用构造法求数列的通项公式试题

合集下载

数列中的构造问题--2024高考数学大题题型归纳(解析)

数列中的构造问题1已知数列a n 满足a 1=1，a 2=5，a n +2=5a n +1-6a n ．(1)证明：a n +1-2a n 是等比数列；(2)证明：存在两个等比数列b n ，c n ，使得a n =b n +c n 成立．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)由a n +2=5a n +1-6a n 构造出a n +2-2a n +1=q a n +1-2a n ，用等比数列定义证明即可；(2)通过两次构造等比数列，求出a n 的通项公式，根据通项公式得出结论即可.【详解】(1)由已知，a n +2=5a n +1-6a n ，∴a n +2-2a n +1=5a n +1-6a n -2a n +1，∴a n +2-2a n +1=3a n +1-6a n =3a n +1-2a n ，显然a n +1-2a n =0与a 1=1，a 2=5矛盾，∴a n +1-2a n ≠0，∴a n +2-2a n +1a n +1-2a n=3，∴数列a n +1-2a n 是首项为a 2-2a 1=5-2=3，公比为3的等比数列.(2)∵a n +2=5a n +1-6a n ，∴a n +2-3a n +1=5a n +1-6a n -3a n +1，∴a n +2-3a n +1=2a n +1-6a n =2a n +1-3a n ，显然a n +1-3a n =0与a 1=1，a 2=5矛盾，∴a n +1-3a n ≠0，∴∴a n +2-3a n +1a n +1-3a n=2，∴数列a n +1-3a n 是首项为a 2-3a 1=5-3=2，公比为2的等比数列，∴a n +1-3a n =2n ，①，又∵由第(1)问，a n +1-2a n =3n ，②，∴②-①得，a n =3n -2n ，∴存在b n =3n ，c n =-2n ，两个等比数列b n ，c n ，使得a n =b n +c n 成立．2已知数列a n 的前n 项和为S n ，a 1=2，a n ≠0，a n a n +1=4S n .(1)求a n ；(2)设b n =-1 n ⋅3n -1 ，数列b n 的前n 项和为T n ，若∀k ∈N *，都有T 2k -1<λ<T 2k 成立，求实数λ的范围.【答案】(1)a n =2n ，n ∈N *(2)λ∈-2,6【分析】(1)由a n a n +1=4S n ，可得a n -1a n =4S n -1n ≥2 ，两式相减并化简后可得a n +1-a n -1=4n ≥2 ，后分奇偶情况可得a n ；(2)方法1，由题b n =-3 n --1 n ，由等比数列前n 项和公式可得T 2k ,T 2k -1表达式；方法2，注意到b 2k -1+b 2k =2⋅32k -1，可得T 2k ,T 2k -1表达式.后注意到T 2k ,T 2k -1的单调性，利用T 1<λ<T 2可得答案.【详解】(1)∵a n a n +1=4S n ，∴a n -1a n =4S n -1n ≥2 .∴a n a n +1-a n -1 =4a n n ≥2 ，∵a n ≠0，∴a n +1-a n -1=4n ≥2 .又a 1=2，a 1a 2=4S 1，∴a 2=4，∴数列a n 的奇数项，偶数项分别是以2，4为首项，4为公差的等差数列.当n =2k -1时，a 2k -1=4k -2=22k -1 ；当n =2k 时，a 2k =4k =2⋅2k .综上，a n =2n ，n ∈N *(2)方法一：∵b n =-1 n 3n -1 =-3 n --1 n =-3 n +-1 n +1，∴T n =-3 1--3 n1--3+1--1 n 1--1=3-3 n -34+1--1 n 2=3-3 n -2-1 n -14.∴T 2k =39k -1 4，T 2k -1=141-9k .方法二：∵b n =-1 n 3n -1 ，∴b 2k -1+b 2k =-32k -1-1 +32k -1 =2⋅32k -1，∴T 2k =2⋅31+2⋅33+2⋅35+⋯+2⋅32k -1=39k -1 4，∴T 2k -1=T 2k -b 2k =39k -1 4-32k -1 =141-9k ，∴n =2k ,k ∈N *时，T n =T 2k =39k -1 4为递增数列，n =2k -1,k ∈N *时，T n =T 2k -1=141-9k 为递减数列，若∀k ∈N *，都有T 2k -1<λ<T 2k 成立，只需使λ>T 2k -1 max =T 1，则λ>-2且λ<T 2k min =T 2，则λ<6.∴λ∈-2,63已知数列a n 满足a 1=3，a n +1=a 2n -2a n +2.(1)证明数列ln a n -1 是等比数列，并求数列a n 的通项公式；(2)若b n =1a n +1a n -2，数列b n 的前n 项和S n ，求证：S n <2.【答案】(1)证明见解析，a n =22n -1+1(2)证明见解析【分析】(1)根据递推公式证明ln a n +1-1 ln a n -1 为定制，即可证明数列为等比数列，再根据等比数列得通项即可得解；(2)由a n +1=a 2n -2a n +2，得a n +1-2=a n a n -2 ，则1a n +1-2=1a n a n -2 =121a n -2-1a n，则1a n =1a n -2-2a n +1-2，再利用裂项相消法求出数列b n 的前n 项和S n ，即可得证.【详解】(1)因为a n +1=a 2n -2a n +2，所以a n +1-1=a n -1 2，则ln a n +1-1 =ln a n -1 2=2ln a n -1 ，又ln a 1-1 =ln2，所以数列ln a n -1 是以ln2为首项，2为公比的等比数列，则ln a n -1 =2n -1⋅ln2=ln22n -1，所以a n =22n -1+1；(2)由a n +1=a 2n -2a n +2，得a n +1-2=a n a n -2 ，则1a n +1-2=1a n a n -2=121a n -2-1a n，所以1a n =1a n -2-2a n +1-2，所以b n =1a n +1a n -2=1a n -2-2a n +1-2+1a n -2=2a n -2-2a n +1-2，所以S n =b 1+b 2+⋯+b n=2a 1-2-2a 2-2 +2a 2-2-2a 3-2 +⋯+2a n -2-2a n +1-2=2a 1-2-2a n +1-2=2-222n -2，因为222n -2>0，所以2-222n-2<2，所以S n <2.4已知数列a n 的前n 项和为S n ，且满足2S n +2n =3a n n ∈N * ．(1)a n 的通项公式；(2)若b n =na n +n ，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =3n -1(2)T n =n 2-14 ×3n +1+34【分析】(1)根据a n =S 1,n =1S n -S n -1,n ≥2 作差得到a n =3a n -1+2，从而得到a n +1=3a n -1+1 ，即可得到a n +1 是以3为首项，3为公比的等比数列，即可求出通项公式；(2)由(1)可知b n =n ×3n ，利用错位相减法求和即可.【详解】(1)因为2S n +2n =3a n n ∈N * ①，当n =1时2S 1+2=3a 1，则a 1=2，当n ≥2时2S n -1+2n -1 =3a n -1②，①-②得2S n +2n -2S n -1-2n -1 =3a n -3a n -1，即2a n +2=3a n -3a n -1，则a n =3a n -1+2，所以a n +1=3a n -1+1 ，所以a n +1 是以3为首项，3为公比的等比数列，所以a n +1=3n ，则a n =3n -1.(2)因为b n =na n +n ，所以b n =n 3n -1 +n =n ×3n ，所以T n =1×31+2×32+3×33+⋯+n ×3n ③，3T n =1×32+2×33+3×34+⋯+n ×3n +1④，③-④得-2T n =1×31+1×32+1×33+⋯+1×3n -n ×3n +1=31-3n 1-3-n ×3n +1=12×3n +1-32-n ×3n +1=12-n ×3n +1-32，所以T n =n 2-14 ×3n +1+34.5已知各项均为正数的数列{a n }满足a 1=1,a n =2a n -1+3(正整数n ≥2)(1)求证：数列a n +3 是等比数列；(2)求数列{a n }的前n 项和S n .【答案】(1)证明见解析(2)S n =2n +2-3n -4【分析】(1)由题意转化条件得a n +3=2a n -1+3 n ≥2 ，结合a 1+3=4≠0即可得证；(2)由题意可得a n +3=2n +1，进而可得a n =2n +1-3，由分组求和法即可得解.【详解】(1)证明：已知递推公式a n =2a n -1+3，两边同时加上3，得：a n +3=2a n -1+3 n ≥2 ，因为a n >0,a n +3>0，所以a n +3a n -1+3=2n ≥2 ，又a 1+3=4≠0，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.(2)由(1)a n+3=4×2n-1=2n+1，则a n=2n+1-3n∈N*，所以S n=a1+a2+⋅⋅⋅+a n=22-3+23-3+⋅⋅⋅+2n+1-3=22+23+⋅⋅⋅+2n+1-3n=4⋅1-2n1-2-3n=2n+2-3n-4.6设各项均为正数的数列{a n}满足S na n=pn+r(p,r为常数)，其中S n为数列{a n}的前n项和.(1)若p=1,r=0，求证：{a n}是等差数列；(2)若p=13,a1=2，求数列{a n}的通项公式.【答案】(1)证明见解析；(2)a n=n2+n.【分析】(1)把p=1,r=0代入，结合“n≥2,S n-S n-1=a n”计算推理作答.(2)把p=13代入，结合“n≥2,S n-S n-1=a n”求出{a n}相邻两项间关系，再构造常数列作答.【详解】(1)当p=1,r=0时，S n=na n，当n≥2时，S n-1=n-1a n-1，两式相减，得a n=na n-(n-1)a n-1，整理得a n-a n-1=0，所以{a n}是等差数列.(2)当p=13时，S n =13n+ra n，令n=1，而a1=2，得13+r=1，解得r=23，于是S n=13n+23a n，当n≥2时，S n-1=13n+13a n-1，两式相减，得a n=13n+23a n-13n+13a n-1，整理得(n-1)a n=(n+1)a n-1，即a n n+1=a n-1n-1，因此a n(n+1)n=a n-1n(n-1)，数列a n(n+1)n是常数列，从而a n(n+1)n=a12×1=1，a n=n2+n，显然a1=2满足上式，所以数列{a n}的通项公式是a n=n2+n.7已知数列a n，2a n+1=a n a n+1+1，a1=3．(1)求证：数列1a n-1是等差数列．(2)设b n=1-a n1-a n+1，求证：数列b n的前n项和S n<-2．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)根据2a n+1=a n a n+1+1，证明1a n+1-1-1a n-1等于定值即可；(2)利用裂项相消法求出数列b n的前n项和S n，即可得证.【详解】(1)∵2a n+1=a n a n+1+1，∴a n-2a n+1=-1，∵a1=3，∴a n-2≠0，∴a n+1=12-a n，∴1 a n+1-1-1a n-1=112-a n-1-1a n-1=2-a na n-1-1a n-1=-a n-1+1a n-1-1a n-1=-1，∴1a n -1是首项为1a n -1=12，公差为-1的等差数列；(2)由(1)知1a n -1=-n +32，∴a n =132-n +1，∴b n =1-a n 1-a n +1 =1n -32⋅1n -12=1n -32-1n -12，∴S n =b 1+b 2+b 3+⋅⋅⋅+b n=11-32-11-12+12-32-12-12+13-32-13-12+⋅⋅⋅+1n -32-1n -12=-2-2+2-23+23-25+⋅⋅⋅+1n -32-1n -12=-2-1n -12，∵n ∈N *，∴1n -12>0，∴S n <-2．8已知数列a n 的前n 项和为S n =n n +1n ∈N + ，数列b n 满足b 1=1，且b n +1=b n b n +2n ∈N + (1)求数列a n 的通项公式；(2)求数列b n 的通项公式；(3)对于n ∈N +，试比较b n +1与a n 的大小.【答案】(1)a n =1n 2+n (2)b n =12n -1(3)b n +1<a n【分析】(1)由数列a n 的前n 项和为S n =n n +1n ∈N + ，利用a n =S 1n =1 S n -S n -1n ≥2 ，能求出a n =1n 2+n；(2)由b n +1=b n b n +2n ∈N + ，两边取倒数得1b n +1=b n +2b n ，从而得到1b n +1 是以首项为1b 1+1=2，公比为2的等比数列，由此能求出b n =12n -1；(3)将问题转化为证明2n +1-1>n 2+n 成立，利用数学归纳法、二项式定理或函数的知识证明即可.【详解】(1)当n =1时，a 1=S 1=12；当n ≥2时，a n =S n -S n -1=n n +1-n -1n =1n n +1 =1n 2+n，经检验，n =1时，a 1=12也符合上式，所以数列a n 的通项公式为a n =1n 2+n；(2)易知b n >0，两边取倒数得1b n +1=b n +2b n ，整理得1b n +1+1=21b n +1，∴1b n +1是以首项为1b1+1=2，公比为2的等比数列，∴1 b n +1=2×2n-1,∴b n=12n-1；(3)由(1)(2)问可知，欲比较b n+1=12n+1-1与a n=1n2+n的大小，即比较2n+1-1与n2+n的大小.当n=1时，21+1-1=3,12+1=2，有3>2；当n=2时，22+1-1=7,22+2=6，有7>6；当n=3时，23+1-1=15,32+3=12，有15>12，猜想2n+1-1>n2+n，下面证明:方法一：当n≥4时，2n+1-1=(1+1)n+1-1=C0n+1+C1n+1+C2n+1+⋯+C n-1n+1+C n n+1+C n+1n+1-1≥2C0n+1+2C1n+1+2C2n+1-1=2+2n+1+n+1n-1>n2+n，所以对于任意的n∈N+都成立，所以b n+1<a n.方法二：令f x =2x+1-1-x2-x，则f x =2x+1ln2-2x-1,令g x =f x =2x+1ln2-2x-1,则g x =2x+1(ln2)2-2≥2x+1(ln e)2-2=2x-1-2，当x∈4,+∞时，g x =2x-1-2>0,g x 即f x 在x∈4,+∞单调递增，f x ≥f 4 =2x+1ln2-2x-1>25×12-2×4-1=7>0,f x 在x∈4,+∞单调递增，所以f x ≥f4 >24+1-1-42-4=11>0，所以2x+1-1-x2-x>0，即2x+1-1>x2+x，所以对于任意的n∈N+都成立，所以b n+1<a n.方法三：下面用数学归纳法证明①当n=1时，显然成立；当n=2时，显然成立；②假设n=k时(k≥2)，猜想成立，即2k+1-1>k2+k成立，那么当n=k+1时，2k+2-1=2⋅2k+1-1=2⋅2k+1-1+1>2⋅k2+k+1=2k2+2k+1，因为2k2+2k+1-(k+1)2+k+1=k2-k-1，对任意的k≥2且k∈N+上式都大于0，所以有2k+2-1>(k+1)2+k+1，综上所述，2n+1-1>n2+n对于任意的n∈N+都成立，所以b n+1<a n.9已知数列a n有递推关系a n+1=9a n-105a n-6n∈N*,a n≠65,a1=95,(1)记a n=b n+k,若数列b n的递推式形如b n+1=rb npb n+qp,q,r∈R且p,r≠0 ，也即分子中不再含有常数项，求实数k的值；(2)求a n的通项公式.【答案】(1)1或2(2)a n=4n4n--1n+1【分析】(1)根据题意整理可得b n+1=9-5kb n-5k2+15k-105b n+5k-6，即-5k2+15k-10=0，运算求解即可；(2)取k=1，可得b n+1=4b n5b n-1，利用构造法结合等比数列求通项公式.【详解】(1)因为a n=b n+k，且a n+1=9a n-105a n-6，所以b n+1=a n+1-k=9b n+k-105b n+k-6-k=9-5kb n-5k2+15k-105b n+5k-6，则-5k2+15k-10=0，解得k=1或2；(2)由(1)可得：当k=1时，则a n=b n+1，且b n+1=4b n5b n-1，可得1b n+1=5b n-14b n=-14×1b n+54，则1b n+1-1=-141b n-1，且1b1-1=14≠0，故数列1b n-1是以14为首项，-14为公比的等比数列，∴1 b n -1=14×-14n-1=--1 n4n，则b n=4n4n--1n，故a n=4n4n--1n+1.10已知数列a n满足a1+a3=2a2，a n+1=3a n,n为奇数a n+2,n为偶数，数列cn满足c n=a2n-1．(1)求数列c n和a n的通项公式；(2)求数列a n的前n项和S n．【答案】(1)c n=2⋅3n-1-1，a n=2⋅3n-12-1,n为奇数2⋅3n2-3,n为偶数(2)S n=4⋅3n2-2n-4,n为偶数2⋅3n+12-2n-3,n为奇数【分析】(1)由题意先求出a1，再根据c n=a2n-1，得c1=a1,c n+1=a2n+1，从而可得c n+1=3c n+2，再利用构造法求出c n的通项，从而可得a n的通项公式；(2)分n为偶数和奇数两种情况讨论，再结合分组求和法即可得解.