222212n n n n n n n n n n n n n a S S S S S n n S S S nn n ++++++++=⋅=⋅=⇒-⇒−−−−−→+⋅=左右同除,构造nn S b n=,则12n n b b +=,{}n b 为等比数列.模型六:1111111n n n n n a a n a a n n n n ++++=⋅=+++−−−+−−→左右同除,构造n n a b n=,则11n n b b +=+,{}n b 为等差数列.模型七:12111122122n n n n n n n n a a a a +++++−=+=−−−→+−左右同除,构造2n nna b =,则11n n b b +=+,{}n b 为等差数列.模型八:1111111n n a an n n n n n a a a a a a ++++-−−=-=−−−→左右同除,构造1n nb a=,则11n n b b +-=,{}n b 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1n +和1n a +,n 和n a 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{}n a 满足112,31n n na a a n +==⋅+,求n a .【解析】因为11n n na a n +=+,所以1(1).n n n a na ++=令n n b na =,则1n n b b +=,即{}n b 是常数数列,所以1n b b =,即221,33n n n na a a n=⨯==.【经典例题2】已知数列{}n a 中,12n n na a n +=+且12a =,求数列{}n a 的通项公式.【解析】因为12n n na a n +=+,所以11(2),(1)(2)(1).n n n n n a na n n a n n a +++=++=+令(1)n n b n n a =+,则1n n b b +=,即{}n b 是常数数列,所以1.n b b =因此(1)1n n n a +=⨯422,(1)n a n n ⨯=+【经典例题3】已知数列{}n a 中,12(1(1))n n na n a n n +++=+且11a =,求数列{}n a 的通项公式.【解析】12(1(1))n n na n a n n +++=+,等式两侧同除(1)n n +,形成1121n n a a n n +=++,令n n ab n=,则121n n b b +=+,这又回到了构造一的形式,所以12(1)1n n b b +=++,{}1n b +是以2为首项,2为公比的等差数列,即12212n n n b -⨯+==,21n n b =-,所以21n na n=-,(21)n n a n =-.【经典例题4】已知11a =,且1(2)n n na n n a +=++,求数列{}n a 的通项公式.【解析】等式两侧同除(1)(2)n n n ++,得1(1)(2)(1)(1)(2)1n n a a n n n n n n +=++++++,即1(1)(2)(1)(1)(2)1n n a a n n n n n n +-=+++++,1(1)(2)(1)(111)(2)n n a a n n n n n n +=-++++-+,另(1)n n a b n n =+，所以1(12)1)(1n n b b n n +--=++,接下来就是叠加法发挥作用的时候了212311b b -=-323411b b -=-434511b b -=-111(1)n n b b n n ---=+叠加得1112(1)n b b n --=+,11122a b ==,所以1(1)11n b n n n =+=+-，即(1)1n a n n n n =++，2n a n =.【练习1】已知数列{}n a 满足1111,3n n n n a a a a a ++=-=,则10()a =A.28 B.128C.28- D.128-【答案】B 【解析】数列{}n a 满足11a =,113n n n n a a a a ++-=,则:1113n na a +-=(常数)则：数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以111a =为首项,3为公差的等差数列。

