构造法求数列通项公式
(完整版)用构造法求数列的通项公式汇总
用构造法求数列的通项公式上海外国语大学嘉定外国语实验学校 徐红洁在高中数学教材中，有很多已知等差数列的首项、公比或公差(或者通过计算可以求出数列的首项,公比),来求数列的通项公式。
但实际上有些数列并不是等差、等比数列,给出数列的首项和递推公式,要求出数列的通项公式。
而这些题目往往可以用构造法，根据递推公式构造出一个新数列，从而间接地求出原数列的通项公式。
对于不同的递推公式，我们当然可以采用不同的方法构造不同的类型的新数列。
下面给出几种我们常见的构造新数列的方法：一．利用倒数关系构造数列。
例如：中，若求a n }{n a 数列),(411,211N n a a a nn ∈+==++4,n n nn b b a b ==+1,1则设即＝４，n n b b -+1｝是等差数列。
n b {∴可以通过等差数列的通项公式求出,然再求后数列{ a n }的通项。
n b 练习：1)数列{ a n }中，a n ≠0，且满足求a n),(,311,2111N n a a a nn ∈+==+2)数列{ a n }中，求a n 通项公式。
,22,111+==+n nn a a a a 3)数列{ a n }中,求a n .),,2(02,0,1111N n n a a a a a a n n n n n ∈≥=-⋅+≠=--且二．构造形如的数列。
2n n a b =例：正数数列{ a n }中，若n n n a N n a a a 求),(4,52211∈-==+ 解：设4,4,112-=--==++n n n n n n b b b b a b 即则),71(,429429429)4()1(25254}{2211N n n n a na n nb a b b n n n n ∈≤≤-=∴-=-=-⋅-+=∴==-即，是等差数列，公差是数列练习：已知正数数列{ a n }中，,),2(2,211N n n a a a n n ∈≥==-求数列{ a n }的通项公式。
求数列通项公式常用的七种方法
求数列通项公式常用的七种方法一、公式法：已知或根据题目的条件能够推出数列{}n a 为等差或等比数列，根据通项公式()d n a a n 11-+=或11-=n n q a a 进行求解.例1：已知{}n a 是一个等差数列，且5,152-==a a ，求{}n a 的通项公式.二、前n 项和法：已知数列{}n a 的前n 项和n s 的解析式，求n a . 例2：已知数列{}n a 的前n 项和12-=n n s ，求通项n a .三、n s 与n a 的关系式法：已知数列{}n a 的前n 项和n s 与通项n a 的关系式，求n a . 例3：已知数列{}n a 的前n 项和n s 满足n n s a 311=+，其中11=a ，求n a .注：解决这类问题的方法，用具俗话说就是“比着葫芦画瓢”，由n s 与n a 的关系式，类比出1-n a 与1-n s 的关系式，然后两式作差，最后别忘了检验1a 是否适合用上面的方法求出的通项.四、累加法：当数列{}n a 中有()n f a a n n =--1，即第n 项与第1-n 项的差是个有“规律”的数时，就可以用这种方法.例4：()12,011-+==+n a a a n n ，求通项n a五、累乘法：它与累加法类似 ，当数列{}n a 中有()1nn a f n a -=，即第n 项与第1-n 项的商是个有“规律”的数时，就可以用这种方法.例5：111,1n n na a a n -==- ()2,n n N *≥∈ 求通项n a六、构造法：㈠、一次函数法：在数列{}n a 中有1n n a ka b -=+（,k b 均为常数且0k ≠），从表面形式上来看n a 是关于1n a -的“一次函数”的形式，这时用下面的方法:一般化方法：设()1n n a m k a m -+=+ 则()11n n a ka k m -=+- 而1n n a ka b -=+ ∴()1b k m =- 即1b m k =- 故111n n b b a k a k k -⎛⎫+=+ ⎪--⎝⎭∴数列11n b a k -⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭是以k 为公比的等比数列，借助它去求n a例6：已知111,21n n a a a -==+ ()2,n n N *≥∈ 求通项n a㈡、取倒数法：这种方法适用于11n n n ka a ma p--=+()2,n n N *≥∈（,,k m p 均为常数0m ≠）， 两边取倒数后得到一个新的特殊(等差或等比)数列或类似于1n n a ka b -=+的式子. 例7：已知11122,2n n n a a a a --==+ ()2,n n N *≥∈ 求通项n a㈢、取对数法：一般情况下适用于1k l n n a a -=（,k l 为非零常数）例8：已知()2113,2n n a a a n -==≥ 求通项n a七、“m n n c ba a +=+1（c b ,为常数且不为0，*,N n m ∈）”型的数列求通项n a .