【详解】(1)a n+1=3a n,n为奇数a n+2,n为偶数，得a2=3a1,a3=a2+2=3a1+2，因为a1+a3=2a2，即a1+3a1+2=6a1，解得a1=1，由c n=a2n-1，得c1=a1=1,c n+1=a2n+1，又a2k=3a2k-1,a2k+1=a2k+2,k∈N*，故a2k+1=3a2k-1+2，所以c k+1=3c k+2，即c n+1=3c n+2，所以c n+1+1=3c n+1，又c1+1=2，所以数列c n+1是以2为首项，3为公比的等比数列，所以c n+1=2⋅3n-1，所以c n=2⋅3n-1-1，则a2n-1=2⋅3n-1-1，故a2n=3a2n-1=2⋅3n-3，所以a n=2⋅3n-12-1,n为奇数2⋅3n2-3,n为偶数；(2)当n为偶数时，S n=a1+a3+⋯+a n-1+a2+a4+⋯+a n=4a1+a3+⋯+a n-1=4c1+c2+⋯+c n2=4×21-3n2 1-3-n 2 =4⋅3n 2-2n -4，当n 为奇数时，S n =S n +1-a n +1=4⋅3n +12-2n +1 -4-2⋅3n +12-3 =2⋅3n +12-2n -3，综上所述，S n =4⋅3n 2-2n -4,n 为偶数2⋅3n +12-2n -3,n 为奇数 .11已知S n 为数列a n 的前n 项和，a 1=2，S n +1=S n +4a n -3，记b n =log 2a n -1 +3．(1)求数列b n 的通项公式；(2)已知c n =-1 n +1⋅b n +1b n b n +1，记数列c n 的前n 项和为T n ，求证：T n ≥221．【答案】(1)b n =2n +1n ∈N *(2)证明见解析【分析】(1)利用S n 与a n 的关系，整理数列a n 的递推公式，根据构造法，可得通项，可得答案；(2)写出数列c n 的通项，利用裂项相消，可得T n ，分奇偶两种情况，可得答案.【详解】(1)由S n +1=S n +4a n -3，得S n +1-S n =4a n -3．∴a n +1=4a n -3，则a n +1-1=4a n -1 ．∴a 1-1=2-1=1，∴数列a n -1 是以1为首项，4为公比的等比数列，∴a n -1=4n -1=22n -2n ∈N * ．∵b n =log 2a n -1 +3，∴b n =log 222n -2+3=2n +1n ∈N * ．(2)∵c n =-1 n +1⋅b n +1b n b n +1，∴c n =-1 n +1⋅2n +22n +1 2n +3=-1 n +1⋅1212n +1+12n +3 ∴T n =c 1+c 2+c 3+⋅⋅⋅+c n=1213+15 -15+17 +17+19 -⋅⋅⋅+-1 n +112n +1+12n +3当n 为奇数时，T n =1213+12n +3 >16>221．当n 为偶数时，T n =1213-12n +3 ，T n 是递增数列，∴T n ≥T 2=1213-17 =221．综上得：T n ≥221．12已知数列a n 满足a n +1=2a n -1,a 1+a 2=a 3．(1)求a n 的通项公式；(2)若b n =2n -1，数列c n 满足c 4n -3=b 2n -1,c 4n -2=a 2n -1,c 4n -1=a 2n ,c 4n =b 2n ，求c n 的前4n +1项和S 4n +1．【答案】(1)a n =2n -1+1(2)S 4n +1=4n 2+6n +4n【分析】(1)根据递推关系解方程得a 1=2，进而证明数列a n -1 是等比数列，公比为2，首项为1，再根据等比数列通项公式求解即可；(2)由题知c 4n -3+c 4n -2+c 4n -1+c 4n =8n -2+3⋅4n -1，进而令d n =c 4n -3+c 4n -2+c 4n -1+c 4n ，记数列d n 的前n 项和为T n ，则S 4n +1为T n 与c 4n +1的和，再根据等差数列与等比数列求和公式求解即可.【详解】(1)解：数列a n 满足a n +1=2a n -1,a 1+a 2=a 3所以，a 2=2a 1-1a 3=2a 2-1a 1+a 2=a 3，解得a 1=2,a 2=3,a 3=5，由a n +1=2a n -1得a n +1-1=2a n -1 ，即a n +1-1a n -1=2，所以，数列a n -1 是等比数列，公比为2，首项为1，所以a n -1=2n -1，即a n =2n -1+1所以，a n 的通项公式为a n =2n -1+1(2)解：因为b n =2n -1，a n =2n -1+1，所以c 4n -3=b 2n -1=22n -1 -1=4n -3，c 4n -2=a 2n -1=22n -2+1，c 4n -1=a 2n =22n -1+1，c 4n =b 2n =4n -1，所以，c 4n -3+c 4n -2+c 4n -1+c 4n =8n -2+3⋅22n -2=8n -2+3⋅4n -1，令d n =c 4n -3+c 4n -2+c 4n -1+c 4n =8n -2+3⋅4n -1，设数列d n 的前n 项和为T n ，因为数列8n -2 为等差数列，3⋅4n -1 为等比数列，所以，T n =n 6+8n -2 2+3×1-4n 1-4=4n 2+2n +4n -1因为数列c n 的前4n +1项和为T n 与c 4n +1的和，c 4n +1=c 4n +1 -3=4n +1 -3=4n +1，所以，S 4n +1=T n +c 4n +1=4n +1+4n 2+2n +4n -1=4n 2+6n +4n .13设数列a n 的前n 项和为S n ，且a 1=2，2S n +1a n +1=2S n a n+1.(1)求a n 的通项公式；(2)若b n =1S n，求数列b n 的前n 项和T n .【答案】(1)a n =2n(2)T n =n n +1【分析】(1)先根据2S n +1a n +1=2S n a n +1，可得数列S n a n 是以12为公差的等差数列，从而可得数列S n a n 的通项，再根据a n 与S n 的关系结合构造法即可得解；(2)先求出数列b n 的通项，再利用裂项相消法即可得解.【详解】(1)因为2S n +1a n +1=2S n a n +1，所以S n +1a n +1-S n a n =12，所以数列S n a n 是以S 1a 1=1为首项，12为公差的等差数列，所以S n a n =n +12，则S n =n +12a n ，当n ≥2时，S n -1=n 2a n -1，两式相减得a n =n +12a n -n 2a n -1，即a n n =a n -1n -1，所以数列a n n 为常数列，且a n n =a 11=2，所以a n =2n ；(2)由(1)得S n =n +12a n =n n +1 ，所以b n =1S n =1n n +1=1n -1n +1，所以T n =1-12+12-13+13-14+⋯+1n -1n +1=1-1n +1=n n +1.14已知数列a n 满足a 1=1，a n =3a n -1+2n ≥2,n ∈N * ．(1)求证：数列a n +1 是等比数列；(2)若b n =2n +1 a n +1-a n ，S n 为数列b n 的前n 项和，求S n ．【答案】(1)证明见解析(2)S n =4n ⋅3n ，n ∈N *【分析】(1)根据递推公式证明a n +1a n -1+1为定值即可；(2)先由(1)求得数列a n 的通项，从而可得数列b n 的的通项，再利用错位相减法求解即可.【详解】(1)因为a n =3a n -1+2n ≥2,n ∈N * ，所以a n +1=3a n -1+1 ，又a 1+1=2，所以a n +1 是以2为首项，以3为公比的等比数列；(2)由(1)知a n +1=2⋅3n -1，故a n =2⋅3n -1-1，所以b n =2n +1 2⋅3n -1-2⋅3n -1+1 =432n +1 ⋅3n ，故S n =433×3+5×32+7×33+⋯+2n +1 ⋅3n ，则3S n =433×32+5×33+⋯+2n -1 ⋅3n +2n +1 ⋅3n +1 ，两式相减得-2S n =433×3+2×32+2×33+⋯+2⋅3n -2n +1 ⋅3n +1 =433+61-3n 1-3-2n +1 3n +1 =-8n ⋅3n ，所以S n =4n ⋅3n .15设数列a n 的前n 项和为S n ,S n =2a n +2n -6n ∈N * .(1)求数列a n 的通项公式；(2)若数列2n +1a n a n +1 的前m 项和T m =127258，求m 的值.【答案】(1)a n =2n(2)7【分析】(1)当n ≥2时，构造S n -1=2a n -1+2n -8，与条件中的式子，两式相减，得a n =2a n -1-2，转化为构造等比数列求通项公式；(2)由(1)可知b n =2n +1a n a n +1=2n +12n +2 2n +1+2，利用裂项相消求和法求解.【详解】(1)因为S n =2a n +2n -6，所以当n =1时，S 1=2a 1-4，解得a 1=4．当n ≥2时，S n -1=2a n -1+2n -8，则S n -S n -1=2a n -2a n -1+2，整理得a n =2a n -1-2，即a n -2=2a n -1-2 ．所以数列a n -2 是首项为2，公比为2的等比数列，所以a n -2=2×2n -1=2n ．所以a n =2n +2.(2)令b n =2n +1a n a n +1=2n +12n +2 2n +1+2=212n +2-12n +1+2，数列b n 的前m 项和T m =214-16+16-110+110-114+⋯+12m +2-12m +1+2，=214-12m +1+2=12-22m +1+2，则12-22m +1+2=127258，则22m +1+2=2258，则2m +1=256⇒m =7.m 的值为7.16已知数列a n 满足a 1=1，n -1 a n -na n -1=0n ≥2 ．(1)求数列a n 的通项公式；(2)若b n =2n ⋅a n ，求数列b n 的前n 项和S n ．【答案】(1)a n =n (2)S n =n -1 ⋅2n +1+2【分析】(1)由题意得数列a nn为常数列，可数列a n 的通项公式；(2)利用错位相减法求数列前n 项和.【详解】(1)由n -1 a n -na n -1=0n ≥2 ，得a n n =a n -1n -1n ≥2 ，所以数列a n n 为常数列，有a nn =a 11=1，∴a n =n (2)b n =2n ⋅a n =n ⋅2n ，S n =21+2×22+3×23+⋯+n -1 2n -1+n ⋅2n ，2S n =22+2×23+3×24+⋯+n -1 2n +n ⋅2n +1，两式相减，-S n =21+22+23+⋯+2n -n ⋅2n +1=21-2n 1-2-n ⋅2n +1=1-n ⋅2n +1-2，所以S n =n -1 ⋅2n +1+217记数列a n 的前n 项和为S n ，已知a 1=-2，S n +1+2S n =-2 n +1.(1)求a n 的通项公式；(2)记数列a n 的前n 项和为T n ，证明：S n ≤T n <3S n .【答案】(1)a n =-2 n -1-3n +1 (2)见解析【分析】(1)根据辅助数法，整理等式，可得数列S n-2 n的通项，在根据a n 与S n 的关系，可得答案；(2)整理数列a n 的通项公式，利用错位相减法，求得T n ，根据作差法以及数列的单调性，可得答案.【详解】(1)由S n +1=-2S n +-2 n +1，两边同时除以-2 n +1可得：S n +1-2 n +1=S n-2 n +1，故数列S n -2 n为以1为公差的等差数列，则S n-2 n =S 1-21+n -1 ×1=a 1-2+n -1=n ，即S n =n ⋅-2 n ，当n ≥2时，a n =S n -S n -1=n ⋅-2 n -n -1 -2 n -1=-2 n -1-3n +1 ，将n =1代入上式，可得a 1=-2 1-1-3+1 =-2，则a 1满足上式，故数列a n 的通项公式a n =-2 n -1-3n +1 .(2)由n ∈N *，则-3n +1<0，即a n =-2 n -1-3n +1 =2n -13n -1 ，T n =20×2+21×5+22×8+⋯+2n -13n -1 ，2T n =21×2+22×5+23×8+⋯+2n 3n -1 ，两式相减可得，-T n =2+21×3+22×3+⋯+2n -1×3-2n 3n -1 =2+3×2+22+23+⋯+2n -1 -2n 3n -1 =2+3×2×1-2n -1 1-2-2n 3n -1=2+6×2n -1-1 -2n 3n -1 =2+3×2n -6-2n 3n -1 =-4+2n 4-3n ，则T n =4+2n 3n -4 ，由(1)可得S n =n ⋅-2 n =n ⋅2n ，T n -S n =4+2n 3n -4 -n ⋅2n =4+2n 2n -4 ，令b n =4+2n 2n -4 ，b n +1-b n =4+2n +12n +2-4 -4-2n 2n -4 =n ⋅2n +1>0，则数列b n 为递增数列，b 1=4+21×2-4 =0，则b n ≥0，即T n ≥S n ；T n -3S n =4+2n 3n -4 -3n ⋅2n =4-2n +2，令c n =4-2n +2，易知数列c n 为递减数列，c 1=4-21+2=-4<0，则c n <0，即3S n >T n .综上，不等式S n ≤T n <3S n 恒成立.18已知数列a n 的前n 项和为S n ，且S n =2a n -n n ∈N * .(1)求证；数列a n +1 是等比数列；(2)求证：nk =12k a k a k +1 <1.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)S n +1=2a n +1-n +1 ，S n =2a n -n ，作差得a n +1=2a n +1，则a n +1+1=2a n +1 ，即可证明数列a n +1 为等比数列；(2)首先求出a n =2n-1，而2k a k a k +1=12k -1-12k +1-1，最后通过裂项求出得到nk =12k a k a k +1 =1-12n +1-1<1.【详解】(1)由已知得S n +1=2a n +1-n +1 ，又a n +1=S n +1-S n ，S n =2a n -n 所以作差得a n +1=2a n +1-2a n -1，故a n +1=2a n +1所以a n +1+1=2a n +1又当n =1时，S 1=2a 1-1，又S 1=a 1，故a 1=1故数列a n +1 是首项为2，公比为2的等比数列(2)由(1)可知：a n +1=2n ，故a n =2n -1所以2k a k a k +1=2k +1-1 -2k-1 2k -1 2k +1-1 =12k -1-12k +1-1nk =12k a k a k +1=2a 1a 2+22a 2a 3+23a 3a 4+⋅⋅⋅+2k a k a k +1+⋅⋅⋅+2na n an +1=1-122-1+122-1-123-1 +⋅⋅⋅+12k -1-12k +1-1+⋅⋅⋅+12n -1-12n +1-1=1-12n +1-1<1综上可知：nk =12ka k a k +1 <119已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n =2a n -1，n ∈N *，数列{b n }满足b 1=1，且nb n +1-(n +1)b n =n (n +1)，n ∈N *．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n =a n ⋅b n ，求数列{c n }的前n 项和为Tn ．【答案】(1)a n =2n -1，b n =n 2(2)T n =(n -1)2n +1【分析】(1){a n }根据前n 项和为S n 与a 的关系可求出；{b n }根据递推公式先构造数列，再根据构造数列的通项公式求出{b n }的通项；(2)写出{c n }通项公式，用错位相减法求出T n .【详解】(1)∵S n =2a n -1，n ∈N *，∴S n +1=2a n +1-1，两式相减得：a n +1=2a n +1-2a ，∴a n +1=2a ，又S 1=a 1=2a 1-1，∴a 1=1，∴{a n }是以首项为1，公比为2的一个等比数列，∴a n =1×2n -1=2n -1；由nb n +1-(n +1)b n =n (n +1)得：b n +1n +1-bn n =1,又b 11=1∴b n n 是以首项为1，公差为1的一个等差数列，∴bn n=1+(n -1)×1=n ，∴b n =n 2；(2)由(1)知c n =n ⋅2n -1，∴T n =1⋅20+2⋅21+⋯+n ⋅2n -1，∴2T n =0+1⋅21+⋯+(n -1)⋅2n -1+n ⋅2n ，两式相减得：-T n =1+2+22+⋯+2n -1-n ⋅2n=1-2n 1-2-n ⋅2n =(1-n )2n -1，∴T n =(n -1)2n +1.20已知数列a n 满足a 1=1，a 2=4.有以下三个条件：①a n +1=4a n -4a n -1(n ≥2，n ∈N *)；②na n +1=2n +1 a n ；③a 1+a 22+a 34+⋅⋅⋅+a n 2n -1=n 2+n2(n ∈N *)；从上述三个条件中任选一个条件，求数列a n 的通项公式和前n 项和S n .【答案】a n =n ⋅2n -1，S n =n -1 ⋅2n +1【分析】选①根据递推关系式构造等比数列，再构造等差数列即可求得a n ；选②根据递推关系式，结合累乘法求得a n ；选③利用前n 项和与通项的关系，相减求得a n ；求前前n 项和采用错位相减法即可.【详解】解：选①由a n +1=4a n -4a n -1(n ≥2，n ∈N *)得a n +1-2a n =2a n -2a n -1 ，故a n +1-2a n 是公比为2的等比数列，则a n +1-2a n =a 2-2a 1 2n -1=2n即a n +12n +1-a n 2n =12，故a n 2n 是公差为12的等差数列，则a n 2n =12+n -1 12=12n ，即a n =n ⋅2n -1.