求数列通项公式的三种常用方法

在数列问题中，求数列的通项公式问题比较常见，但有些求数列的通项公式的问题较为复杂，利用等差、等比数列公式很难直接求得结果，需要采用一些方法，如累加法、累乘法和构造法，才能使问题得解.下面我们来探讨一下累加法、累乘法和构造法在解题中的应用.一、累加法有些数列的递推式可以转化为a n +1=a n +f (n )或a n +1-a n =f ()n 的形式，我们就可以采用累加法来求解，将n =1，2，3，…，n 时f (n )的式子表示出来，然后将左边与左边的式子相加，右边与右边的式子相加，通过正负抵消求出a n ，便可得到数列的通项公式.累加法也称为逐差相加法，这种方法是比较简单、比较基础的，操作起来也比较容易.例1.设数列{}a n 满足a 1=1，且a n +1=a n +n +1(n ∈N *)，则数列{}a n 的通项公式为_____.分析：题目中给出的递推式形如a n +1=a n +f (n )，可运用累加法来求解，逐一列出各项，并将其累加，便可求出数列的通项公式.解：由题意知a 2=a 1+2，a 3=a 2+3，a 4=a 3+4，…，a n =a n -1+n (n ≥2)，将以上各式进行相加可得a n =a 1+2+3+…+n ，又a 1=1，所以a n =1+2+3+…+n =n 2+n 2(n ≥2)，当n =1时也满足上式，所以数列{}a n 的通项公式为a n =n 2+n 2(n ∈N *).在运用累加法求和时，很多同学们经常忽略了n =1的情况，因此在求出了a n 之后，必须要检验a 1是否满足所求的通项公式.二、累乘法当遇到形如a n +1a n=f ()n 或a n +1=f ()n a n 的递推式，我们可以采用累乘法来求解.首先列出n =1，2，3，…，n 时f (n )的表达式，然后将每项的左边与左边，右边与右边相乘，通过约分就可以求出a n .需要注意的是，在使用这种方法求数列的通项公式时，不要把a n 与f ()n 、f ()n -1、f ()n +1的对应项弄混.例2.设数列{}a n 满足a 1=1，且a n =n -1n a n -1(n ≥2)，则数列{}a n 的通项公式为_____.分析：题目中给出的递推公式为a n =n -1n an -1，即a n a n -1=n -1，形如a n +1a n =f ()n ，运用累乘法求解比较简便.解：∵a n =n -1n a n -1(n ≥2)，∴a n -1=n -2n -1a n -2，a n -2=n -3n -2a n -3，…，a 2=2a 1.将上述n -1个式子相乘后可得a n =a 1⋅12⋅23⋅34⋅…⋅n -1n =a1n =1n，当n =1时，a 1=1，满足上式，∴a n =1n(n ∈N *).三、构造法对于一些形如a n +1=pa n +q (p ≠0、1,q ≠0)的递推式，我们一般采用构造法来求数列的通项公式.可首先设a n +c =k (a n -1+c )，然后利用待定系数法求出相关k ,c 的值，这样便构造出等比数列{}a n +c ，运用等比数列的通项公式求得{}a n +c 的通项公式，进而得到{}a n 的通项公式.例3.已知数列{}a n 满足a 1=1，且a n +1=3a n +2，则数列{}a n 的通项公式为_____.分析：题目中给出的递推式形如a n +1=pa n +q ，结合已知条件可构造出新的等比数列，然后利用等比数列的通项公式来求解.解：∵a n +1=3a n +2，∴a n +1+1=3a n +2+1，即a n +1+1=3a n +3=3(a n +1)，∴a n +1+1a n +1=3，∴数列{}a n +1为q =3的等比数列，又a 1+1=2，∴a n +1+1=2∙3n -1，∴a n =2∙3n -1-1(n ∈N *).以上三种方法都是求数列通项公式的常用方法，同学们要扎实掌握.求数列的通项公式问题并没有同学们想象中的那么难，只要同学们能够熟练掌握常用的解题方法和技巧，学会举一反三，就能在掌握精髓的基础之上破解此类问题.（作者单位：安徽省宣城中学）方法集锦47Copyright©博看网 . All Rights Reserved.。