例9：设数列{}n a 的前n 项和为n s ，已知*11,3,N n s a a a n n n ∈+==+，求通项n a .注：求m n n c ba a +=+1（c b ,为常数且不为0，*,N n m ∈）”型的数列求通项公式的方法是等式的两边同除以1+n c ，得到一个“1n n a ka b -=+”型的数列，再用上面第六种方法里面的“一次函数法”便可求出n n ca 的通式，从而求出n a .另外本题还可以由n n n s a 31+=+得到nn n n s s s 31+=-+即 n n n s s 321+=+,按照上面求n a 的方法同理可求出n s ,再求n a .您不不妨试一试.除了以上七种方法外，还有嵌套法（迭代法）、归纳猜想法等，但这七种方法是经常用的，将其总结到一块，以便于学生记忆和掌握.。
(完整版)数列通项公式常用求法及构造法
数列通项公式的常用求法构造法求数列通项公式一、构造等差数列求数列通项公式运用乘、除、去分母、添项、去项、取对数、待定系数等方法，将递推公式变形成为(1)()f n f n +-=A （其中A 为常数）形式，根据等差数列的定义知)(n f 是等差数列，根据等差数列的通项公式，先求出)(n f 的通项公式，再根据)(n f 与n a ，从而求出n a 的通项公式。
例1 在数列{}n a 中，1a =12，133n n n a a a +=+（n N +∈），求数列{}n a 通项公式.解析：由313n n a n a a ++=得，a n+1 a n =3 a n+1-3 a n =0，两边同除以a n+1 a n 得，=-+n n a a 11131，设b n =n a 1，则b n+1- b n =31，根据等差数列的定义知， 数列｛b n ｝是首项b 1=2，公差d=31的等差数列，根据等差数列的通项公式得b n =2＋31（n-1）=31n ＋35∴数列通项公式为a n =53+n例2 在数列｛a n ｝中，S n 是其前n 项和，且S n ≠0，a 1=1，a n =1222-n n S S (n ≥2)，求S n 与a n 。
解析：当n ≥2时，a n =S n -S n-1 代入a n =1222-n n S S 得，S n -S n-1=1222-n n S S ，变形整理得S n -S n-1= S n S n-1两边除以S n S n-1得，n S 1-11-n S =2，∴｛n S 1｝是首相为1，公差为2的等差数列∴n S 1=1+2（n-1）=2n-1, ∴ S n =121-n (n ≥2),n=1也适合，∴S n =121-n (n ≥1) 当n ≥2时，a n =S n -S n-1=121-n -321-n =-38422+-n n ，n=1不满足此式， ∴a n ={21138422≥=+--n n n n二、构造等比数列求数列通项公式运用乘、除、去分母、添项、去项、取对数、待定系数等方法，将递推公式变形成为f （n+1）=Af （n ）（其中A 为非零常数）形式，根据等比数列的定义知)(n f 是等比数列，根据等比数列的通项公式，先求出)(n f 的通项公式，再根据)(n f 与n a ，从而求出n a 的通项公式。
(完整版)求数列通项公式常用的七种方法
求数列通项公式常用的七种方法一、公式法：已知或根据题目的条件能够推出数列{}n a 为等差或等比数列，根据通项公式()d n a a n 11-+=或11-=n n q a a 进行求解.例1：已知{}n a 是一个等差数列，且5,152-==a a ，求{}n a 的通项公式.分析：设数列{}n a 的公差为d ，则⎩⎨⎧-=+=+54111d a d a 解得⎩⎨⎧-==231d a∴ ()5211+-=-+=n d n a a n二、前n 项和法：已知数列{}n a 的前n 项和n s 的解析式，求n a . 例2：已知数列{}n a 的前n 项和12-=n n s ，求通项n a . 分析：当2≥n 时，1--=n n n s s a =()()32321----n n=12-n而111-==s a 不适合上式，()()⎩⎨⎧≥=-=∴-22111n n a n n三、n s 与n a 的关系式法：已知数列{}n a 的前n 项和n s 与通项n a 的关系式，求n a . 例3：已知数列{}n a 的前n 项和n s 满足n n s a 311=+，其中11=a ，求n a . 分析： 13+=n n a s ① ∴ n n a s 31=- ()2≥n ② ①-② 得 n n n a a a 331-=+ ∴ 134+=n n a a即 341=+n n a a ()2≥n 又1123131a s a ==不适合上式∴ 数列{}n a 从第2项起是以34为公比的等比数列 ∴ 222343134--⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫⎝⎛=n n n a a ()2≥n ∴()()⎪⎩⎪⎨⎧≥⎪⎭⎫ ⎝⎛==-23431112n n a n n注：解决这类问题的方法，用具俗话说就是“比着葫芦画瓢”，由n s 与n a 的关系式，类比出1-n a 与1-n s 的关系式，然后两式作差，最后别忘了检验1a 是否适合用上面的方法求出的通项.