选②由na n +1=2n +1 a n 得an +1a n =2n +1 n，故a n a n -1⋅a n -1a n -2⋅⋅⋅a 2a 1=2⋅n n -1⋅2⋅n -1 n -2⋅⋅⋅2⋅21化简得a na 1=n ⋅2n -1，即a n =n ⋅2n -1,n =1也满足选③由a 1+a 22+a 34+⋅⋅⋅+a n 2n -1=n 2+n2 (1)得当n ≥2时，a 1+a 22+a 34+⋅⋅⋅+a n -12n -2=n -1 2+n -12 (2)由(1)-(2)得a n 2n -1=n ，故a n=n ⋅2n -1,n =1也满足，因此，S n =1⋅20+2⋅21+3⋅22+⋅⋅⋅+n ⋅2n -12S n =1⋅21+2⋅22+3⋅23+⋅⋅⋅+n ⋅2n两式相减得-S n =20+21+22+⋅⋅⋅+2n -1-n ⋅2n化简得S n =-1-2n1-2+n ⋅2n =n -1 ⋅2n +121若数列a n 满足a 1=2,a n +1-2a n =3n -1．(1)证明:a n +1-3a n 是等比数列；(2)设a n 的前n 项和为S n ,求满足S n <2023的n 的最大值．【答案】(1)证明见解析(2)7【分析】(1)根据题意构造数列证明等比,求出首项及公比即可,(2)由(1)求出a n +1-3a n 的通项公式,与题中等式联立,求出a n 通项公式,进而求出前n 项和为S n ,代数使得S n <2023即可求出n 的最大值.【详解】(1)证明：因为a n +1-2a n =3n -1,所以a n +2-2a n +1=3n ,a n =12a n +1-12⋅3n -1,故a n +2-3a n +1a n +1-3a n=2a n +1+3n-3a n +1a n +1-3⋅12a n +1-12⋅3n -1=3n-a n +112⋅3n-12a n +1=2,又a 1=2,则a 2=5,a 2-3a 1=-1,故a n +1-3a n 是以-1为首项,2为公比的等比数列．(2)由(1)得a n +1-3a n =-2n -1①,又a n +1-2a n =3n -1②,②-①得,a n =2n -1+3n -1,故S n =a 1+a 2+⋯+a n=20+21+⋯+2n -1 +30+31+⋯+3n -1 =2n -1+123n -1 =2n+3n 2-32,易得S n 为递增数列,又S 7=1220<2023,S 8=3535>2023,S n <2023,故n 的最大值为7.22已知数列a n 的首项a 1=25，且满足a n +1=2a n 2a n +1.(1)求证：数列1a n-2为等比数列：(2)若1a 1+1a 2+1a 3+⋯+1a n<101，求满足条件的最大整数n .【答案】(1)证明见解析(2)50【分析】(1)两边取倒数，再同时减2，根据等比数列的定义，即可证明.(2)利用等比数列求和公式求和，再根据函数单调性，即可求解.【详解】(1)证明：由a n +1=2a n 2a n +1，可得1a n +1=2a n +12a n =1+12a n，1a n +1-2=12a n -1=121a n -2,又1a 1-2=12≠0,故数列1a n -2 为等比数列.(2)由(1)可知1a n -2=12×12 n -1=12n ，故1a n =12n +2.1a 1+1a 2+1a 3+⋯+1a n =12+2+122+2+123+2+⋯+12n +2=121-12n1-12+2n =1-12n+2n .令f n =1-12n+2n ，易知f n 随n 的增大而增大，f 50 <101,f 51 >101，故满足f n <101的最大整数为50.23已知数列a n 满足a 1=1,a 2=6，且a n +1=4a n -4a n -1,n ≥2,n ∈N * .(1)证明数列a n +1-2a n 是等比数列，并求数列a n 的通项公式；(2)求数列a n 的前n 项和S n .【答案】(1)证明见详解，a n =(2n -1)2n -1(2)T n =(2n -3)2n +3【分析】(1)根据递推公式构造可证，然后借助a n +1-2a n 为等比数列可得通项，再构造数列a n2n可证为等差数列，根据等差数列通项公式可解；(2)由错位相减法可得.【详解】(1)因为a n +1=4a n -4a n -1,n ≥2,n ∈N * 所以a n +1-2a n =2a n -4a n -1=2(a n -2a n -1)又因为a 2-2a 1=4所以a n +1-2a n 是以4为首项，2为公比的等比数列.所以a n +1-2a n =4×2n -1=2n +1变形得a n +12n +1-a n2n =1所以a n 2n 是以a 12=12为首项，1为公差的等差数列所以a n 2n =12+n -1=n -12，所以a n =(2n -1)2n -1(2)因为T n =1×20+3×21+5×22+⋅⋅⋅+(2n -1)2n -1⋯①所以2T n =1×21+3×22+5×23+⋅⋅⋅+(2n -1)2n ⋯②①-②得：-T n =1+22+23+⋅⋅⋅+2n -1-(2n -1)2n=1+22(1-2n -1)1-2-(2n -1)2n所以T n =(2n -1)2n -2n +1+3=(2n -3)2n +324已知正项数列a n 的前n 项和为S n ，现在有以下三个条件：①数列a 2n 的前n 项和为T n =n (n +1)2；②a 1=1,a n +1=n +1na n ；③a 1=1,a 2=2，当n ≥3时，a n +a n -1 S n -2S n -1+S n -2 =1．从上述三个条件中任选一个，完成以下问题：(1)求数列a n 的通项公式；(2)设数列b n 满足b 1=1,b n =a n -a n -1(n ≥2)，试问b n 中是否存在连续三项b k ,b k +1,b k +2，使得1b k ,1b k +1,1b k +2构成等差数列？请说明理由．【答案】(1)任选一条件，都有a n =n (2)不存在，理由见解析.【分析】(1)选①，结合a 2n =T n -T n -1求得a n ；选②，通过构造常数列的方法求得a n ；选③，结合a n =S n -S n -1以及等差数列的知识来求得a n .(2)先假设存在符合题意的b k ,b k +1,b k +2，结合等差中项的知识推出矛盾，从而作出判断.【详解】(1)选①：因为数列a 2n 的前n 项和为T n =n (n +1)2，所以当n =1时，a 21=1；当n ≥2时，a 2n =T n -T n -1=n (n +1)2-(n -1)n2=n ．经检验n =1时，a 21=1符合上式，所以a 2n =n ,n ∈N *，故正项数列a n 的通项公式为a n =n ，选②：因为a 1=1,a n +1=n +1n a n ，所以a n +1n +1=a n n，所以a n n 为常数列，即a nn=a 1=1，所以正项数列a n 的通项公式a n =n ．选③：由a n +a n -1 S n -2S n -1+S n -2 =a n +a n -1 a n -a n -1 =a 2n -a 2n -1=1(n ≥3)，所以数列a 2n 从第2项起成等差数列，且a 2n =n (n ≥2)，经检验n =1时，a 1=1符合上式，所以正项数列a n 的通项公式a n =n ．(2)数列b k 中不存在连续三项b k ,b k +1,b k +2，使得1b k ,1b k +1,1b k +2构成等差数列．理由如下：由(1)知当n ≥2时，b n =a n -a n -1=n -n -1，所以1b n =1n -n -1=n +n -1．假设数列b n 中存在连续三项b k ,b k +1,b k +2，使得1b k ,1b k +1,1b k +2构成等差数列．当k =1时，1,2+1,3+2，显然不成等差数列，假设不成立；当k ≥2时，则2(k +1+k )=(k +k -1)+(k +2+k +1)，即k +1+k =k -1+k +2，两边同时平方，得k +1+k +2k +1⋅k =k -1+k +2+2k -1⋅k +2，所以(k +1)k =(k -1)(k +2)，整理得k 2+k =k 2+k -2，所以0=-2，矛盾，故假设不成立．综上所述，数列b n 中不存在连续三项b k ,b k +1,b k +2，使得1b k ,1b k +1,1b k +2构成等差数列．25已知数列a n 中，a 1=5且a n =2a n -1+2n -1n ≥2,n ∈N * ，b n =a n -1n +1(1)求证：数列b n 是等比数列；(2)从条件①n +b n ，②n ⋅b n 中任选一个，补充到下面的问题中并给出解答．求数列的前n 项和T n ．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)证明见解析(2)选①：T n =n 22+n2+2n +1-2；选②：T n =n -1 2n +1+2【分析】(1)根据递推公式使用构造法可得a n -12n 的通项公式，然后可得b n 通项，再由等比数列定义可证；(2)选①：由分组求和法可得；选②：使用错位相减法可得.【详解】(1)因为a 1=5且a n =2a n -1+2n -1n ≥2,n ∈N * ，所以当n ≥2时，a n -1=2a n -1-1 +2n ，所以a n -12n =a n -1-12n -1+1，即a n -12n -a n -1-12n -1=1所以a n -12n 是以a 1-12=2为首项，1为公差的等差数列，所以a n -12n =2+n -1 ×1=n +1，所以a n =n +1 2n+1，b n =a n -1n +1=n +1 2n+1-1n +1=2n因为b 1=a 1-11+1=2，n ≥2时，b n b n -1=2n2n -1=2所以数列b n 是以2为首项，2为公比的等比数列．(2)选①：因为b n =2n ，所以n +b n =n +2n ，则T n =(1+2)+2+22 +3+23 +⋅⋅⋅+n +2n =1+2+3+⋅⋅⋅+n +2+22+23+⋅⋅⋅+2n=12n n +1 +21-2n 1-2=n 22+n 2+2n +1-2选②：因为b n =2n ，所以nb n =n ⋅2n，则T n =1×21+2×22+⋅⋅⋅+n ×2n (i )2T n =1×22+2×23+⋅⋅⋅+n ×2n +1(ii )(i )-(ii )得-T n =1×21+22+23+⋅⋅⋅+2n -n ×2n +1T n =n ×2n +1-21-2n 1-2=n ×2n +1-2n +1+2=n -1 2n +1+226已知数列a n 的前n 项的和为S n 且满足S n =2a n -2n ，数列b n 是两个等差数列1,4,7,10,⋅⋅⋅与4,9,14,19,⋅⋅⋅的公共项组成的新数列．(1)求出数列a n ，b n 的通项公式；(2)求出数列a n +b n 的前n 项的和T n ．【答案】(1)a n =n +1 ⋅2n -1，b n =15n -11(2)T n =n ⋅2n+15n 2-7n2【分析】(1)利用a n 与S n 关系可得a n =2a n -1+2n -1，进而得到a n 2n =a n -12n -1+12，可知数列a n 2n 为等差数列，由等差数列通项公式可推导得到a n ；由题意可知b n 为等差数列，由等差数列通项公式可求得b n ；(2)采用分组求和法，分别利用错位相减法和等差数列求和公式可求得数列a n ,b n 的前n 项和，加和即可得到T n .【详解】(1)当n =1时，a 1=S 1=2a 1-2，∴a 1=2；当n ≥2时，S n -1=2a n -1-2n -1，∴a n =S n -S n -1=2a n -2n -2a n -1+2n -1=2a n -2a n -1-2n -1，即a n =2a n -1+2n -1，∴a n 2n =a n -12n -1+12，∴数列a n 2n 是以a 12=1为首项，12为公差的等差数列，∴a n 2n =1+12n -1 =n +12，∴a n =n +1 ⋅2n -1；∵数列b n 是两个等差数列1,4,7,10,⋅⋅⋅与4,9,14,19,⋅⋅⋅的公共项组成的新数列，∴数列b n 是以4为首项，15为公差的等差数列，∴b n =4+15n -1 =15n -11.(2)设A n 为数列a n 的前n 项和，B n 为数列b n 的前n 项和，∵A n =2×20+3×21+4×22+⋅⋅⋅+n ⋅2n -2+n +1 ⋅2n -1，2A n =2×21+3×22+4×23+⋅⋅⋅+n ⋅2n -1+n +1 ⋅2n ，∴-A n =2-n +1 ⋅2n+21+22+⋅⋅⋅+2n -1=2-n +1 ⋅2n+21-2n -1 1-2=-n ⋅2n ，∴A n =n ⋅2n，又B n =n b 1+b n 2=n 4+15n -11 2=15n 2-7n 2，∴数列a n +b n 的前n 项的和T n =A n +B n =n ⋅2n+15n 2-7n 2.27记S n 是公差不为0的等差数列a n 的前n 项和，已知a 3+3a 4=S 5,a 1a 5=S 4，数列b n 满足b n =3b n -1+2n -1n ≥2,n ∈N * ，且b 1=a 1-1.(1)求a n 的通项公式；(2)证明数列b n2n +1 是等比数列，并求b n 的通项公式；(3)求证：对任意的n ∈N *，ni =11b i <32.【答案】(1)a n =2n (2)证明见解析；b n =3n -2n (3)见解析【分析】(1)根据题意求出等差数列的首项与公差，再根据等差数列的通项即可得解；(2)根据等比数列的定义结合递推公式证明b n2n +1b n -12n -1+1为定值，即可得证，再根据等比数列的通项求出数列b n 2n+1 的通项，从而可得出答案；(3)由(2)得1b n =13n -2n ≤13n -1，再根据等比数列的前n 项和的公式即可得证.【详解】(1)解：设等差数列a n 的公差为d ,d ≠0，因为a 3+3a 4=S 5,a 1a 5=S 4，则a 1+2d +3a 1+9d =5a 1+10da 1a 1+4d =4a 1+6d，解得a 1=2d =2或a 1=0d =0 (舍去)，所以a n =2n ；(2)证明：因为b n =3b n -1+2n -1n ≥2,n ∈N * ，所以b n 2n =32⋅b n -12n -1+12，即b n 2n+1=32b n -12n -1+1，所以b n2n +1b n -12n -1+1=32，因为b 1=a 1-1，所以b 12+1=32，所以数列b n 2n +1 是以32为首项，32为公比的等比数列，所以b n 2n+1=32 n，所以b n =3n -2n ；(3)证明：由(2)得1b n =13n -2n ≤13n -1，故ni =11b i=1b 1+1b 2+1b 3+⋯1b n ≤1+13+132+⋯+13n -1=1×1-13 n1-13=321-13 n <32，所以ni =11b i<32.28已知数列a n 的前n 项和为S n ，满足a 1=1，且2S n =na n +1.(1)求数列a n 的通项公式；(2)求数列1S n的前n 项和T n .【答案】(1)a n =n ；(2)T n =2nn +1.【分析】(1)利用S n 与a n 的关系求解通项公式；(2)利用等差数列求和公式求解S n ，再根据裂项相消法求解T n .(1)因为2S n =na n +1，所以2S n +1=n +1 a n +2，两式相减得2a n +1=n +1 a n +2-na n +1，即n +2 a n +1=n +1 a n +2，即a n +2n +2=an +1n +1n ∈N * ，又a 2=2a 1=2，a 1=1，故an n =⋅⋅⋅=a 22=a 11=1，因此，数列a nn 是每项都是1的常数列，从而a n =n .(2)因为a n =n ，所以S n =n n +12，从而1S n =2n n +1=21n -1n +1 ，因此T n=2×1-12+12-13+13-14+⋅⋅⋅+1n-1n+1=2×1-1n+1=2n n+1.29设数列a n满足a1=2，a n-2a n-1=2-n n∈N*．(1)求证：a n-n为等比数列，并求a n的通项公式；(2)若b n=a n-n⋅n，求数列b n的前n项和T n．【答案】(1)证明见解析，a n=2n-1+n(2)T n=n-1×2n+1【分析】(1)由递推公式可得a n-n=2a n-1-n-1，即可得到a n-n是以1为首项，2为公比的等比数列，再根据等比数列的通项公式求出a n的通项公式；(2)由(1)可得b n=n×2n-1，再利用错位相减法求和即可；【详解】(1)解：因为a1=2，a n-2a n-1=2-n n∈N*，所以a n=2a n-1+2-n，即a n-n=2a n-1-n-1又a1-1=2-1=1，所以a n-n是以1为首项，2为公比的等比数列，所以a n-n=1×2n-1，所以a n=2n-1+n(2)解：由(1)可得b n=a n-n⋅n=n×2n-1，所以T n=1×20+2×21+3×22+⋯+n×2n-1①，所以2T n=1×21+2×22+3×23+⋯+n×2n②，①-②得-T n=1+1×21+1×22+1×23+⋯+1×2n-1-n×2n即-T n=1-2n1-2-n×2n，所以T n=n-1×2n+1；30问题：已知n∈N*，数列a n的前n项和为S n，是否存在数列a n，满足S1=1,a n+1≥1+a n，﹖若存在．求通项公式a n﹔若不存在，说明理由．在①a n+1=2(S n+1+S n)﹔②a n=S n-1+n n≥2；③a n+1=2a n+n-1这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】选①：a n=1,n=18n-8,n≥2；选②：a n+1=2n-1；选③：a n=2n-n【分析】选①：利用a n与S n的关系得到关于S n的递推公式，再由递推公式求S n，然后可得通项a n；选②：利用a n与S n的关系得到递推公式，然后构造等比数列可求通项；选③：根据递推公式构造等比数列可解.【详解】选①：a n+1=2(S n+1+S n)=S n+1-S n=(S n+1+S n)(S n+1-S n)∵S1=a1=1,a n+1-a n≥1∴S n+1+S n>0∴S n+1-S n=2，即{S n}是以2为公差，1为首项的等差数列∴S n=2n-1，即∴S n=(2n-1)2当n≥2时，a n=S n-S n-1=(2n-1)2-(2n-3)2=8n-8显然，n=1时，上式不成立，所以a n=1,n=1 8n-8,n≥2 .选②：当n≥2时，a n=S n-1+n，即S n-1=a n-n所以a n=S n-S n-1=a n+1-(n+1)-(a n-n)整理得a n+1+1=2(a n+1)又a2=S1+2=3，a2+1=4所以{a n+1}从第二项起，是以2为公比，4为首项的等比数列。