求数列通项公式常用的七种方法

求数列通项公式经常使用的七种方法一、公式法：已知或根据题目的条件能够推出数列为等差或等比数列，根据通项公式或进行求解.例1：已知是一个等差数列，且，求的通项公式.分析：设数列的公差为，则解得二、前项和法：已知数列的前项和的解析式，求.例2：已知数列的前项和，求通项.分析：当时，==而不适合上式，三、与的关系式法：已知数列的前项和与通项的关系式，求.例3：已知数列的前项和满足，其中，求.分析：①②①-②得即又不适合上式数列从第2项起是以为公比的等比数列注：解决这类问题的方法，用具俗话说就是“比着葫芦画瓢”，由与的关系式，类比出与的关系式，然后两式作差，最后别忘了检验是否适合用上面的方法求出的通项. 四、累加法：当数列中有，即第项与第项的差是个有“规律”的数时，就可以用这种方法.例4：，求通项分析：┅以上各式相加得又，所以，而也适合上式，五、累乘法：它与累加法类似，当数列中有，即第项与第项的商是个有“规律”的数时，就可以用这种方法.例5：求通项分析：故而也适合上式，所以六、构造法：㈠、一次函数法：在数列中有（均为常数且），从概况形式上来看是关于的“一次函数”的形式，这时用下面的方法:一般化方法：设则而即故数列是以为公比的等比数列，借助它去求例6：已知求通项分析：数列是以为首项，为公比的等比数列故㈡、取倒数法：这种方法适用于（均为常数），两边取倒数后得到一个新的特殊(等差或等比)数列或类似于的式子.例7：已知求通项即数列是以为首项，以为公差的等差数列㈢、取对数法：一般情况下适用于（为非零常数）例8：已知求通项分析：由知在的两边同取经常使用对数得即数列是以为首项，以为公比的等比数列故七、“（为常数且不为，）”型的数列求通项.例9：设数列的前项和为，已知，求通项.解：两式相减得即上式两边同除以得（这一步是关键）令得（想想这步是怎么得来的）数列从第项起，是以为首项，以为公比的等比数列故又，所以不适合上式注：求（为常数且不为，）”型的数列求通项公式的方法是等式的两边同除以，得到一个“”型的数列，再用上面第六种方法里面的“一次函数法”即可求出的通式，从而求出.另外本题还可以由得到即,依照上面求的方法同理可求出,再求.您不无妨试一试.除了以上七种方法外，还有嵌套法（迭代法）、归纳猜测法等，但这七种方法是经经常使用的，将其总结到一块，以便于学生记忆和掌握.。

构造法求通项公式

一．累加法（适用于：）例：已知数列满足，求数列的通项公式。

练习：1.数列{ a n }中，若a 1=1，a n+1-a n =2n, 求通项a n. 2.数列{ a n }中，若a 1=1，a n+1-a n =2n, 求通项a n.3.已知数列满足，求数列的通项公式。

4.设数列满足，，求数列的通项公式二．累乘法（适用于）例：数列{ a n }中，若a 1=1，，求a n. 解：由得： ∴，，，… 用累乘法把以上各式相乘得：∴。

练习：1）数列{ a n }中，若a 1=2，，求a n.三．倒数变换法适用于分式关系的递推公式，分子只有一项例1. 已知数列满足，求数列的通项公式。

练习：1.中，若求a n2.数列{ a n }中，a n ≠0，且满足求a n3.数列{ a n }中，求a n 通项公式。

)(1n f a a n n +=+{}n a 11211n n a a n a +=++=，{}n a {}n a 112313n n n a a a +=+⨯+=，{}n a }{n a 21=a 12123-+⋅=-n n n a a }{n a )(1n f a a nn =+n n na a n =++1)1(n n na a n =++1)1(11+=+n na a n n 2112=a a 3223=a a 4334=a a nn a a n n 11-=-na a n 11=na n1=n n n a a 2=+{}n a 112,12nn n a a a a +==+{}n a }{n a 数列),(411,211N n a a a nn ∈+==+),(,311,2111N n a a a nn ∈+==+,22,111+==+n nn a a a a4.数列{ a n }中,求a n .四．构造如的数列（适用于方法：a n+1＝c a n +d, 设可化成a n+1+x=c(a n +x), a n+1=c a n +(c-1)x用待定系数法得： (c-1)x ＝d ∴ x=. 例：数列{ a n }中，若a 1=6,a n+1=2a n +1, 求数列{ a n }的通项公式。