四、累加法：当数列{}n a 中有()n f a a n n =--1，即第n 项与第1-n 项的差是个有“规律”的数时，就可以用这种方法.例4：()12,011-+==+n a a a n n ，求通项n a分析： 121-=-+n a a n n ∴ 112=-a a 323=-a a 534=-a a┅ 321-=--n a a n n ()2≥n以上各式相加得()()211327531-=-+++++=-n n a a n ()2≥n又01=a ，所以()21-=n a n ()2≥n ，而01=a 也适合上式， ∴ ()21-=n a n ()*∈Nn五、累乘法：它与累加法类似 ，当数列{}n a 中有()1nn a f n a -=，即第n 项与第1-n 项的商是个有“规律”的数时，就可以用这种方法.例5：111,1n n na a a n -==- ()2,n n N *≥∈ 求通项n a分析：11n n n a a n -=- ∴11n n a n a n -=- ()2,n n N *≥∈故3241123123411231n n n a a a a na a n a a a a n -===- ()2,n n N *≥∈ 而11a =也适合上式，所以()n a n n N *=∈ 六、构造法：㈠、一次函数法：在数列{}n a 中有1n n a ka b -=+（,k b 均为常数且0k ≠），从表面形式上来看n a 是关于1n a -的“一次函数”的形式，这时用下面的方法:一般化方法：设()1n n a m k a m -+=+ 则()11n n a ka k m -=+- 而1n n a ka b -=+ ∴()1b k m =- 即1b m k =- 故111n n b b a k a k k -⎛⎫+=+ ⎪--⎝⎭∴数列11n b a k -⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭是以k 为公比的等比数列，借助它去求n a例6：已知111,21n n a a a -==+ ()2,n n N *≥∈ 求通项n a分析：121n n a a -=+ ∴()1112221n n n a a a --+=+=+∴数列{}1n a +是以2为首项，2为公比的等比数列 ∴()111122n n n a a -+=+⋅= 故21n n a =- ㈡、取倒数法：这种方法适用于11n n n ka a ma p--=+()2,n n N *≥∈（,,k m p 均为常数0m ≠）， 两边取倒数后得到一个新的特殊(等差或等比)数列或类似于1n n a ka b -=+的式子. 例7：已知11122,2n n n a a a a --==+ ()2,n n N *≥∈ 求通项n a1122n n n a a a --=+ ∴111211122n n n n a a a a ---+==+ 即11112n n a a --= ()2,n n N *≥∈ ∴ 数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以12为首项，以12为公差的等差数列∴()1111222n n n a =+-⋅= ∴2n a n= ㈢、取对数法：一般情况下适用于1k l n n a a -=（,k l 为非零常数） 例8：已知()2113,2n n a a a n -==≥ 求通项n a分析：由()2113,2n n a a a n -==≥知0n a >∴在21n n a a -=的两边同取常用对数得 211lg lg 2lg n n n a aa --==即1lg 2lg nn a a -= ∴数列{}lg n a 是以lg 3为首项，以2为公比的等比数列故112lg 2lg3lg3n n n a --== ∴123n n a -=七、“m n n c ba a +=+1（c b ,为常数且不为0，*,N n m ∈）”型的数列求通项n a .例9：设数列{}n a 的前n 项和为n s ，已知*11,3,N n s a a a n n n ∈+==+，求通项n a . 解：n n n s a 31+=+ 113--+=∴n n n s a ()2≥n两式相减得 1132-+⋅+=-n n n n a a a 即 11322-+⋅+=n n n a a上式两边同除以13+n 得92332311+⋅=++n n n n a a （这一步是关键） 令nnn a c 3=得 92321+=+n n c c ⎪⎭⎫⎝⎛-=-∴+3232321n n c c ()2≥n （想想这步是怎么得来的） ∴数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-32n c 从第2项起，是以93322-=-a c 为首项，以32为公比的等比数列故 ()n n n n n a a c c 32332933232322222----=⎪⎭⎫⎝⎛-=⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-()323232+-=∴-n n n a c 又n n n a c 3=，所以()123223--⋅+⋅-=n n n a a a a =1 不适合上式 ()()()⎩⎨⎧≥⋅+⋅-==∴--23223112n a n a a n n n 注：求m n n c ba a +=+1（c b ,为常数且不为0，*,N n m ∈）”型的数列求通项公式的方法是等式的两边同除以1+n c ，得到一个“1n n a ka b -=+”型的数列，再用上面第六种方法里面的“一次函数法”便可求出n n ca 的通式，从而求出n a .