用构造法巧求2006年高考数列通项公式

假设 ≤ ｋ时猜想成立，可得
Ｓ＝ｋ
，３４５ …，，，，；
１
—
＿）＋１十
１
１ｊ十 … ＋＿＋十
（证ＨａＩΒιβλιοθήκη 月＝＜ｊ— ｋ＋１ ’
（略； Ⅱ）
（１１）略．１
ｋ× （＋１ｋ）一
当ｋ１，＋时（卜南十一）（Ｉ１ｌ一
１
分设（＝１｛ … ，利析＿）＋＋＋首厂，ｚ先用学纳证不式ｒ等ｎ３数归法明等ｎ，， ≤ ＝
４， … ．５，
一＿１ｎ一０｝＋）ａ－，＋＋
可解得＋
评注以上解法中归纳假设 ≤ 时猜想成
ｎ一一告 ×（一，）１２２）＝２３…，，，
整理得ａ＋２＝４ａ＋２）＝２３ … ，（ｌ，，，因而数列｛＋２｝ａ是首项ａ＋２＝４公比为，４的等比数列，ａ即＋２＝４×４＝４：１２，，，
力度大，内在联系密切，维方法灵活，思致使很多考
例ｌ（国卷Ｉ理第２题）全２设数列｛的前ａ｝
生在数列题当中失分较多，特别是前一两问，由于大多涉及数列通项的求解，学生不会求通项或错误而求解直接造成后面的问题无法进行下去．特别是已
［ｇｎ表示不超过Ｉ１ａ］ｏｏ的最大整数．＆设数列｛｝ ‰ 的各项为正，且满足 Ⅱ ＝６６＞０，ｔ（）Ⅱ ≤
＂＝２，。 … ．３４，

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。

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 +=---。

专题04 构造法求数列通项的八种技巧(一)(解析版)