数列通项公式常用求法及构造法

数列通项公式常用求法及构造法数列通项公式是指将数列中的每一项用一个公式来表示的方法，可以根据数列的规律和性质来确定。

通项公式的确定可以有常用求法和构造法两种方法。

常用求法包括找规律、列方程和用递推式三种方法。

1.找规律法：通过观察数列中的数字之间的规律性质，总结出一般规律，并将其转化为代数表达式。

这种方法适用于数列有简单规律的情况。

例一：已知数列的前四项依次为1、3、6、10，求数列的通项公式。

观察可得：数列的第n项是由前一项加上n-1得到的，即第n项为n-1加上前一项。

因此，可以得出通项公式：a_n=a_(n-1)+(n-1)。

2.列方程法：根据已知的前n项的数值，列出方程，然后解方程得到通项公式。

例二：数列的前四项依次为1、4、9、16，求数列的通项公式。

将数列的第n项用a_n表示，则有：a_1=1a_2=4a_3=9a_4=16根据观察可得：数列的通项公式应该是平方函数，即a_n=n^2、通过验证可以发现，对于任意正整数n，都满足该公式。

3.用递推式法：通过已知的前n项与通项之间的关系，构造递推关系式，然后解递推关系式得到通项公式。

例三：数列的前四项依次为1、2、4、8，求数列的通项公式。

将数列的第n项用a_n表示，则有：a_1=1a_2=2a_3=4a_4=8观察可得：数列的通项公式应该是指数函数，即a_n=2^(n-1)。

通过验证可以发现，对于任意正整数n，都满足该公式。

构造法是另一种确定数列通项公式的方法，其思路是通过构造一个满足数列性质的函数，并验证其是否满足数列的每一项。

例四：数列的前四项依次为1、3、6、10，求数列的通项公式。

观察可得：数列的前差为1、2、3，即数列的二次差为1、1、根据已知数列的前四项可构造一个二次函数：a_n = an^2 + bn + c。

代入a_1=1、a_2=3、a_3=6，得到以下方程组：a_1=a+b+c=1a_2=4a+2b+c=3a_3=9a+3b+c=6解方程组可得到a=1，b=0，c=0。

(完整版)高中数学构造法求数列通

构造法求数列通项例题分析型如a n+1=pa n +f(n) (p 为常数且p ≠0， p ≠1)的数列(1)f(n)= q (q 为常数) 一般地，递推关系式a n+1=pa n +q (p 、q 为常数，且p ≠0，p ≠1)等价与)1(11pqa p p q a n n --=--+，则{p q a n --1}为等比数列，从而可求n a ．例1、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 n n a a -=---=+-．练习：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 ．答案：12-=n n a ．(2) f(n)为等比数列，如f(n)= q n (q 为常数) ，两边同除以q n ，得111+=++nnn n q a p q a q，令nnna b q =，则可转化为b n+1=pb n +q 的形式求解．例1、已知数列{a n }中，a 1=65，1111()32n n n a a ++=+，求通项n a ．解：由条件，得2 n+1a n+1=32(2 na n )+1，令b n =2 n a n ，则b n+1=32b n +1，b n+1-3=32（b n -3）易得 b n =3)32(341+--n ，即2 n a n =3)32(341+--n ， ∴ a n =nn 2332+-．练习、已知数列{}n a 满足1232n n n a a +=+⨯，12a =，求通项n a ．答案：31()222nn a n =-．(3) f(n)为等差数列，如1n n a Aa Bn C +=++型递推式，可构造等比数列．（选学，注重记忆方法）例1、已知数列{}n a 满足11=a ，11212n n a a n -=+-（2n ≥），求．解：令n n b a An B =++，则n n a b An B =--， ∴11(1)n n a b A n B --=---，代入已知条件，得11[(1)]212n n b An B b A n B n ---=---+-，即11111(2)(1)2222n n b b A n A B -=++++-，令202A +=，1022A B+-=，解得A =－4，B=6，所以112n n b b -=，且46n n b a n =-+，∴{}n b 是以3为首项、以12为公比的等比数列，故132n n b -=，故13462nn a n -=+-．点拨：通过引入一些尚待确定的系数，经过变形与比较，把问题转化成基本数列（等差或等比数列）求解．练习：在数列{}a n 中，132a =，1263n n a a n --=-，求通项a n ．答案：a n n n-+=69912·()．解：由1263n n a a n --=-，得111(63)22n n a a n -=+-，令11[(1)]2n n a An B a A n B -++=+-+，比较系数可得：A =－6，B=9，令n n b a An B =++，则有112n n b b -=，又1192b a A B ==++，∴{}n b 是首项为92，公比为12的等比数列，所以b n n =-92121()，故a n n n -+=69912·()．(4) f(n)为非等差数列，非等比数列法一、构造等差数列法例1、在数列{}n a 中，1112(2)2()n n n n a a a n λλλ+*+==++-∈N ，，其中0λ>，求数列{}n a 的通项公式．解：由条件可得111221n nn nn n a a λλλλ+++⎛⎫⎛⎫-=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭， ∴数列2nn n a λλ⎧⎫⎪⎪⎛⎫-⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭是首项为0，公差为1的等差数列，故21n n n a n λλ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，∴(1)2n n n a n λ=-+．练习：在数列{a n }中，a na n a n n n n n 1132212==+++++，()()()，求通项a n 。