另外本题还可以由n n n s a 31+=+得到nn n n s s s 31+=-+即 n n n s s 321+=+,按照上面求n a 的方法同理可求出n s ,再求n a .您不不妨试一试.除了以上七种方法外，还有嵌套法（迭代法）、归纳猜想法等，但这七种方法是经常用的，将其总结到一块，以便于学生记忆和掌握.。
求数列通项公式常用的八种方法
求数列通项公式常用八种方法一、 公式法：已知或根据题目的条件能够推出数列{}n a 为等差或等比数列，根据通项公式()d n a a n 11-+= 或11-=n n q a a 进行求解.二、前n 项和法：已知数列{}n a 的前n 项和n s 的解析式，求n a .（分3步）三、n s 与n a 的关系式法：已知数列{}n a 的前n 项和n s 与通项n a 的关系式，求n a .（分3步）四、累加法：当数列{}n a 中有()n f a a n n =--1，即第n 项与第1-n 项的差是个有“规律”的数时，就可以用这种方法.五、累乘法：它与累加法类似 ，当数列{}n a 中有()1n n a f n a -=，即第n 项与第1-n 项的商是个有“规律”的数时，就可以用这种方法.六、构造法：㈠、一次函数法：在数列{}n a 中有1n n a ka b -=+（,k b 均为常数且0k ≠），从表面形式上来看n a 是关于1n a -的“一次函数”的形式，这时用下面的方法:------＋常数P㈡、取倒数法：这种方法适用于11c --=+n n n Aa a Ba ()2,n n N *≥∈（,,k m p 均为常数 0m ≠），两边取倒数后得到一个新的特殊(等差或等比)数列或类似于 1n n a ka b -=+的式子.㈢、取对数法：一般情况下适用于1k l n n a a -=（,k l 为非零常数）例8：已知()2113,2n n a a a n -==≥ 求通项n a分析：由()2113,2n n a a a n -==≥知0n a >∴在21n n a a -=的两边同取常用对数得211lg lg 2lg n n n a a a --== 即1lg 2lg n n a a -= ∴数列{}lg n a 是以lg 3为首项，以2为公比的等比数列故112lg 2lg3lg3n n n a --==∴123n n a -=七、“1p ()n n a a f n +=+（c b ,为常数且不为0，*,N n m ∈）”型的数列求通项n a . 可以先在等式两边 同除以f(n)后再用累加法。
(完整版)求数列通项公式常用的七种方法
求数列通项公式常用的七种方法一、公式法：已知或根据题目的条件能够推出数列na 为等差或等比数列，根据通项公式d n a a n11或11n n qa a 进行求解.例1：已知n a 是一个等差数列，且5,152a a ，求n a 的通项公式.分析：设数列n a 的公差为d ，则54111da d a 解得231da 5211ndn a a n二、前n 项和法：已知数列n a 的前n 项和n s 的解析式，求n a .例2：已知数列n a 的前n 项和12nns ，求通项n a .分析：当2n 时，1n nns s a =32321n n=12n 而111s a 不适合上式，22111n n a n n三、n s 与n a 的关系式法：已知数列n a 的前n 项和n s 与通项n a 的关系式，求n a .例3：已知数列n a 的前n 项和n s 满足n n s a 311，其中11a ，求n a .分析：13n na s ①nna s 312n②①-②得n n n a a a 331134nn a a 即341nn a a 2n又1123131a s a 不适合上式数列n a 从第2项起是以34为公比的等比数列222343134n n n a a 2n23431112n na n n注：解决这类问题的方法，用具俗话说就是“比着葫芦画瓢”，由n s 与n a 的关系式，类比出1na 与1ns 的关系式，然后两式作差，最后别忘了检验1a 是否适合用上面的方法求出的通项.四、累加法：当数列n a 中有n f a a nn1，即第n 项与第1n 项的差是个有“规律”的数时，就可以用这种方法. 