专题04构造法求数列通项的八种技巧(一)【必备知识点】◆构造一:待定系数之1n n a Aa B +=+型构造等比数列求关于1n n a Aa B +=+(其中,A B 均为常数,(1)0AB A -≠)类型的通项公式时,先把原递推公式转化为()1n n a M A a M ++=+,再利用待定系数法求出M 的值,再用换元法转化为等比数列求解.其实对于这类式子,我们只需要记住在等式两侧加上一个常数M ,构造成等比数列.常数M 的值并不需要背诵,我们可以通过待定系数法推导出来.【经典例题1】已知{}n a 满足13a =,121n n a a +=+求数列{}n a 的通项公式.【解析】根据原式,设()12n n a m a m ++=+,整理得12n n a a m +=+,题干中121n n a a +=+,根据对应项系数相等得1m =.()1121n n a a +∴+=+,令11n n b a +=+,111314b a =+=+=,所以{}1n a +是4为首项,2为公比的等比数列.即1142n n a -+=⋅,121n n a +=-.【经典例题2】已知数列{}n a 中,11a =,123n n a a +=+,求数列{}n a 的通项公式.【解析】设()12n n a t a t ++=+,整理得12n n a a t +=+,题干中123n n a a +=+,根据对应项系数相等,解得3t =,故()1323.n n a a ++=+令3n n b a =+,则1134b a =+=,且11323n n n n b a b a +++==+.所以{}n b 是4为首项,2为公比的等比数列.所以11422n n n b -+=⨯=,即12 3.n n a +=-【经典例题3】已知数列{}n a 中,11a =,134n n a a +=+,求数列{}n a 的通项公式.【解析】设13()n n a t a t ++=+,即132n n a a t +=+,题干中134n n a a +=+,根据对应项系数相等,解得2t =,故()1232.n n a a ++=+令2n n b a =+,则1123b a =+=,且11232n n n n b a b a +++==+.所以{}n b 是3为首项,3为公比的等比数列.所以1333n n n b -=⨯=,即3 2.n n a =-【练习1】数列{}n a 中,1321,2n n a a a +=-=,设其前n 项和为n S ,则6()S =A.874B.634C.15D.27【答案】A 【解析】1321,2n n a a a +=-= ,可得2221a =-,解得232a =,同理可得:154a =变形为()111121,14n n a a a +-=--=.∴数列{}1n a -为等比数列,首项为14,公比为2.()6136121187412, 2 1.6.4214n n n n a a S ---∴-=⨯=+∴=+=-故选:A .【练习2】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,若323n n S a n =-,则2018()a =A.201821- B.201826- C.20181722⎛⎫- ⎪⎝⎭D.201811033⎛⎫-⎪⎝⎭【答案】A 【解析】数列{}n a 的前n 项和为n S ,()1111323,23,3n n S a n a S a =-∴==-解得13a =-,()()111123, (1), 2 , 233, 33n n n n S a n n S a n --=-=-+ (2),(1) (2),-得122133n n n a a a -=--,11123,2, 1n n n n a a a a --+∴=--∴=-+112a +=- ,{}1n a ∴+是以2-为首项,以2-为公比的等比数列,1(2),(2)1, n n n n a a ∴+=-∴=--201820182018(2)121a ∴=--=-.故选:A .【练习3】在数列{}n a 中,112,21n n a a a +==+,则5a =_______.【答案】47【解析】数列{}n a 中,112,21n n a a a +==+,变形为:()1121n n a a ++=+,113a +=,∴数列{}1n a +为等比数列,首项为3,公比为2,1132n n a -∴+=⨯,即1321n n a -=⨯-则4532147a =⨯-=.故答案为:47.【练习4】已知数列{}n a 满足113,21n n a a a +==+,则数列{}n a 的通项公式n a =______.【答案】21n n a =-【解析】()(){}*1121,121,1n n n n n a a n a a a ++=+∈∴+=+∴+N 是以112a +=为首项,2为公比的等比数列.12nn a ∴+=,故21nn a =-.【练习5】已知数列{}n a 的首项12a =,且()*11122n n a a n +=+∈N ,则数列11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭的前10项的和为______.【答案】1023【解析】数列{}n a 的首项12a =,且111(*)22n n a a n N +=+∈,则:()()11112n n a a +-=-,整理得:11112n n a a +-=-(常数),所以：数列{}1n a -是以11211a -=-=为首项,12为公比的等比数列,所以:1111*2n n a -⎛⎫-= ⎪⎝⎭,当1n =时,符合通项.故：1121n n a -=-,所以:01212222n n S -=++++ 21n =-所以：101021102411023S =-=-=.【练习6】已知数列{}n a 中,111,32n n a a a +==+,则n a =_______.【答案】1231n n a -=⨯-【解析】因为132n n a a +=+,所以()1131n n a a ++=+,因为112a +=,所以数列{}1n a +是以2为首项,以3为公比的等比数列,所以1123n n a -+=⨯,故答案为:1231n n a -=⨯-.◆构造二:待定系数之1n n a Aa Bn C +=++型构造等比数列求关于1(1,0,0)n n a Aa Bn C A C B +=++≠≠≠类型的通项公式时,与上面讲述的构造一的方法很相似,只不过等式中多了一项Bn ,在构造时我们也保持跟题干一样的结构,加一项pn 再构造等比数列就可以,即令()1(1)n n a p n q A a pn q ++++=++,然后与已知递推式各项的系数对应相等,解,p q ,从而得到{}n a pn q ++是公比为A 的等比数列.【经典例题1】设数列{}n a 满足14a =,1321(2)n n a a n n -=+-,求数列{}n a 的通项公式.【解析】将递推公式转化为[]13(1)n n a pn q a p n q -++=+-+,化简后得()13223n n a a pn q p -=++-,与原递推式比较,对应项的系数相等,得22231p q p =⎧⎨-=-⎩,解得11p q =⎧⎨=⎩,令1n n b a n =++,则13n n b b -=,又16b =,故16323n n n b -=⋅=⋅,1n n b a n =++,得231n n a n =⋅--.【经典例题2】已知:11a =,2n 时,11212n n a a n -=+-,求{}n a 的通项公式.【解析】设[]1111111(1),.22222n n n n a pn q a p n q a a pn p q --++=+-+=---与题干原式比较,对应项系数相等得12211122p p q ⎧-=⎪⎪⎨⎪--=-⎪⎩,解得46p q =-⎧⎨=⎩,首项146 3.a -+=所以{}46na n -+是3为首项,12为公比的等比数列.所以114632n n a n -⎛⎫-+=⋅ ⎪⎝⎭,即134 6.2n n a n -=+-【练习1】已知数列{}n a 是首项为11152,233n n a a a n +==++.(1)求{}n a 通项公式;(2)求数列{}n a 的前n 项和n S .【解析】因为(113(1)233n n a n a n +-++=-+2),且1321a -+=,所以数列{}32n a n -+是以1为首项,13为公比的等比数列,则3n a n -1123n -+=,即11323n n a n -=+-.【练习2】已知数列{}n a 和{}{},n n b a 的前n 项和n S ,对于任意的*,,n n n a S ∈N 是二次方程223x n x -+0n b =的两根.(1)求{}n a 和{}n b 通项公式;(2){}n a 的前n 项和n S .【解析】因为,n n a S 是一元二次方程223x n x -0n b +=的两个根,所以23n n n n na S n a Sb ⎧+=⎨=⎩,由n a 23n S n +=得2113(1)n n a S n +++=+,两式相减得1163n n n n a a S S n ++-+-=+,所以1n a +=11(63)22n a n ++,令1(1)n a A n B ++++=()12n a An B ++,则1111222n n a a An B +=--A -,比较以上两式的系数,得1321322A B A ⎧-=⎪⎪⎨⎪--=⎪⎩,解得69A B =-⎧⎨=⎩.所以1n a +-()16(1)9692n n a n ++=-+.又113a S +=,132a =,所以数列{}69n a n -+是以92为首项、12为公比的等比数列.所以69n a n -+=12919,69,3222n n n n n a n S n a -⎛⎫=++=-= ⎪⎝⎭293692n n n --+,所以9692n n b n ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭293692n n n ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭【练习3】设数列{}n a 是首项为11a =,满足2123(1,2,)n n a a n n n +=-+= .问是否存在,λμ,使得数列{}2nan n λμ++成等比数列?若存在,求出,λμ的值,若不存在,说明理由;【解析】依题意,令21(1)(n a n n λμ++++()21)2n a n n γλμγ++=+++所以12n na a +=22n n n λμλγλμ++-+--,即123,0λμλγλμ=-⎧⎪-=⎨⎪--=⎩解得110λμγ=-⎧⎪=⎨⎪=⎩.所以数列{}2n a n n -+是以2为公比、1111a -+=为首项等比数列.所以na 21212,2n n n n n a n n ---+==+-,即存在λ=1,1μ-=,使得数列{}2n a n n -+成等比数列.◆构造三:待定系数之1n n n a pa q +=+型构造数列求关于1nn n a pa q +=+(其中,p q 均为常数,(1)0pq p -≠)类型的通项公式时,共有3种方法.方法一:先用待定系数法把原递推公式转化为()11n n n n a q p a q λλ+++=+,根据对应项系数相等求出λ的值,再利用换元法转化为等比数列求解.方法二:先在递推公式两边同除以1n q+,得111n n n n a a p q q q q ++=⋅+,引入辅助数列{}n b (其中n b nna q=),得11n n p b b q q+=⋅+,再利用待定系数法解决；方法二:也可以在原递推公式两边同除以1n p +,得111nnn n n a a q p p p p ++⎛⎫=+⋅ ⎪⎝⎭,引入辅助数列{}n b (其中n n n a b p =),得11n n b b p +-=⋅.nq p ⎛⎫⎪⎝⎭,再利用叠加法(逐差相加法)求解.【经典例题1】已知数列{}n a 中111511,632n n n a a a ++⎛⎫==+ ⎪⎝⎭,求{}n a 的通项公式.【解析】解法一:构造数列11111232n n n n a a λλ++⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+⎢⎥ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎣⎦+⎥,化简成题干结构得11111332n n n a a λ++⎛⎫=- ⎪⎝⎭,对应项系数相等得3λ=-,设123nn n b a ⎛⎫= ⎪⎝⎭-,11112233b a ⎛⎫==- ⎪⎝⎭-,所以数列{}n b 是以23-为首项,13为公比的等比数列,12133n n b -⎛⎫=- ⎪⎝⎭,所以3223n nn a =-.解法二:将111132n n n a a ++⎛⎫=+ ⎪⎝⎭两边分别除112n +⎛⎫⎪⎝⎭,也就是乘12n +,为方便计算,我们等式两边同乘12n +,得()11222 1.3n nn n a a ++⋅=⋅+令2n n n b a =⋅,则1213n n b b +=+,这又回到了构造一的方法,根据待定系数法,得()12333n n b b +-=-,所以数列{}3n b -是首项为15432363b -=⨯-=-,公比为23的等比数列.所以142333n n b -⎛⎫-=-⋅ ⎪⎝⎭即2323nn b ⎛⎫=-⋅ ⎪⎝⎭.所以32223n n n nn b a ==-.解法三:将111132n n n a a ++⎛⎫=+ ⎪⎝⎭两边分别除113n +⎛⎫⎪⎝⎭,也就是乘13n +,得1113332n n nn n a a +++⎛⎫=+⋅ ⎪⎝⎭令3n n n b a =⋅,则1132n n n b b ++⎛⎫=+ ⎪⎝⎭,所以111233,22...nn n n n n b b b b ----⎛⎫⎛⎫-=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，22132b b ⎛⎫-=⋅ ⎪⎝⎭将以上各式叠加,得211333222n nn b b -⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=+++ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,又113b a =55331622=⨯==+,所以1213112333313222212n n n n b +-⎡⎤⎛⎫⋅-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎣⎦=+++++= ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭- 13222n +⎛⎫=⋅- ⎪⎝⎭,即132 2.2n n b +⎛⎫=⋅- ⎪⎝⎭所以32323n n n n n b a ==-.【经典例题2】已知数列{}n a 满足111243,1n n n a a a -+=+⋅=-,求数列{}n a 的通项公式.【解析】解法一:设()11323n n n n a a λλ-++⋅=+⋅,待定系数法得4λ=-,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1n 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1n p+)两边同时除以12n +得:1113222n n n n n a a -++⎛⎫=+ ⎪⎝⎭,下面解法略.【练习1】已知数列{}n a 满足()*1111,32,nn n n nna a a a n ba ++==+∈=N .设t ∈Z ,若对于*n ∀∈N ,都有n b t >恒成立,则t 的最大值为()A.3B.4C.7D.9【答案】A 【解析】解法一：因为132n n n a a +=+,所以13122n n n n a a +=+,所以11312222n n n n a a ++=⋅+,所以11311222n n n na a ++⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭,因为11a =,所以1112a +32=,所以数列12n n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是以32为首相以32为公比的等比数列,所以3122nn na ⎛⎫+= ⎪⎝⎭,所以n a 32n n =-,故选A.解法二:令()11232n n n n a A a A +++⋅=+⋅,因为132nn n a a +=+,对比系数得:1A =,所以数列{}2nna+是以3为首项,3为公比的等比数列,所以23n n n a +=,所以32n n n a =-,所以111332322332312nn n n n n nnn na b a +++⎛⎫⋅- ⎪-⎝⎭====+-⎛⎫- ⎪⎝⎭1312n⎛⎫- ⎪⎝⎭,因为*n ∀∈N ,所以312n⎛⎫- ⎪⎝⎭ 12.所以102312n<⎛⎫- ⎪⎝⎭,所以35n b <,对于*n ∀∈N ,都有n b t >恒成立,所以3t ,所以t 的最大值为3,故选A.【练习2】已知数列{}n a 满足()*112,22n n n a a a n +==++∈N .(1)判断数列{}2n n a -是否为等差数列,并说明理由;(2)记n S 为数列{}n a 的前n 项和,求n S .【解析】(1)数列{}n a 满足112,2nn n a a a +==+()*2n +∈N ,所以()()1122n n n n a a ++---=2.120a -=,所以数列{}2nn a -为等差数列,首项为0，公差为2.(2)由(1)可得:202(1)nn a n -=+-,可得:22(1)nn a n =+-,所以()221221n n S -=+⨯-12(01)222n n n n n ++-=-+-【过关检测】一、单选题1．已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，若1222,10n n a a S +=-=，则{}n a 的通项公式为（）A ．34n n a =-B ．22nn a =+C ．2n a n n=+D ．231n a n =-【答案】B 【解析】令1n =可得2122a a =-，又21210S a a =+=，解得14a =，又12242(2)n n n a a a +-=-=-，则122a -=，1222n n a a +-=-，即{}2n a -是以2为首项，2为公比的等比数列，则1222n n a --=⋅，22n n a =+.故选：B.2．已知数列{}n a 中，11a =，121n n a a +=+，则数列{}n a 的通项公式为（）A ．n a n =B ．1n a n =+C ．2nn a =D ．21nn a =-【答案】D 【解析】121n n a a +=+ ，112(1),n n a a +∴+=+又11a =，112a +=，所以数列{}1n a +是首项为2，公比为2的等比数列，所以1122n n a -+=⨯，2 1.n n a ∴=-故选：D.3．已知数列{}n a 满足13a =，158n n a a +=-，则2022a 的值为（）A ．202152-B ．202152+C ．202252+D ．202252-【答案】B 【解析】因为158n n a a +=-，所以125(2)n n a a +-=-，又121a -=，所以{2}n a -是等比数列，公比为5，首项是1，所以125n n a --=，152n n a -=+，所以2021202252a =+．故选：B ．4．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若221n n S a n =-+，则10S =（）A ．11223-B ．10219-C ．103223⨯-D ．93219⨯-【答案】C 【解析】当1n =时，111221S a a ==-+，解得11a =.当2n ≥时，11223n n S a n --=-+，所()11221223n n n n n a S S a n a n --=-=-+--+，即122n n a a -=+，所以()1222n n a a -+=+，即1222n n a a -+=+，所以数列{}2n a +是首项为3，公比为2的等比数列，则1232n n a -+=⨯，从而3223nn S n =⨯--，故10103223S =⨯-.故选：C5．在数列{}n a 中，11a =，且121n n a a +=+，则{}n a 的通项为（）A ．21nn a =-B ．2n n a =C ．21n n a =+D ．12n n a +=【答案】A 【解析】解：∵121n n a a +=+，∴()1121n n a a ++=+，由11a =，得112a +=，∴数列{}1n a +是以2为首项，2为公比的等比数列，∴11222n n n a -+=⋅=，即21nn a =-．故选：A6．数列{}n a 中，121n n a a +=+，11a =，则100a =（）A ．10021+B ．1012C ．10021-D ．1002【答案】C 【解析】数列{}n a 中，121n n a a +=+，故()1121n n a a ++=+，故10n a +≠，所以1121n n a a ++=+，因为11a =，所以1120a +=≠，所以{}1n a +是首项为2，公比为2的等比数列，所以12nn a +=，即21n n a =-，故10010021a =-，故选：C.7．数列{}n a 满足111122n n n a a ++⎛⎫=- ⎪⎝⎭，且112a =，若13n a <，则n 的最小值为（）A ．3B ．4C ．5D ．6【答案】B 【解析】因为111122n n n a a ++⎛⎫=- ⎪⎝⎭，等式两边同时乘以12n +可得11221n n n n a a ++=-，所以，11221n n n n a a ++-=且121a =，所以，数列{}2n n a 是等差数列，且首项和公差都为1，则211nn a n n =+-=，所以，2n nn a =，因为111111212222n n n n n n n n n n na a ++++++---=-==.当1n =时，1212a a ==；当2n ≥时，1n n a a +<，即数列{}n a 从第二项开始单调递减，因为33183a =>，41143a =<，故当3n ≤时，13n a >；当4n ≥时，13n a <.所以，13n a <，则n 的最小值为4.故选：B.8．已知数列{}n a 中，11a =，134n n a a -=+（n *∈N 且2n ≥），则数列{}n a 通项公式n a 为（）A ．13n -B ．132n +-C ．32n -D ．3n【答案】C 【解析】由已知得27a =，1232n n a a -+=+进而确定数列{2}n a +的通项公式，即可求n a .由11a =，134n n a a -=+知：27a =且1232n n a a -+=+(2n ≥)，而123a +=，229a +=，∴{2}n a +是首项、公比都为3的等比数列，即32nn a =-，故选：C9．数列{}n a 满足()1432n n a a n -=+≥且10a =，则此数列第5项是（）A ．15B ．255C ．16D ．63【答案】B 【解析】∵()1432n n a a n -=+≥，∴()()11412n n a a n -+=+≥，∴{}1n a +是以1为首项，4为公比的等比数列，则114n n a -+=．∴141n n a -=-，∴4541255a =-=．故选：B ．10．在数列{}n a 中，已知11a =，121n n a a +=+，则n a =（）A ．12n -B ．21n -C ．nD ．21n -【答案】B 【解析】由121n n a a +=+，得()112221n n n a a a ++=+=+，故数列{}1n a +为等比数列，首项为112a +=，公比为2，所以12nn a +=，21n n a =-，故选：B.11．在数列{}n a 中，13a =，()1222,N n n a a n n n -+=-+≥∈，若980n a >，则n 的最小值是（）A ．8B ．9C ．10D ．11【答案】C 【解析】因为()1222,N n n a a n n n -+=-+≥∈，所以()()1212,N n n a n a n n n -+-=--≥∈⎡⎤⎣⎦.因为13a =，所以112a -=，所以数列{}n a n -是首项和公比都是2的等比数列，则2n n a n -=，即2nn a n =+,因为11210n n n a a ---=+>，所以数列{}n a 是递增数列,因为9521980a =<，101034980a =>，所以满足980n a >的n 的最小值是10,故选：C12．设数列{an }中，a 1＝2，an ＋1＝2an ＋3，则通项an 可能是（）A ．5－3n B ．3·2n －1－1C ．5－3n 2D ．5·2n －1－3【答案】D 【解析】设()12n n a x a x ++=+，则12n n a a x +=+，因为an ＋1＝2an ＋3，所以3x =，所以{}3n a +是以13a +为首项，2为公比的等比数列，1352n n a -+=⨯，所以1523n n a ⋅=-－故选：D13．在数列{}n a 中，若12a =，1132n n n a a ++=+，则n a =（）A ．2nn ⋅B ．5122n-C ．1232n n +⋅-D ．11432n n -+⋅-【答案】C 【解析】令22n n n a b =+，则11111322232222222n n n n n n n n n n n a a b a a b ++++++++===++，又11232a b =+=，所以{}n b 是以3为首项，32为公比的等比数列，所以132322n n n n a b -⎛⎫=+=⨯ ⎪⎝⎭，得1232n n n a +=⋅-．故选：C ．14．已知在数列{}n a 中，156a =，111132n n n a a ++⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，则n a =（）A ．3223n n-B ．2332n n-C ．1223n n-D ．2132n n-【答案】A 【解析】解:因为156a =，111132n n n a a ++⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，所以1122213n n n n a a ++⋅=⋅+，整理得()11223233n n n n a a ++⋅-=⋅-，所以数列{}23nn a -是以14233a -=-为首项，23为公比的等比数列．所以1422333n n n a -⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，解得3223n n na =-．故选：A15．数列{}n a 满足*123,n n a a n N +=+∈，若20171a a ≥，则1a 的取值范围为（）A ．(,3]-∞-B ．{3}-C ．(3,)-+∞D ．[3,)-+∞【答案】D 【解析】由123n n a a +=+可得()1323n n a a ++=+，所以()11332n n a a -+=+⨯所以()11323n n a a -=+⨯-，所以()2016201711323a a a =+⨯-≥所以()201611323a a +⨯≥+，所以130a +≥，所以13a ≥-故选：D 二、填空题16．设数列{}n a 满足11a =，且()1342n n a a n -=+≥，则数列{}n a 的通项公式为n a =___________.【答案】32n -##23n -+【解析】解：因为()1342n n a a n -=+≥，()1232n n a a -∴+=+，1232n n a a -+∴=+，11a = ，则123a +=，∴数列{}2n a +是以3为首项，3为公比的等比数列.12333n n n a -∴+=⋅=，所以32nn a =-，故答案为：32n -17．已知数列{}n a 中，11a =，121n n a a +=+，则{}n a 通项n a =______；【答案】21n -【解析】因为121n n a a +=+，所以11112(1),21++++=+∴=+n n n n a a a a ，所以{}+1n a 是一个以1+1=2a 为首项，以2为公比的等比数列，所以1+1=222,21-⨯=∴=-n n n n n a a .故答案为：21n -18．数列{an }满足a 1＝1，an ＋1＝2an ＋1.(n ∈N *).数列{an }的通项公式为______．【答案】()*21n n a n N -=∈．【解析】∵*121n n a a n N +=+∈（），∴1121n n a a ++=+（），又112a +=∴{}1n a +是以2为首项，2为公比的等比数列．∴12nn a +=．即*21nn a n N =-∈（）．故答案为：()*21n n a n N =∈-．19．数列{}n a 满足143n n a a -=+，且10a =，则6a =_________.【答案】1023【解析】由题意知：111444(1)n n n a a a --+=+=+，又111a +=，故{}1n a +是1为首项，4为公比的等比数列，故()5611141024a a +=+⨯=，故6a =1023.故答案为：1023.20．已知数列{}n a 满足1122n n a a +=+，且{}n a 前8项和为761，则1a =______．【答案】52##2.5【解析】解：数列{}n a 满足1122n n a a +=+，整理得1112()22n n a a ++=+，若112a =-，则12n a =-，显然不符合题意，所以12n a ≠-，则121212n n a a +++=（常数）；所以数列12n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是以112a +为首项，2为公比的等比数列；所以1111222n n a a -⎛⎫+=+⋅ ⎪⎝⎭，整理得1111222n n a a -⎛⎫=+⋅- ⎪⎝⎭；由于前8项和为761，所以187811111121((12...2)842554761222122S a a a -⎛⎫⎛⎫=+⋅+++-⨯=+⨯-=+-= ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，解得152a =．故答案为：52．三、解答题21．已知数列{}n a 满足111,32n n a a a +==+.(1)证明{}1n a +为等比数列，并求{}n a 的通项公式；(2)记数列11n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和为n S ，证明34n S <.【答案】(1)证明见解析，1231n n a -=⋅-(2)见解析【解析】(1)证明：因为132n n a a +=+，所以()1131n n a a ++=+，又112a +=，所以数列{}1n a +是以2为首项，3为公比的等比数列，则1123n n a -+=⋅，所以1231n n a -=⋅-；(2)证明：由（1）得111123n n a -=+⋅，因为11111123113123n n n n a a +-+⋅==+⋅，11112a =+，所以数列11n a ⎧⎫⎨+⎩⎭是以12为首项，13为公比的等比数列，则1113123114313n n nS ⎛⎫⨯- ⎪⎛⎫⎝⎭==- ⎪⎝⎭-，因为1113n -<，所以34n S <.22．已知数列{}n a 满足113,22+==-n n a a a .(1)求{}n a 的通项公式；(2)求{}n a 的前n 项和n S .【答案】(1)122n n a -=+；(2)221nn S n =+-.【解析】(1)122n n a a +=- ，()1222n n a a +∴-=-即1222n n a a +-∴=-∴数列{}2n a -是以首相为1，公比为2的等比数列，122n n a -∴-=122n n a -∴=+(2)由（1）知122n n a -=+()()()()()()123012101212222222222222112212221n nn n n n S a a a a n nn --∴=++++=++++++++=+++++⨯-=+-=+- 23．已知数列{}n a 的首项11a =，且1121n na a +=+．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n b 满足n n a b n ⋅=，求数列{}n b 的前n 项和n S ．【答案】(1)121n n a =-(2)()()111222n n n n S n ++=-+-【解析】(1)∵1121n n a a +=+，等式两边同时加1整理得111121n n a a +⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭又∵11a =，∴1112a +=∴11n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是首项为2，公比为2的等比数列．∴112n na +=，∴121n na =-(2)∵n n a b n ⋅=，∴2n n nnb n n a ==⋅-.记{}2⋅nn 的前n 项和为nT 则()1231122232122n nn T n n -=⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+-⋅+⋅所以()23412122232122n n n T n n +=⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+-⋅+⋅相减得12341222222n n n T n +-=++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+-⋅整理得()1122n n T n +=-+.所以()()111222n n n n S n ++=-+-24．在数列{}n a 中，15a =，且()*121n n a a n N +=-∈.(1)证明：{}1n a -为等比数列，并求{}n a 的通项公式；(2)令(1)nn n b a =-⋅，求数列{}n b 的前n 项和n S .【答案】(1)证明见解析，121n n a +=+(2)()*2*421,2,,327,21,.3nn n n k k S n k k +⎧-=∈⎪⎪=⎨+⎪-=-∈⎪⎩N N 【解析】(1)解：因为121n n a a +=-，所以()1121n n a a +-=-，又114a -=，所以1121n n a a +-=-，所以{}1n a -是以4为首项，2为公比的等比数列.故1142n n a --=⨯，即121n n a +=+.(2)解：由（1）得()1(1)21n n n b +=-⋅+，则()1*1*21,2,21,21,n n n n k k N b n k k N ++⎧+=∈⎪=⎨-+=-∈⎪⎩，①当*2,n k k =∈N 时，()()()()()23412121212121n n n S +=--++-+++--++ ()2345124422222222221;3n n n n+=-+-++-+=+++=- ②当*21,n k k =-∈N 时，()()21211427212133n n n n n n S S b ++++++=-=--+=-，综上所述，()*2*421,2,327,21,3n n n n k k N S n k k N +⎧-=∈⎪⎪=⎨+⎪-=-∈⎪⎩25．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，12a =，且122n n a a +=+．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)令()212n n n b a +=+，记数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：3n T <．【答案】(1)122n n a +=-(2)证明见解析【解析】(1)解：因为12a =，122n n a a +=+，所以()1222n n a a ++=+，所以{}2n a +是以4为首项，2为公比的等比数列，所以112422n n n a -++=⨯=，所以122n n a +=-；(2)解：由（1）可知()()121211222n n n n n n n b a ++++===+，所以12323412222n n n T +=++++ ①，所以23411234122222n n n T ++=++++ ②；①-②得212311111111111133221112222222212n n n n n n n n n T -+++⎛⎫- ⎪+++⎝⎭=++++-=+-=-- 所以3332n nn T +=-<；。

用构造法求数列通项公式

用构造法求数列的通项公式摘要:数列问题以其多变的形式和灵活的求解方法备受高考命题者的青睐,历年来都是高考命题的热点,求数列的通项公式更是高考重点考查的内容,作为常归的等差数列或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来形成等差数列或等比数列,之后再应用各自的通项公式求解。

关键词:归纳猜想构造例1.(2006年福建高考题)在数列{an｝中,a1=1,an+1=2an+1,则an等于()a.2nb.2n+1c.2n-1d.2n-1解:an+1=2an+1,所以an+1+1=2an+2=2(an+1),所以■=2,又a1+1=2,{an+1｝是首项为2公比为2的等比数列an+1=2·2n-1=2n,所以an=2n-1,所以选c.归纳小结若数列{an｝满足an+1=pan+q(p≠1,q为常数),则令an+1+?姿=p(an+?姿)来构造等比数列,并利用对应项相等求?姿的值,求通项公式.例2.在数列{an｝中,a1=1,a2=3,an+2=3an+1-2an,则an= . 解:an+2-an+1=2(an+1-an),因为a2-a1=2,所以{an-an-1｝为首项为2公比也为2的等比数列,an-an+1=2n-1,an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2n-1+2n-2+…+2+1=■=2n-1.归纳小结:先构造{an-1-an｝等比数列,这是化归思想的具体应用,再用叠加法求出通项公式,当然本题也利用了等比数列求和公式。

例3.(必修5教材69页)已知数列{an｝中a1=5,a2=2,an=2an-1+3an-2(n≥3),求这个数列的通项公式.解:因为an=2an+3an-2,所以an+an-1=3(an-1+an-2),又a1+a2=7,{an+an-1｝形成首项为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｝形成了一个首项为-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,所以an=■×3n-1+■(-1)n-1.归纳小结: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。

数列通项的求法④构造法(已打)

通项的求法④构造法（待定系数法）以下所有题目默认：“数列{}n a 的前n 项和为n S ”(n ∈N *) 构造法目的：构造数列相邻两项①常数构造法：1n n a pa q +=+⇔1()n n a t p a t ++=+ ②一次构造法：1n n a pa qn r +=++⇔11212(1)[(()]n n a t n t p a t n t ++++=++③指数构造法：1n n n a pa rq +=+⇔11n n n n a a p rq q q q++=+⇔①常数构造法 ④递推构造法：11n n n a pa qa +-=+⇔11211()n n n n a t a t a t a +-+=+⑤倒数构造法：（两边取倒数）11(,,)0n n n n f a a a a --=或分式。