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。

求数列通项公式常用的七种方法

第二章数列的概念与简单表示法一、公式法：已知或根据题目的条件能够推出数列{}n a 为等差或等比数列，根据通项公式()d n a a n 11-+=或11-=n n q a a 进行求解.二、前n 项和法：已知数列{}n a 的前n 项和n s 的解析式，求n a .三、n s 与n a 的关系式法：已知数列{}n a 的前n 项和n s 与通项n a 的关系式，求n a . 四、累加法：当数列{}n a 中有()n f a a n n =--1，即第n 项与第1-n 项的差是个有“规律”的数时，就可以用这种方法.五、累乘法：它与累加法类似，当数列{}n a 中有()1nn a f n a -=，即第n 项与第1-n 项的商是个有“规律”的数时，就可以用这种方法. 六、构造法：一次函数法：在数列{}n a 中有1n n a ka b -=+（,k b 均为常数且0k ≠），从表面形式上来看n a 是关于1n a -的“一次函数”的形式，这时用下面的方法:取倒数法：这种方法适用于11n n n ka a ma p--=+()2,n n N *≥∈（,,k m p 均为常数 0m ≠），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 1n n a ka b -=+的式子.取对数法：一般情况下适用于1k ln n a a -=（,k l 为非零常数）特征根法：形如递推公式为n n n qa pa a +=++12（其中p ，q 均为常数）。

不动点法若,0≠A B 且0-≠AD BC ，解+=+Ax Bx Cx D,设βα,为其两根。

I 、若αβ≠，数列{}αβ--n n a a 是等比数列； II 、若αβ=，数列1{}-n a a是等差数列。

七、“m n n c ba a +=+1（c b ,为常数且不为0，*,N n m ∈）”型的数列求通项n a .例题讲解：1：已知{}n a 是一个等差数列，且5,152-==a a ，求{}n a 的通项公式.2：已知数列{}n a 的前n 项和12-=nn s ，求通项n a .3：已知数列{}n a 的前n 项和n s 满足n n s a 311=+，其中11=a ，求n a . 4：()12,011-+==+n a a a n n ，求通项n a5：111,1n n na a a n -==- ()2,n n N *≥∈ 求通项n a6：已知111,21n n a a a -==+ ()2,n n N *≥∈ 求通项n a7：已知11122,2n n n a a a a --==+ ()2,n n N *≥∈ 求通项n a8：已知()2113,2n n a a a n -==≥ 求通项n a9: 数列{}n a 满足),0(025312N n n a a a n n n ∈≥=+-++， b a a a ==21,,求n a10.已知数列{}n a 满足1172,223+-==+n n n a a a a ，求数列{}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。