例4：12,011n a a a nn，求通项na 分析：121n a a n n112a a 323a a 534a a ┅321n a a nn2n以上各式相加得211327531n n a a n 2n 又01a ，所以21n a n 2n，而01a 也适合上式，21n a n Nn 五、累乘法：它与累加法类似，当数列n a 中有1n na f n a ，即第n 项与第1n 项的商是个有“规律”的数时，就可以用这种方法.例5：111,1nnn a a a n 2,n n N求通项na 分析：Q 11nnna a n 11nn a na n 2,n n N故3241123123411231n nn a a a a na a n a a a a n g g g g L g g g g L g 2,n n N而11a 也适合上式，所以na n n N六、构造法：㈠、一次函数法：在数列n a 中有1nna kab （,k b 均为常数且0k ），从表面形式上来看n a 是关于1n a 的“一次函数”的形式，这时用下面的方法: 一般化方法：设1nna mk a m则11nna ka k m而1nn a ka b1bk m 即1bmk 故111n nb ba k a k k数列11nba k 是以k 为公比的等比数列，借助它去求na 例6：已知111,21n n a a a 2,n n N求通项na 分析：Q 121nna a 1112221n nna a a 数列1n a 是以2为首项，2为公比的等比数列111122n nna a 故21nna ㈡、取倒数法：这种方法适用于11n nnka a ma p2,n n N （,,k m p 均为常数0m），两边取倒数后得到一个新的特殊(等差或等比)数列或类似于1n na kab 的式子.例7：已知11122,2n nna a a a 2,nnN求通项na Q 1122n nna a a 111211122nnnna a a a 即11112nna a 2,n n N数列1n a 是以12为首项，以12为公差的等差数列1111222nn n a 2na n㈢、取对数法：一般情况下适用于1klnn a a （,k l 为非零常数）例8：已知2113,2nn a a a n 求通项na 分析：由2113,2nn a a an知0n a 在21n na a 的两边同取常用对数得211lg lg 2lg n n n a a a 即1lg 2lg n na a 数列lg n a 是以lg 3为首项，以2为公比的等比数列故112lg 2lg3lg3nn na 123nna 七、“mnnc ba a 1（c b,为常数且不为0，*,N nm ）”型的数列求通项n a .例9：设数列n a 的前n 项和为n s ，已知*11,3,N ns a a a nn n ，求通项n a .解：nn n s a 31113n nns a 2n两式相减得1132n n nn a a a 即11322n nna a 上式两边同除以13n 得92332311nn n n a a （这一步是关键）令nn na c 3得92321nn c c 3232321n nc c 2n（想想这步是怎么得来的）数列32nc 从第2项起，是以93322a c 为首项，以32为公比的等比数列故nn n n na a c c 32332933232322222323232nn nac 又nn na c 3，所以123223n n na a a a 1不适合上式23223112n a n a a n n n注：求mnnc ba a 1（c b,为常数且不为0，*,N nm ）”型的数列求通项公式的方法是等式的两边同除以1n c ，得到一个“1nna kab ”型的数列，再用上面第六种方法里面的“一次函数法”便可求出nn ca 的通式，从而求出n a .另外本题还可以由nnns a 31得到n nn ns s s 31即nn ns s 321,按照上面求n a 的方法同理可求出n s ,再求n a .您不不妨试一试.除了以上七种方法外，还有嵌套法（迭代法）、归纳猜想法等，但这七种方法是经常用的，将其总结到一块，以便于学生记忆和掌握.。
(完整版)求数列通项公式常用的七种方法
求数列通项公式常用的七种方法一、公式法：已知或根据题目的条件能够推出数列{}n a 为等差或等比数列，根据通项公式()d n a a n 11-+=或11-=n n q a a 进行求解.例1：已知{}n a 是一个等差数列，且5,152-==a a ，求{}n a 的通项公式.分析：设数列{}n a 的公差为d ，则⎩⎨⎧-=+=+54111d a d a 解得⎩⎨⎧-==231d a∴ ()5211+-=-+=n d n a a n二、前n 项和法：已知数列{}n a 的前n 项和n s 的解析式，求n a . 例2：已知数列{}n a 的前n 项和12-=n n s ，求通项n a . 分析：当2≥n 时，1--=n n n s s a =()()32321----n n=12-n而111-==s a 不适合上式，()()⎩⎨⎧≥=-=∴-22111n n a n n三、n s 与n a 的关系式法：已知数列{}n a 的前n 项和n s 与通项n a 的关系式，求n a . 