⑥对数构造法：（两边取对数）1r n n a pa +=⇔1lg lg()r n na a p +=⋅⇔1lg lg lg n n a r a p +=+⇔①常数构造法例1． 111,21,n n n a a a a +==+=则注意：新数列首项是什么？例2．111,234,n n n a a a n a +==++=则例3.111232,3++⋅+==n n n a a a ，则=n a例4．n n n a a a a a 23,3,11221-===++，则=n a 例5①.11,2a n =≥,112n n n n a a a a ---=, 则=n a 例5②.若21=a ，nnn a a a 311+=+，则=n a例6. a 1=2，21()n n a a n -=≥2，则=n a1①.32,111+==+n n a a a ，求{}n a1②.nn n a a a 32,111+==+，求{}n a1③.n n n a a a a a 23,2,11221-===++，求{}n a1④. 111(1)(1)n n a na n a n n +=-+=+，，求{}n a 2①.111,32n n a a a -==+，求n a 2②.111,32nn n a a a -==+，求n a 2③.1111,31n n n a a a a --==+，求n a2④.1a =1=n a3①{}n a 中，232,111-==+n n a a a ，求{}n a 3②{}n a 中，n a a a n n +==+2,111，求{}n a3③{}n a 中，nn n a a a 33,111+==+，求{}n a 3④*12211,5,()n n n a a a a a n N ++===-∈，则20a = 4①)(133,0*11N n a a a a n n n ∈+-==+，则20a =4②122120061,5,,n n n a a a a a a ++===-=则______ 4③11a =，22a =且212n n n a a a ++=-,则n a =4④若a 1=1，a 2=2，21(1)nn n a a +-=+-，则100S =_____5.(10广东) )3(3231,2,12121≥+===--n a a a a a n n n ，求数列{}n a 的通项公式.6.数列{}n a 满足2112,66n n n a a a a +==++ (Ⅰ)设5log (3)n n c a =+，求证{}n c 是等比数列；（Ⅱ）求数列{}n a 的通项公式。

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。

构造法求数列通项7例

高二数学构造法求数列通项公式7题例1 数列{a n }的前n 项和记为S n ,已知a 1=1,a n+1=nn 2+S n (n=1,2,3……)，求a n .例2 已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足a n +2S n S n-1=0(n ≥2);a 1=21,求通项a n .例3 已知函数f(x)=42-x (x ≤-2).(1)求f -1(x),(2)若a 1=1,a n =-f -1(a n-1),求数列{a n }的通项公式.例4 已知函数f(x)=(x +2)2(x>0),设正项数列{a n }的首项a 1=2,前n 项和S n 满足S n =f(S n-1)(n ≥2且n ∈N *),求通项a n .例5 已知数列{a n }中,a 1=1,且a n+1=3a n -1(n ∈N *),求a n .例6 已知正项数列{a n }的前项和S n 满足S n =21(a n +n a 1)，求通项a n .例7 已知数列{a n }中，a 1=2,a n =2211+--n n a a (n ≥2)，求通项a n .构造法求数列通项公式7题答案例1 解析：∵a n+1=S n+1-S n ,a n+1=nn 2+S n∴(n+2)S n=n(S n+1-S n )，整理得nS n+1=2(n+1)S n ,即11++n S n =2·nS n，故数列{nS n}是以11S =a 1=1为首项，2为公比的等比数列，即nS n=2n-1,S n =n ·2n-1，当n ≥2时，a n =S n -S n-1=n ·2n-1-(n-1)2n-2=(n+1)2n-2,当n=1时也适合，故a n =(n+1)·2n-2n ∈N *.例2 解析:当n ≥2时, a n =S n -S n-1=-2 S n S n-1,两边同除以S n S n-1得nS 1-11-n S =2,又11S =11a =2, ∴数列{nS 1}是以2为首项,2为公差的等差数列,则nS 1=2+2(n-1)=2n, S n =n 21,由a 1=21, n ≥2时,a n =S n -S n-1=n 21-)1(21-n =- )1(21-n n ,二式不能合并.例3 解析:(1)f -1(x)=-42+x (x ≥0),(2)由a n=-f-1(a n-1),∴a n =421+-n a ,两边平方得an 2-a n-12=4,∴数列{a n 2}是以a 12=1为首项,公差为4的等差数列,∴a n 2=1+(n-1)4=4n-3,又a n >0,∴a n =34-n .例4解析:∵a n >0,∴S n >0,由S n =f(S n-1)=(1-n S +2)2两边开方得nS =1-n S +2,∴数列{n S }是以1S =1a =2为首项,公差d=2的等差数列,即nS =2+(n-1)2=2n,则S n =2n 2,当n ≥2时,a n =S n -S n-1=4n-2,当n=1时,a 1=2也适合上式,故a n =4n-2(n ∈N *). 例5 解析:设a n+1+x=3(a n +x),则a n+1=3a n +2x,又a n+1=3a n -1,则2x=-1,即x=-21,故而a n+1-21=3(a n-21),则数列{a n-21}是以首项a 1-21=21,公比为3的等比数列,∴a n-21=21·3n-1,即a n=21·3n-1+21.例 6 解析：由S 1=a 1=21(a 1+11a )得a 1=1，又a n =S n -S n-1(n ≥2)∴S n =21(a n +na 1)=21(S n -S n-1+11--n n S S )可得S n +S n-1=11--n n S S ，即S n 2-S n-12=1,∴数列{S n 2}是首项为S 12=a 12=1,公差为1的等差数列.∴S n 2=1+(n-1)·1=n ，又S n >0，∴S n =n ,当n ≥2时，a n=S n-Sn-1=n -1-n ,当n=1时，a 1=1也适合，故通项a n=n -1-n .例7 解析：由题意知a n ≠0，在a n =2211+--n n a a 两边同时取倒数得，n a 1=1122--+n n a a =11-n a +21,即n a 1-11-n a =21,∴数列{na 1}是首项为11a ，公差为21的等差数列，∴n a 1=21+(n-1)21=2n , 则a n=n2.。

数列经典题目集锦--答案

数列经典题目集锦一一、构造法证明等差、等比类型一：按已有目标构造1、数列{a n }，{b n }，{c n }满足：b n ＝a n －2a n ＋1，c n ＝a n ＋1＋2a n ＋2－2，n ∈N *.(1) 若数列{a n }是等差数列，求证：数列{b n }是等差数列； (2) 若数列{b n }，{c n }都是等差数列，求证：数列{a n }从第二项起为等差数列；(3) 若数列{b n }是等差数列，试判断当b 1＋a 3＝0时，数列{a n }是否成等差数列？证明你的结论．类型二：整体构造2、设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，且(S n ＋1＋λ)a n ＝(S n ＋1)a n ＋1对一切n ∈N *都成立．(1) 若λ＝1，求数列{a n }的通项公式； (2) 求λ的值，使数列{a n }是等差数列．二、两次作差法证明等差数列3、设数列{}n a 的前n 项和为{}n S ，已知11,6,1321===a a a ，且*1,)25()85(N n B An S n S n n n ∈+=+--+，（其中A ,B 为常数）．(1)求A 与B 的值；(2)求数列{}n a 为通项公式；三、数列的单调性4.已知常数0λ≥，设各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S , 满足：11a =，()11131n n n n n na S S a a λ+++=+⋅+（*n ∈N ）．（1）若0λ=，求数列{}n a 的通项公式；（2）若112n n a a +<对一切*n ∈N 恒成立，求实数λ的取值范围．5.设数列{}n a 是各项均为正数的等比数列，其前n 项和为n S ，若1564a a =，5348S S -=. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）对于正整数,,k m l （k m l <<），求证：“1m k =+且3l k =+”是“5,,k m l a a a 这三项经适当排序后能构成等差数列”成立的充要条件；（3）设数列{}n b 满足：对任意的正整数n ，都有121321n n n n a b a b a b a b --++++13246n n +=⋅--，且集合*|,nn b M n n N a λ⎧⎫=≥∈⎨⎬⎩⎭中有且仅有3个元素，求λ的取值范围.四、隔项（分段）数列问题6. 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧13a n ＋n （n 为奇数），a n －3n （n 为偶数）.(1) 是否存在实数λ，使数列{a 2n －λ}是等比数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由；(2) 若S n 是数列{a n }的前n 项的和，求满足S n ＞0的所有正整数n .7.若{}n b 满足：对于N n *∈，都有2n n b b d +-=(d 为常数)，则称数列{}n b 是公差为d 的“隔项等差”数列．（Ⅰ）若17,321==c c ，{}n c 是公差为8的“隔项等差”数列，求{}n c 的前15项之和；（Ⅱ）设数列{}n a 满足：1a a =，对于N n *∈，都有12n n a a n ++=． ①求证：数列{}n a 为“隔项等差”数列，并求其通项公式；②设数列{}n a 的前n 项和为n S ，试研究：是否存在实数a ，使得22122++k k k S S S 、、成等比数列（*N k ∈）?若存在，请求出a 的值；若不存在，请说明理由．五、数阵问题8.已知等差数列{a n }、等比数列{b n }满足a 1＋a 2＝a 3，b 1b 2＝b 3，且a 3，a 2＋b 1，a 1＋b 2成等差数列，a 1，a 2，b 2成等比数列．(1) 求数列{a n }和数列{b n }的通项公式；(2) 按如下方法从数列{a n }和数列{b n }中取项：第1次从数列{a n }中取a 1，第2次从数列{b n }中取b 1，b 2，第3次从数列{a n }中取a 2，a 3，a 4，第4次从数列{b n }中取b 3，b 4，b 5，b 6， ……第2n －1次从数列{a n }中继续依次取2n －1个项，第2n 次从数列{b n }中继续依次取2n 个项， ……由此构造数列{c n }：a 1，b 1，b 2，a 2，a 3，a 4，b 3，b 4，b 5，b 6，a 5，a 6，a 7，a 8，a 9，b 7，b 8，b 9，b 10， b 11，b 12，…，记数列{c n }的前n 项和为S n .求满足S n <22 014的最大正整数n .数列经典题目集锦答案1.证明：(1) 设数列{a n }的公差为d ，∵ b n ＝a n －2a n ＋1，∴ b n ＋1－b n ＝(a n ＋1－2a n ＋2)－(a n －2a n ＋1)＝(a n ＋1－a n )－2(a n ＋2－a n ＋1)＝d －2d ＝－d ， ∴ 数列{b n }是公差为－d 的等差数列． (4分) (2) 当n ≥2时，c n －1＝a n ＋2a n ＋1－2，∵ b n ＝a n －2a n ＋1，∴ a n ＝b n ＋c n －12＋1，∴ a n ＋1＝b n ＋1＋c n2＋1，∴ a n ＋1－a n ＝b n ＋1＋c n 2－b n ＋c n －12＝b n ＋1－b n 2＋c n －c n －12.∵ 数列{b n }，{c n }都是等差数列，∴b n ＋1－b n 2＋c n －c n －12为常数， ∴ 数列{a n }从第二项起为等差数列． (10分)(3) 结论：数列{a n }成等差数列．证明如下： (证法1)设数列{b n }的公差为d ′， ∵ b n ＝a n －2a n ＋1，∴ 2n b n ＝2n a n －2n ＋1a n ＋1，∴ 2n －1b n －1＝2n －1a n －1－2n a n ，…，2b 1＝2a 1－22a 2，∴ 2n b n ＋2n －1b n －1＋…＋2b 1＝2a 1－2n ＋1a n ＋1，设T n ＝2b 1＋22b 2＋…＋2n －1b n －1＋2n b n ，∴ 2T n ＝22b 1＋…＋2n b n －1＋2n ＋1b n ，两式相减得：－T n ＝2b 1＋(22＋…＋2n －1＋2n )d ′－2n ＋1b n ，即T n ＝－2b 1－4(2n －1－1)d ′＋2n ＋1b n ， ∴ －2b 1－4(2n －1－1)d ′＋2n ＋1b n ＝2a 1－2n ＋1a n ＋1，∴ 2n ＋1a n ＋1＝2a 1＋2b 1＋4(2n －1－1)d ′－2n ＋1b n ＝2a 1＋2b 1－4d ′－2n ＋1(b n －d ′)， ∴ a n ＋1＝2a 1＋2b 1－4d′2n ＋1－(b n －d ′)． (12分) 令n ＝2，得a 3＝2a 1＋2b 1－4d′23－(b 2－d ′)＝2a 1＋2b 1－4d′23－b 1， ∵ b 1＋a 3＝0，∴2a 1＋2b 1－4d′23＝b 1＋a 3＝0，∴ 2a 1＋2b 1－4d ′＝0，∴ a n ＋1＝－(b n －d ′)，∴ a n ＋2－a n ＋1＝－(b n ＋1－d ′)＋(b n －d ′)＝－d ′，∴ 数列{a n }(n ≥2)是公差为－d ′的等差数列． (14分) ∵ b n ＝a n －2a n ＋1，令n ＝1，a 1－2a 2＝－a 3，即a 1－2a 2＋a 3＝0，∴ 数列{a n }是公差为－d ′的等差数列． (16分)(证法2)∵ b n ＝a n －2a n ＋1，b 1＋a 3＝0，令n ＝1，a 1－2a 2＝－a 3，即a 1－2a 2＋a 3＝0，(12分) ∴ b n ＋1＝a n ＋1－2a n ＋2，b n ＋2＝a n ＋2－2a n ＋3，∴ 2b n ＋1－b n －b n ＋2＝(2a n ＋1－a n －a n ＋2)－2(2a n ＋2－a n ＋1－a n ＋3)． ∵ 数列{b n }是等差数列，∴ 2b n ＋1－b n －b n ＋2＝0， ∴ 2a n ＋1－a n －a n ＋2＝2(2a n ＋2－a n ＋1－a n ＋3)．(14分) ∵ a 1－2a 2＋a 3＝0，∴ 2a n ＋1－a n －a n ＋2＝0， ∴ 数列{a n }是等差数列．(16分)2.解析：(1) 若λ＝1，则(S n ＋1＋1)a n ＝(S n ＋1)a n ＋1，a 1＝S 1＝1.∵ a n ＞0，S n ＞0，∴ S n ＋1＋1S n ＋1＝a n ＋1a n ，(2分) ∴S 2＋1S 1＋1·S 3＋1S 2＋1·…·S n ＋1＋1S n ＋1＝a 2a 1·a 3a 2·…·a n ＋1a n ，化简，得S n ＋1＋1＝2a n ＋1. ①(4分) ∴ 当n ≥2时，S n ＋1＝2a n . ② ①－②，得a n ＋1＝2a n ，∴a n ＋1a n＝2(n ≥2)．(6分) ∵ 当n ＝1时，a 2＝2，∴ n ＝1时上式也成立，∴ 数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列，a n ＝2n －1(n ∈N *)．(8分) (2) 令n ＝1，得a 2＝λ＋1.令n ＝2，得a 3＝(λ＋1)2.(10分) 要使数列{a n }是等差数列，必须有2a 2＝a 1＋a 3，解得λ＝0.(11分) 当λ＝0时，S n ＋1a n ＝(S n ＋1)a n ＋1，且a 2＝a 1＝1. 当n ≥2时，S n ＋1(S n －S n －1)＝(S n ＋1)(S n ＋1－S n )，整理，得S 2n ＋S n ＝S n ＋1S n －1＋S n ＋1，S n ＋1S n －1＋1＝S n ＋1S n ，(13分) 从而S 2＋1S 1＋1·S 3＋1S 2＋1·…·S n ＋1S n －1＋1＝S 3S 2·S 4S 3·…·S n ＋1S n ，化简，得S n ＋1＝S n ＋1，∴ a n ＋1＝1.(15分) 综上所述，a n ＝1(n ∈N *)，∴ λ＝0时，数列{a n }是等差数列．(16分)3.解析：(1)由11,6,1321===a a a ，得18,7,1321===S S S ．把2,1=n 分别代入*1,)25()85(N n B An S n S n n n ∈+=+--+，得⎩⎨⎧-=+-=+48228B A B A ，解得，8,20-=-=B A ．(2)由(1)知，82028)(511--=---++n S S S S n n n n n ，即82028511--=--++n S S na n n n ，① 又8)1(2028)1(5122-+-=--++++n S S a n n n n ． ②②-①得，20285)1(51212-=---+++++n n n n a a na a n ，即20)25()35(12-=+--++n n a n a n ． ③ 又20)75()25(23-=+-+++n n a n a n ．④④-③得，0)2)(25(123=+-++++n n n a a a n ，520n +≠，∴02123=+-+++n n n a a a ，又32215a a a a -=-=，所以32120a a a -+=，因此，数列{}n a 是首项为1，公差为5的等差数列．故45)1(51-=-+=n n a n ．4.解析：(1) 0λ=时,111n n n n naS S a a +++=+∴1n n n na S S a +=∵0n a >，∴0n S > ∴ 1n n a a +=，∵11a =，∴1n a =(2) ∵()11131n n n n n n a S S a a λ+++=+⋅+ 0n a > ，∴1131nn n n nS S a a λ++-=⋅+ 则212131S S a a λ-=⋅+，2323231S S a a λ-=⋅+，，11131n n n n n S S a a λ----=⋅+()2n ≥ 相加，得()2113331n nnS n a λ--=+++-则()3322n n n S n a n λ⎛⎫-=+⋅≥ ⎪⎝⎭，该式对1n =也成立， ∴()*332n n n S n a n N λ⎛⎫-=+⋅≥ ⎪⎝⎭． ③ ∴()1*13312n n n S n a n N λ++⎛⎫-=++⋅≥ ⎪⎝⎭． ④ ④－③，得1113333122n n n n n a n a n a λλ+++⎛⎫⎛⎫--=++⋅-+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 即11333322n n n n n a n a λλ++⎛⎫⎛⎫--+⋅=+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∵0λ≥，∴133330,022n n n n λλ+--+>+> . ∵112n n a a +<对一切*n ∈N 恒成立， ∴332nn λ-+1133()22n n λ+-<+对一切*n ∈N 恒成立．即233nnλ>+对一切*n ∈N 恒成立．记233n n nb =+,则()()()111423622233333333n n n n n n n n n n b b +++-⋅-+-=-=++++ 当1n =时，10n n b b +-=；当2n ≥时，10n n b b +->∴ 1213b b ==是{}n b 中的最大项．综上所述，λ的取值范围是13λ>.5. 解析：（1）数列{}n a 是各项均为正数的等比数列，∴215364a a a ==，38a ∴=，又5348S S -=，2458848a a q q ∴+=+=，2q ∴=，3822n n n a -∴=⋅=； ……4分（2）（ⅰ）必要性：设5,,k m l a a a 这三项经适当排序后能构成等差数列，①若25k m l a a a ⋅=+，则10222k m l ⋅=+，1022m k l k --∴=+，11522m k l k ----∴=+，1121,24m k l k ----⎧=⎪∴⎨=⎪⎩ 13m k l k =+⎧∴⎨=+⎩. ………… 6分②若25m k l a a a =+，则22522m k l ⋅=⋅+，1225m k l k +--∴-=，左边为偶数，等式不成立， ③若25l k m a a a =+，同理也不成立，综合①②③，得1,3m k l k =+=+，所以必要性成立. …………8分（ⅱ）充分性：设1m k =+，3l k =+，则5,,k m l a a a 这三项为135,,k k k a a a ++，即5,2,8k k k a a a ，调整顺序后易知2,5,8k k k a a a 成等差数列，所以充分性也成立. 综合（ⅰ）（ⅱ），原命题成立. …………10分（3）因为11213213246n n n n n a b a b a b a b n +--++++=⋅--，即123112122223246n n n n n b b b b n +--++++=⋅--，（*）∴当2n ≥时，1231123122223242n n n n n b b b b n ----++++=⋅--，（**）则（**）式两边同乘以2，得2341123122223284n n n n n b b b b n +---++++=⋅--，（***）∴（*）－（***），得242n b n =-，即21(2)n b n n =-≥，又当1n =时，21232102b =⋅-=，即11b =，适合21(2)n b n n =-≥，21n b n ∴=-.………14分 212n n n b n a -∴=，111212352222n n n n nn n b b n n n a a ------∴-=-=， 2n ∴=时，110n n n n b b a a --->，即2121b b a a >；3n ∴≥时，110n n n n b b a a ---<，此时n n b a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭单调递减，又1112b a =，2234b a =，3358b a =，44716b a =， 71162λ∴<≤. ……………16分 6. 解析：(1) 设b n ＝a 2n －λ，因为b n ＋1b n ＝a 2n ＋2－λa 2n －λ＝13a 2n ＋1＋（2n ＋1）－λa 2n －λ＝13（a 2n －6n ）＋（2n ＋1）－λa 2n －λ＝13a 2n ＋1－λa 2n －λ.(2分)若数列{a 2n －λ}是等比数列，则必须有13a 2n＋1－λa 2n －λ＝q (常数)，即⎝⎛⎭⎫13－q a 2n ＋(q －1)λ＋1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧13－q ＝0（q －1）λ＋1＝0⎩⎨⎧q ＝13，λ＝32，(5分)此时b 1＝a 2－32＝13a 1＋1－32＝－16≠0，所以存在实数λ＝32，使数列{a 2n －λ}是等比数列．(6分)(注：利用前几项，求出λ的值，并证明不扣分) (2) 由(1)得{b n }是以－16为首项，13为公比的等比数列，故b n ＝a 2n －32＝－16·⎝⎛⎭⎫13n －1＝－12·⎝⎛⎭⎫13n ，即a 2n ＝－12·⎝⎛⎭⎫13n ＋32.(8分)由a 2n ＝13a 2n －1＋(2n －1)，得a 2n －1＝3a 2n －3(2n －1)＝－12·⎝⎛⎭⎫13n －1－6n ＋152，(10分)所以a 2n －1＋a 2n ＝－12·⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫13n －1＋⎝⎛⎭⎫13n －6n ＋9＝－2·⎝⎛⎭⎫13n －6n ＋9， S 2n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2n －1＋a 2n )＝－2[13＋⎝⎛⎭⎫132＋…＋⎝⎛⎭⎫13n ]－6(1＋2＋…＋n )＋9n＝－2·13[1－⎝⎛⎭⎫13n ]1－13－6·n （n ＋1）2＋9n ＝⎝⎛⎭⎫13n －1－3n 2＋6n ＝⎝⎛⎭⎫13n－3(n －1)2＋2，(12分)显然当n ∈N *时，{S 2n }单调递减．又当n ＝1时，S 2＝73＞0，当n ＝2时，S 4＝－89＜0，所以当n ≥2时，S 2n ＜0；S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝32·⎝⎛⎭⎫13n －52－3n 2＋6n ，同理，当且仅当n ＝1时，S 2n －1＞0.综上，满足S n ＞0的所有正整数n 为1和2.(16分)7.解析：（Ⅰ）易得数列⎩⎨⎧+-=.9414为偶数时，当为奇数时；，当n n n n c n前15项之和53527)6517(28)593(=⨯++⨯+=……………………………4分（Ⅱ）①n a a n n 21=++ （*∈N n ）（1）， )1(221+=+++n a a n n （2）（1）-（2）得22=-+n n a a （*∈N n ）．所以，{}n a 为公差为2的“隔项等差”数列． ……………………………6分当n 为偶数时，a n n a a n -=⨯⎪⎭⎫⎝⎛-+-=2122，当n 为奇数时，()[]11)1(2)1(21-+=----=--=-a n a n n a n a n n ； …8分②当n 为偶数时，()2212212222221222n n n n a n n n a S n =⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅-+⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅=；当n 为奇数时，()2212121212221212121⨯⎪⎭⎫⎝⎛---+-⋅-+⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-++++⋅=n n n a n n n a S n21212-+=a n ． ……………………………12分故当k n 2=时，222k S k =，a k k S k ++=+22212，222)1(2+=+k S k ，由()222212++⋅=k k k S S S ，则2222)1(22)22(+⋅=++k k a k k ，解得0=a ．所以存在实数0a =，使得22122++k k k S S S 、、成等比数列（*N k ∈）……………………………16分8. 解析：(1) 设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋（a 1＋d ）＝a 1＋2d ，b 1（b 1q ）＝b 1q 2，（a 1＋2d ）＋（a 1＋b 1q ）＝2[（a 1＋d ）＋b 1]，（a 1＋d ）2＝a 1（b 1q ），解得a 1＝d ＝1，b 1＝q ＝2.故a n ＝n ，b n ＝2n .(6分)(2) 将a 1，b 1，b 2记为第1组，a 2，a 3，a 4，b 3，b 4，b 5，b 6记为第2组，a 5，a 6，a 7，a 8，a 9，b 7，b 8，b 9，b 10，b 11，b 12记为第3组，……以此类推，则第n 组中，有2n －1项选取于数列{a n }，有2n 项选取于数列{b n }，前n 组共有n 2项选取于数列{a n }，有n 2＋n 项选取于数列{b n }，记它们的总和为P n ，并且有()22211222nn n n n P +++=+-.(11分)P 45－22 014＝452（452＋1）2＋22 071－22 014－2>0，P 44－22 014＝442（442＋1）2－21 981(233－1)－2<0.当S n ＝452（452＋1）2＋(2＋22＋…＋22 012)时，S n －22 014＝－22 013－2＋452（452＋1）2<0.(13分)当S n ＝452（452＋1）2＋(2＋22＋…＋22 013)时，S n －22 014＝－2＋452（452＋1）2>0.可得到符合S n <22 014的最大的n ＝452＋2 012＝4 037.(16分)。