数列通项公式的六种求法

例 1. 等差数列 an 是递减数列，且 a2 a3 a4 =48， a2 a3 a4 =12，则数列的通项
公式是（）
(A) an 2n 12 (B) an 2n 4 (C) an 2n 12 (D) an 2n 10
解析：设等差数列的公差位
d，由已知
(a3 3a3
d) a3 12
数列通项公式的六种求法
数列是高考中的重点内容之一，每年的高考题都会考察到，小题一般较易，大题一般较难。而作为给出数列的一种形式——通项公式，在求数列问题中尤其重要。本文给出了求数列通项公式的六种常用方法。
一、直接法
如果已知数列为等差（或等比）数列，可直接根据等差（或等比）数列的通项公式，求
得 a1 ，d（或 q），从而直接写出通项公式。
解析：由题意， bn1 an2 an3 ，又 an 是等比数列，公比为 q
∴ bn1
bn
an2 an3 an1 an2
q ，故数列
bn
是等比数列， b1 a2 a3 a1q a1q 2 q(q 1) ，
∴ bn q(q 1) q n1 q n (q 1)
二、归纳法
∴
a2
cos
6
， a3
cos
22 3 ，…， an
cos
2 n1
3
总之，求数列的通项公式，就是将已知数列转化成等差（或等比）数列，从而利用等差（或等比）数列的通项公式求其通项。
-5-
解析：由 an1 an n 得 an1 an n ，所以
an an1 n 1， an1 an2 n 2 ，…， a2 a1 1 ，
将以上各式相加得： an a1 (n 1) (n 2) 1，又 a1 3

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。

求数列通项公式常用的七种方法

不动点法若,0≠A B 且0-≠AD BC ，解+=+Ax Bx Cx D,设βα,为其两根。

I 、若αβ≠，数列{}αβ--n n a a 是等比数列； II 、若αβ=，数列1{}-n a a是等差数列。

构造法求数列通项的八种技巧

构造法求数列通项的八种技巧好啦，咱今天就来唠唠“构造法求数列通项的八种技巧”这个有趣的话题，嘿嘿！
你们想想，数列就像一群调皮的小精灵，总是跳来跳去，让我们摸不着头脑。

而构造法呢，就像是我们手里的魔法棒，可以把这些小精灵变得乖乖听话。

第一种技巧就像是给小精灵搭了个特别的房子，让它们按照我们设计的规则住进去。

第二种嘛，就好像给小精灵们穿上了特制的衣服，一下子就把它们的特点凸显出来啦。

有时候啊，看着那些复杂的数列，真觉得头疼，但是一用这些构造法技巧，哇塞，就好像突然找到了破解谜题的钥匙，那种感觉，别提多爽啦！
第三种技巧呢，像是给小精灵们摆了个特别的队形，一下子就让我们看清它们的排列规律啦。

第四种技巧则好像给小精灵们加了点魔法调料，让它们变得与众不同，然后我们就能顺藤摸瓜找到通项啦。

哎呀呀，每一种技巧都有它独特的魅力，就像我们生活中的各种小窍门一样。

用对了技巧，那解决数列问题就跟玩游戏似的，充满了乐趣。

有时候我觉得自己就像个数列探险家，拿着这些构造法的魔法棒，在数列的世界里尽情闯荡。

碰到难题也不怕，嘿嘿，我有我的八大技巧呢！
比如说，遇到一个特别刁钻的数列，乍一看毫无头绪，但是我不慌，我拿出我的构造法工具包，一个一个技巧试过去，总能找到合适的那个。