(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 。

高考数学-构造法求数列通项7例

高考数学-构造法求数列通项公式7题例1 数列{a n }的前n 项和记为S n ,已知a 1=1,a n+1=nn 2+S n (n=1,2,3……)，求a n .例2 已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足a n +2S n S n-1=0(n ≥2);a 1=21,求通项a n .例3 已知函数f(x)=42-x (x ≤-2).(1)求f -1(x),(2)若a 1=1,a n =-f -1(a n-1),求数列{a n }的通项公式.例4 已知函数f(x)=(x +2)2(x>0),设正项数列{a n }的首项a 1=2,前n 项和S n 满足S n =f(S n-1)(n ≥2且n ∈N *),求通项a n .例5 已知数列{a n }中,a 1=1,且a n+1=3a n -1(n ∈N *),求a n .例6 已知正项数列{a n }的前项和S n 满足S n =21(a n +n a 1)，求通项a n .例7 已知数列{a n }中，a 1=2,a n =2211+--n n a a (n ≥2)，求通项a n .构造法求数列通项公式7题答案例1 解析：∵a n+1=S n+1-S n ,a n+1=nn 2+S n∴(n+2)S n=n(S n+1-S n )，整理得nS n+1=2(n+1)S n ,即11++n S n =2·nS n，故数列{nS n}是以11S =a 1=1为首项，2为公比的等比数列，即nS n=2n-1,S n =n ·2n-1，当n ≥2时，a n =S n -S n-1=n ·2n-1-(n-1)2n-2=(n+1)2n-2,当n=1时也适合，故a n =(n+1)·2n-2n ∈N *.例2 解析:当n ≥2时, a n =S n -S n-1=-2 S n S n-1,两边同除以S n S n-1得nS 1-11-n S =2,又11S =11a =2, ∴数列{nS 1}是以2为首项,2为公差的等差数列,则nS 1=2+2(n-1)=2n, S n =n 21,由a 1=21, n ≥2时,a n =S n -S n-1=n 21-)1(21-n =- )1(21-n n ,二式不能合并.例3 解析:(1)f -1(x)=-42+x (x ≥0),(2)由a n=-f-1(a n-1),∴a n =421+-n a ,两边平方得an 2-a n-12=4,∴数列{a n 2}是以a 12=1为首项,公差为4的等差数列,∴a n 2=1+(n-1)4=4n-3,又a n >0,∴a n =34-n .例4解析:∵a n >0,∴S n >0,由S n =f(S n-1)=(1-n S +2)2两边开方得nS =1-n S +2,∴数列{n S }是以1S =1a =2为首项,公差d=2的等差数列,即nS =2+(n-1)2=2n,则S n =2n 2,当n ≥2时,a n =S n -S n-1=4n-2,当n=1时,a 1=2也适合上式,故a n =4n-2(n ∈N *). 例5 解析:设a n+1+x=3(a n +x),则a n+1=3a n +2x,又a n+1=3a n -1,则2x=-1,即x=-21,故而a n+1-21=3(a n-21),则数列{a n-21}是以首项a 1-21=21,公比为3的等比数列,∴a n-21=21·3n-1,即a n=21·3n-1+21.例 6 解析：由S 1=a 1=21(a 1+11a )得a 1=1，又a n =S n -S n-1(n ≥2)∴S n =21(a n +na 1)=21(S n -S n-1+11--n n S S )可得S n +S n-1=11--n n S S ，即S n 2-S n-12=1,∴数列{S n 2}是首项为S 12=a 12=1,公差为1的等差数列.∴S n 2=1+(n-1)·1=n ，又S n >0，∴S n =n ,当n ≥2时，a n=S n-Sn-1=n -1-n ,当n=1时，a 1=1也适合，故通项a n=n -1-n .例7 解析：由题意知a n ≠0，在a n =2211+--n n a a 两边同时取倒数得，n a 1=1122--+n n a a =11-n a +21,即n a 1-11-n a =21,∴数列{na 1}是首项为11a ，公差为21的等差数列，∴n a 1=21+(n-1)21=2n , 则a n=n2.。

第六章数列中的构造问题

§6.4 数列中的构造问题题型一形如a n ＋1＝pa n ＋f (n )型命题点1 a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠0,1，q ≠0，其中a 1＝a )例1 (2022·九江模拟)在数列{a n }中，a 1＝5，a n ＋1＝3a n －4，求数列{a n }的通项公式．解由a n ＋1＝3a n －4，可得a n ＋1－2＝3(a n －2)，所以a n ＋1－2a n －2＝3. 又a 1＝5，所以{a n －2}是以a 1－2＝3为首项，3为公比的等比数列，所以a n －2＝3n ，所以a n ＝3n ＋2.命题点2 a n ＋1＝pa n ＋qn ＋c (p ≠0,1，q ≠0)例2 已知数列{a n }满足a n ＋1＝2a n －n ＋1(n ∈N *)，a 1＝3，求数列{a n }的通项公式．解 ∵a n ＋1＝2a n －n ＋1，∴a n ＋1－(n ＋1)＝2(a n －n )，∴a n ＋1－(n ＋1)a n －n＝2， ∴数列{a n －n }是以a 1－1＝2为首项，2为公比的等比数列，∴a n －n ＝2·2n －1＝2n ，∴a n ＝2n ＋n .命题点3 a n ＋1＝pa n ＋q n (p ≠0,1，q ≠0,1)例3 在数列{a n }中，a 1＝－1，a n ＋1＝2a n ＋4·3n －1，求数列{a n }的通项公式．解方法一原递推式可化为a n ＋1＋λ·3n ＝2(a n ＋λ·3n －1)．① 比较系数得λ＝－4，①式即是a n ＋1－4·3n ＝2(a n －4·3n －1)．则数列{a n －4·3n －1}是首项为a 1－4·31－1＝－5，公比为2的等比数列，∴a n －4·3n －1＝－5·2n －1，即a n ＝4·3n －1－5·2n －1.方法二将a n ＋1＝2a n ＋4·3n －1的两边同除以3n ＋1，得a n ＋13n ＋1＝23·a n 3n ＋432，令b n ＝a n 3n ，则b n ＋1＝23b n ＋49，设b n ＋1＋k ＝23(b n ＋k )，比较系数得k ＝－43，则b n ＋1－43b n －43＝23， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n －43是以－53为首项，23为公比的等比数列．∴b n －43＝⎝⎛⎭⎫－53·⎝⎛⎭⎫23n －1，则b n ＝43－53·⎝⎛⎭⎫23n －1， ∴a n ＝3n ·b n ＝4·3n －1－5·2n －1.思维升华 (1)形如a n ＋1＝αa n ＋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a n ＋1＝αa n ＋β的推广式a n ＋1＝αa n ＋β×γn (α≠0,1，β≠0，γ≠0,1)，两边同时除以γn ＋1后得到a n ＋1γn ＋1＝αγ·a n γn ＋βγ，转化为b n ＋1＝kb n ＋βγ(k ≠0,1)的形式，通过构造公比是k 的等比数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫b n －βγ(1－k )求解．跟踪训练1 (1)(2022·武汉二中月考)已知正项数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋3×5n ，则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝－3×2n －1B ．a n ＝3×2n －1 C ．a n ＝5n ＋3×2n －1D ．a n ＝5n －3×2n －1 答案 D解析方法一将递推公式a n ＋1＝2a n ＋3×5n 的两边同时除以5n ＋1，得a n ＋15n ＋1＝25·a n 5n ＋35， ① 令a n 5n ＝b n ，则①式变为b n ＋1＝25b n ＋35，即b n ＋1－1＝25(b n －1)，所以数列{b n －1}是首项为b 1－1＝a 15－1＝－35，公比为25的等比数列，所以b n －1＝⎝⎛⎭⎫－35×⎝⎛⎭⎫25n －1，即b n ＝1－35×⎝⎛⎭⎫25n －1＝1－3×2n －15n，故a n ＝5n －3×2n －1.方法二设a n ＋1＋k ×5n ＋1＝2(a n ＋k ×5n )，则a n ＋1＝2a n －3k ×5n ，与题中递推公式比较得k ＝－1，即a n ＋1－5n ＋1＝2(a n －5n )，所以数列{a n －5n }是首项为a 1－5＝－3，公比为2的等比数列，则a n －5n ＝－3×2n －1，故a n ＝5n －3×2n －1.(2)(2022·衡水质检)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1－2S n ＝1，n ∈N *，则数列{a n }的通项公式为________．答案 a n ＝2n －1，n ∈N *解析因为S n ＋1－2S n ＝1，所以S n ＋1＝2S n ＋1.因此S n ＋1＋1＝2(S n ＋1)，因为a 1＝S 1＝1，S 1＋1＝2，所以{S n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．所以S n ＋1＝2n ，S n ＝2n －1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1，a 1＝1也满足此式，所以a n ＝2n －1，n ∈N *.题型二相邻项的差为特殊数列(形如a n ＋1＝pa n ＋qa n －1，其中a 1＝a ，a 2＝b 型) 例4 已知在数列{a n }中，a 1＝5，a 2＝2，a n ＝2a n －1＋3a n －2(n ≥3)，求这个数列的通项公式．解 ∵a n ＝2a n －1＋3a n －2，∴a n ＋a n －1＝3(a n －1＋a n －2)，又a 1＋a 2＝7，∴{a n ＋a n －1}是首项为7，公比为3的等比数列，则a n ＋a n －1＝7×3n －2，① 又a n －3a n －1＝－(a n －1－3a n －2)，a 2－3a 1＝－13，∴{a n －3a n －1}是首项为－13，公比为－1的等比数列，则a n －3a n －1＝(－13)·(－1)n －2， ② ①×3＋②得，4a n ＝7×3n －1＋13·(－1)n －1，∴a n ＝74×3n －1＋134(－1)n －1. 思维升华可以化为a n ＋1－x 1a n ＝x 2(a n －x 1a n －1)，其中x 1，x 2是方程x 2－px －q ＝0的两个根，若1是方程的根，则直接构造数列{a n －a n －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{a n }．跟踪训练2 (1)数列{a n }中，a 1＝8，a 4＝2，且满足a n ＋2＝2a n ＋1－a n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为__________．答案 a n ＝10－2n (n ∈N *)解析由题意知，a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，所以{a n }为等差数列．设公差为d ，由题意得2＝8＋3d ⇒d ＝－2，得a n ＝8－2(n －1)＝10－2n .(2)在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2＝3a n ＋1－2a n ，则a n ＝________. 答案 2n －1解析由题意知，a n ＋2－a n ＋1＝2(a n ＋1－a n )，∵a 2－a 1＝2，∴{a n －a n －1}是首项为2，公比为2的等比数列，a n －a n －1＝2n －1(n ≥2)，当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝2n －1＋2n －2＋…＋2＋1＝1－2n1－2＝2n －1. 显然n ＝1时满足上式，∴a n ＝2n －1.题型三倒数为特殊数列⎝⎛⎭⎫形如a n ＋1＝pa n ra n＋s 型例5 (1)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n a n ＋2，则a n ＝________. 答案 2n ＋1 解析 ∵a n ＋1＝2a n a n ＋2，a 1＝1， ∴a n ≠0，∴1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12，又a 1＝1，则1a 1＝1， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公差的等差数列． ∴1a n ＝1＋(n －1)×12＝n 2＋12， ∴a n ＝2n ＋1(n ∈N *)．(2)已知在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n a n ＋3(n ∈N *)，则a n ＝________. 答案 22×3n －1－1解析 ∵1a n ＋1＝3·1a n ＋1， ∴1a n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎫1a n ＋12，1a 1＋12＝1， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋12是以1为首项，3为公比的等比数列， ∴1a n ＋12＝3n －1， ∴1a n ＝3n －1－12， ∴a n ＝22×3n －1－1(n ∈N *)．思维升华两边同时取倒数转化为1a n ＋1＝s p ·1a n ＋r p 的形式，化归为b n ＋1＝pb n ＋q 型，求出1a n 的表达式，再求a n .跟踪训练3 (1)已知函数f (x )＝x 3x ＋1，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝f (a n )(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为____________．答案 a n ＝13n －2(n ∈N *) 解析由已知得，a n ＋1＝a n 3a n ＋1， ∴1a n ＋1＝1a n ＋3，即1a n ＋1－1a n ＝3， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1a 1＝1，公差为d ＝3的等差数列， ∴1a n＝1＋(n －1)×3＝3n －2. 故a n ＝13n －2(n ∈N *)． (2)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n 2na n ＋1，则a n ＝__________. 答案 1n 2－n ＋1解析对递推关系两边取倒数，得1a n ＋1＝2na n ＋1a n ＝1a n＋2n .即1a n ＋1－1a n＝2n ，分别用1,2,3，…，n －1替换n ，有 1a 2－1a 1＝2×1，1a 3－1a 2＝2×2，1a 4－1a 3＝2×3，…，1a n －1a n －1＝2(n －1)，以上n －1个式子相加，得1a n －1a 1＝2[1＋2＋3＋…＋(n －1)]＝n (n －1)，所以1a n ＝n 2－n ＋1.所以a n ＝1n 2－n ＋1.课时精练1．数列{a n }满足a n ＝4a n －1＋3(n ≥2)且a 1＝0，则此数列第5项是() A ．15 B ．255C ．16D ．63 答案 B解析 ∵a n ＝4a n －1＋3(n ≥2)，∴a n ＋1＝4(a n －1＋1)(n ≥2)，∴{a n ＋1}是以1为首项，4为公比的等比数列，则a n ＋1＝4n －1.∴a n ＝4n －1－1，∴a5＝44－1＝255.2．(2022·许昌模拟)数列{a n}的首项a1＝2，且a n＋1＝4a n＋6(n∈N*)，令b n＝log2(a n＋2)，则b1＋b2＋…＋b2 0222 022等于()A．2 020 B．2 021C．2 022 D．2 023答案 D解析∵a n＋1＝4a n＋6(n∈N*)，∴a n＋1＋2＝4a n＋6＋2＝4(a n＋2)>0，即a n＋1＋2a n＋2＝4且a1＝2，∴数列{a n＋2}是以4为首项，4为公比的等比数列，故a n＋2＝4n，由b n＝log2(a n＋2)得，b n＝log24n＝2n，设数列{b n}的前n项和为S n，则S2 022＝2(1＋2＋3＋…＋2 021＋2 022)＝2 022×2 023，∴b1＋b2＋…＋b2 0222 022＝2 022×2 0232 022＝2 023.3．(2022·绵阳模拟)已知数列{a n}满足：a1＝a2＝2，a n＝3a n－1＋4a n－2(n≥3)，则a9＋a10等于()A．47B．48C．49D．410答案 C解析由题意得a1＋a2＝4，由a n＝3a n－1＋4a n－2(n≥3)，得a n＋a n－1＝4(a n－1＋a n－2)，即a n ＋a n －1a n －1＋a n －2＝4(n ≥3)，所以数列{a n ＋a n ＋1}是首项为4，公比为4的等比数列，所以a 9＋a 10＝49.4．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋2n ，n ∈N *，则a 4等于( )A ．64B ．56C ．32D ．24答案 C解析由a n ＋1＝2a n ＋2n 得a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝12，而a 12＝12， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为12，公差为12的等差数列， ∴a n 2n ＝12＋(n －1)×12＝n 2， ∴a n ＝n ·2n －1，∴a 4＝4×24－1＝32.5．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n a n ＋2(n ∈N *)．若b n ＝log 2⎝⎛⎭⎫1a n ＋1，则数列{b n }的通项公式b n 等于( )A.12n B ．n －1 C ．nD ．2n答案 C解析由a n ＋1＝a n a n ＋2，得1a n ＋1＝1＋2a n ，所以1a n ＋1＋1＝2⎝⎛⎭⎫1a n ＋1，又1a 1＋1＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋1是首项为2，公比为2的等比数列，所以1a n＋1＝2·2n －1＝2n ，所以b n ＝log 2⎝⎛⎭⎫1a n＋1＝log 22n ＝n . 6．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n 2＋3a n(n ∈N *)，则下列结论正确的是( ) A.⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋3为等比数列 B ．{a n }的通项公式为a n ＝12n －1－3C ．{a n }为递增数列D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和T n ＝2n ＋2－3n ＋4 答案 A解析因为a n ＋1＝a n 2＋3a n，所以1a n ＋1＝2＋3a n a n ＝2a n ＋3，所以1a n ＋1＋3＝2⎝⎛⎭⎫1a n ＋3，且1a 1＋3＝4≠0，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋3是以4为首项，2为公比的等比数列，即1a n ＋3＝4×2n －1，所以1a n＝2n ＋1－3，可得a n ＝12n ＋1－3，故选项A 正确，选项B 不正确；因为1a n＝2n ＋1－3单调递增，所以a n ＝12n ＋1－3单调递减，即{a n }为递减数列，故选项C 不正确； ⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和T n ＝(22－3)＋(23－3)＋…＋(2n ＋1－3)＝(22＋23＋…＋2n ＋1)－3n＝22×1－2n1－2－3n ＝2n ＋2－3n －4. 故选项D 不正确．7．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋3n ，则a 5等于( )A ．405B ．300C ．450D ．500 答案 A解析 ∵a n ＋1＝3a n ＋3n ，∴a n ＋13n ＋1－a n 3n ＝13， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n 是等差数列，公差为13，又a 13＝13， ∴a n 3n ＝13＋(n －1)×13＝n 3， ∴a n ＝n ·3n －1，a 5＝5×34＝405.8．(2022·甘肃西北师大附中模拟)已知数列{a n }满足a 1＝110，a n －a n ＋1＝a n a n ＋1(n ∈N *)，则n ＋2na n的最小值为( )A.252 B ．12 C ．24 D.392答案 D解析 ∵a 1＝110，a n －a n ＋1＝a n a n ＋1(n ∈N *)， ∴1a 1＝10，1a n ＋1－1a n＝1， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以10为首项，1为公差的等差数列， ∴1a n＝n ＋9， ∴n ＋2na n ＝(n ＋2)(n ＋9)n ＝n ＋18n＋11. ∵y ＝n ＋18n在(0,32)上单调递减，在(32，＋∞)上单调递增，∴当n ＝4时，n ＋2na n 取得最小值为392. 9．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n －a n ＋1＝2a n a n ＋1，则a n ＝________. 答案 12n －1解析因为a n －a n ＋1＝2a n a n ＋1，所以等式两边同除以a n a n ＋1得1a n ＋1－1a n＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1a 1＝1为首项，2 为公差的等差数列，所以1a n＝1＋2(n －1)＝2n －1，所以a n ＝12n －1. 10．已知数列{a n }中，a 1＝56，a n ＋1＝13a n ＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1，则a n ＝__________. 答案 3×⎝⎛⎭⎫12n －2×⎝⎛⎭⎫13n 解析由a n ＋1＝13a n ＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1，两边同除以⎝⎛⎭⎫12n ＋1，即两边同乘以2n ＋1，得2n ＋1·a n ＋1＝23(2n ·a n )＋1，令b n ＝2n ·a n ，则b n ＋1＝23b n ＋1， b n ＋1－3＝23(b n －3)，所以{b n －3}是以b 1－3＝－43为首项，23为公比的等比数列，即b n －3＝－43×⎝⎛⎭⎫23n －1，所以b n ＝3－2×⎝⎛⎭⎫23n ，所以a n ＝b n 2n ＝3×⎝⎛⎭⎫12n －2×⎝⎛⎭⎫13n .11．已知首项为1的数列{a n }各项均为正数，且na 2n ＋1－(n ＋1)a 2n ＝a n a n ＋1，则a n ＝________.答案 n解析因为na 2n ＋1－(n ＋1)a 2n ＝a n a n ＋1，所以n (a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )＝a n (a n ＋1＋a n )，因为数列{a n }各项均为正数，所以a n ＋1＋a n >0，所以n (a n ＋1－a n )＝a n ，所以a n ＋1n ＋1＝a n n，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 为常数列，由a 1＝1，所以a n n ＝a 11＝1，所以a n ＝n .12．已知数列{a n }满足递推公式a n ＋1＝2a n ＋1，a 1＝1.设S n 为数列{a n }的前n 项和，则a n ＝______，4n ＋7－n －S n a n ＋1的最小值是________．答案 2n －1 174解析因为a n ＋1＝2a n ＋1，所以a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，所以数列{a n ＋1}是首项为a 1＋1＝2，公比为2的等比数列，所以a n ＋1＝2n ，所以a n ＝2n －1；所以S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ＝2(1－2n )1－2－n ＝2n ＋1－2－n ，所以4n ＋7－n －S n a n ＋1＝4n ＋7－n －(2n ＋1－2－n )2n ＝2n ＋92n －2，由对勾函数的性质可得，当n ＝1时，21＝2,21＋921－2＝2＋92－2＝92；当n ≥2时，2n ≥4，所以y ＝2n ＋92n －2单调递增，当n ＝2时，22＋922－2＝4＋94－2＝174<92，所以4n ＋7－n －S n a n ＋1的最小值是174.。

构造法求数列通项公式

构造法求数列通项公式求数列通项公式是高考考察的重点和热点,本文将通过构造等比数列或等差数列求数列通项公式作以简单介绍，供同学们学习时参考。

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 =12，1n a +=33n n a a +（n N +∈)，求数列{}n a 通项公式.解析:由a n+1=33+n na 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 a11131，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 ｝是首相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评析：本例通过变形，将递推公式变形成为A a a nn =-+111形式，应用等差数列的通项公式，先求出na 1的通项公式，从而求出n a 的通项公式。

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，nS 1-11-n S =2,∴{nS 1｝是首相为1,公差为2的等差数列∴nS 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评析:本例将所给条件变形成A n f n f =-+)()1(，先求出)(n f 的通项公式,再求出原数列的通项公式，条件变形是难点。

用构造法求数列的通项公式例题

用构造法求数列的通项公式例题(总6页)-CAL-FENGHAI.-(YICAI)-Company One1-CAL-本页仅作为文档封面，使用请直接删除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)1(22211+=+=+∴+n n n a a a又211=+a2111=++∴+n n a 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1221211222)()()(21112211-=--=++++=+-++-+-=-----n nn n n n n n n a a a a a a a a显然n=1时满足上式∴=n a 12-n 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。

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)求通项

数列求通项公式的常见题型与解题方法（3）1. 已知数列{}n a 的首项11a =，且13(2)n n a a n -=≥，则n a = 13n - ．2. 变式1：已知数列{}n a 的首项11a =，且11(2)n n n a a n n --=≥，则n a =1n． 3. 变式2：数列{}n a 中，112,32n n a a a +==+，求{}n a 的通项公式．31n n a =-题型五、递推公式为q pa a n n +=+1（其中p ，q 均为常数，)0)1((≠-p pq ）。

待定系数法（构造法）通过分解常数，可转化为特殊数列{a n +k }的形式求解。

一般地，形如a 1+n =p a n +q （p ≠1，pq ≠0）型的递推式均可通过待定系数法对常数q 分解法：设a 1+n +k=p （a n +k ）与原式比较系数可得pk －k =q ，即k=1-p q，从而得等比数列{a n +k }。

再利用换元法转化为等比数列求解。

1. 已知数列{}n a 的首项11a =，且13(2)n n a a n -=≥，则n a = 13n - ．2. 变式1：已知数列{}n a 的首项11a =，且11(2)n n n a a n n --=≥，则n a =1n． 3. 变式2：数列{}n a 中，112,32n n a a a +==+，求{}n a 的通项公式．31n n a =-解：设)(31t a t a n n +=++，则1231=⇒+=+t t a a n n ，⇒+=++)1(311n n a a {}1+n a 是以)1(1+a 为首项,以3为公比的等比数列⇒⇒⋅=⋅+=+--111323)1(1n n n a a 1321-⋅=-n n a点评：求递推式形如1n n a pa q +=+（p 、q 为常数）的数列通项，可用待定系数法构造新数列a n+1+1q p -=p(a n +1qp -)来求得,这也是近年高考考得很多的一种题型．4. .（ 2006年重庆卷)已知数列{}n a 中，11=a ，321+=+n n a a ，求n a .解：设递推公式321+=+n n a a 可以转化为)(21t a t a n n -=-+即321-=⇒-=+t t a a n n .故递推公式为)3(231+=++n n a a ,令3+=n n a b ，则4311=+=a b ,且23311=++=++n n n n a a b b .所以{}n b 是以41=b 为首项，2为公比的等比数列，则11224+-=⨯=n n n b ,所以321-=+n n a .5. 数列{a n }满足a 1=1，a n =21a 1-n +1（n ≥2），求数列{a n }的通项公式。

用构造法求数列的通项公式例题

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 Θ{}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 Θ 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 ………………………②①+⨯3②11)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。