有时候甚至会被自己的聪明才智给惊呆，哈哈！
总之啊，这八种技巧就是我们求解数列通项的秘密武器。

学会了它们，我们就能在数列的海洋里畅游，不怕那些难题的挑衅啦！哈哈，大家一起加油，拿着构造法去攻克那些数列的难关吧！让我们在数学的世界里快乐冒险！。

构造法求数列通项教学设计

构造法求数列通项教学设计在数学的世界里，数列就像一条条河流，有的缓缓流淌，有的奔腾不息。

今天我们要聊聊如何用构造法来找出数列的通项，听起来是不是有点儿复杂？其实不然，别担心，咱们轻松愉快地来看看。

构造法就是用聪明的脑袋瓜来“造”出一个公式，能够把数列的每一项都表达出来。

就像你在做菜，先准备好所有的材料，再一步步地把它们放到锅里，最后煮出美味的汤。

数列的构造也差不多，得先观察数列的特点。

比如说，假如你有一组数：1, 4, 9, 16，瞧，这些数就像小朋友在操场上玩耍，一个个都在欢快地跳跃。

你会发现，1是1的平方，4是2的平方，9是3的平方，16是4的平方，哈哈，原来这是一串平方数！所以啊，通项就能写成 (a_n = n^2)，这样一来，谁还怕找不着通项呢？咱们可以再深入一些，看看别的例子。

比如说，数列2, 5, 10, 17，这可不是普通的数列哦。

好奇吧，怎么构造出它的通项？你先观察观察，看看这几个数字之间有什么关系。

哎呀，发现了没有？它们之间的差值是3, 5, 7，差值还在增加，像小朋友的个子在长高一样！这时候，我们可以猜一猜，这个数列是不是与平方有关？通过一些推导，我们发现这个数列其实可以写成 (a_n = n^2 + 1)，咱们的构造法又成功了，真是太有成就感了！别忘了，还有一些数列的构造方法，比如说递推关系。

你知道的，数列有时候就像个小迷宫，得一步步走出来。

假如我给你一个数列，第一项是2，第二项是3，之后的每一项都是前两项之和。

你一看，哦，原来这就是斐波那契数列的一个变种。

于是我们可以写出通项公式，真是个不错的脑筋急转弯呢。

构造法的好处在于，它不仅仅适用于简单的数列，也可以帮你解决复杂的问题。

就像一个魔法师，把难题变得简单，哈哈，有时候我都忍不住想，如果数列会说话，它们一定会感谢我们这些小小的构造者！你瞧，数列的通项就像一扇窗，透过它我们能看到无穷无尽的可能性。

每当找到一个通项，真是有种“柳暗花明又一村”的感觉，心里美滋滋的，简直跟找到宝藏一样。

构造法求数列通项公式典型例题解析_李瑞琴

065201 ）
例 3 数列｛an｝中，Sn = 4 - an - 1 ，求 an． n-2
an+1
-
2 1 解因为 Sn = 4 - an - n-2 ，（1 ） 2 所以 Sn+1 = 4 - an+1 - 1 （2 ） . 2n-1 （2 ）－（1 ），得 2an+1 = an + 1 ， 2n-1 两边同时乘以 2n，可得 2n+1an+1 = 2nan + 2 ，可知｛2nan｝是等差数列，公差是 2. 由 a1 = 4 - a1 - 1 ，知 a1 = 1 21-2 n 故 2a1 ＝ 2 ，2 an ＝2 ＋ 2 （n － 1 ） = 2n ，即 an = n . 2n-1 方法点评认真观察等式中 an+1 和 an 的系数，通过等
数学学习与研究 2009.7
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a ，b 之间的关系 . （3 ）求与直线 L：3x ＋ 4y ＝ 0 平行且距离为 2 的直线方程.
像这样的 “练一题，带一串 ”的反思，不仅能使学生善于思考，调动学生的学习积极性和主动性；而且能起到举一反三，闻一知十，触类旁通，强化思维密度和增大思维广度的效果，从而使学生的创造性思维得到发展 . 五、反思解法的特殊性，培养思维的敏捷性数学教学中，逻辑思维的成分占据绝大部分，形成了严密规范的推理系统，这是完全必要的 . 但都要严密推理，在一定程度上束缚了学生的手脚，在某些问题上，特别是对填空题和选择题要引导学生反思是否有特殊的解法，从而提高解题的速度 . 例 4 已知 tan α ＝ 2 ，则 sin α cos α ＝ . 通常的方法是用同角三角函数关系，把 sinαcosα 化成