例3：已知数列{}n a 的前n 项和n s 满足n n s a 311=+，其中11=a ，求n a . 分析：Θ 13+=n n a s ① ∴ n n a s 31=- ()2≥n ② ①-② 得 n n n a a a 331-=+ ∴ 134+=n n a a即 341=+n n a a ()2≥n 又1123131a s a ==不适合上式∴ 数列{}n a 从第2项起是以34为公比的等比数列 ∴ 222343134--⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫⎝⎛=n n n a a ()2≥n ∴()()⎪⎩⎪⎨⎧≥⎪⎭⎫ ⎝⎛==-23431112n n a n n注：解决这类问题的方法，用具俗话说就是“比着葫芦画瓢”，由n s 与n a 的关系式，类比出1-n a 与1-n s 的关系式，然后两式作差，最后别忘了检验1a 是否适合用上面的方法求出的通项.四、累加法：当数列{}n a 中有()n f a a n n =--1，即第n 项与第1-n 项的差是个有“规律”的数时，就可以用这种方法.例4：()12,011-+==+n a a a n n ，求通项n a分析：Θ 121-=-+n a a n n ∴ 112=-a a 323=-a a 534=-a a┅ 321-=--n a a n n ()2≥n以上各式相加得()()211327531-=-+++++=-n n a a n Λ ()2≥n又01=a ，所以()21-=n a n ()2≥n ，而01=a 也适合上式， ∴ ()21-=n a n ()*∈Nn五、累乘法：它与累加法类似 ，当数列{}n a 中有()1nn a f n a -=，即第n 项与第1-n 项的商是个有“规律”的数时，就可以用这种方法.例5：111,1n n na a a n -==- ()2,n n N *≥∈ 求通项n a分析：Q 11n n n a a n -=- ∴11n n a n a n -=- ()2,n n N *≥∈故3241123123411231n n n a a a a na a n a a a a n -===-gg g g L g g g g L g ()2,n n N *≥∈ 而11a =也适合上式，所以()n a n n N *=∈ 六、构造法：㈠、一次函数法：在数列{}n a 中有1n n a ka b -=+（,k b 均为常数且0k ≠），从表面形式上来看n a 是关于1n a -的“一次函数”的形式，这时用下面的方法:一般化方法：设()1n n a m k a m -+=+ 则()11n n a ka k m -=+- 而1n n a ka b -=+ ∴()1b k m =- 即1b m k =- 故111n n b b a k a k k -⎛⎫+=+ ⎪--⎝⎭∴数列11n b a k -⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭是以k 为公比的等比数列，借助它去求n a例6：已知111,21n n a a a -==+ ()2,n n N *≥∈ 求通项n a分析：Q 121n n a a -=+ ∴()1112221n n n a a a --+=+=+ ∴数列{}1n a +是以2为首项，2为公比的等比数列 ∴()111122n n n a a -+=+⋅= 故21n n a =- ㈡、取倒数法：这种方法适用于11n n n ka a ma p--=+()2,n n N *≥∈（,,k m p 均为常数0m ≠）， 两边取倒数后得到一个新的特殊(等差或等比)数列或类似于1n n a ka b -=+的式子. 例7：已知11122,2n n n a a a a --==+ ()2,n n N *≥∈ 求通项n aQ 1122n n n a a a --=+ ∴111211122n n n n a a a a ---+==+ 即11112n n a a --= ()2,n n N *≥∈ ∴ 数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以12为首项，以12为公差的等差数列∴()1111222n n n a =+-⋅= ∴2n a n= ㈢、取对数法：一般情况下适用于1k l n n a a -=（,k l 为非零常数） 例8：已知()2113,2n n a a a n -==≥ 求通项n a分析：由()2113,2n n a a a n -==≥知0n a >∴在21n n a a -=的两边同取常用对数得 211lg lg 2lg n n n a aa --==即1lg 2lg nn a a -= ∴数列{}lg n a 是以lg 3为首项，以2为公比的等比数列故112lg 2lg3lg3n n n a --== ∴123n n a -=七、“m n n c ba a +=+1（c b ,为常数且不为0，*,N n m ∈）”型的数列求通项n a .例9：设数列{}n a 的前n 项和为n s ，已知*11,3,N n s a a a n n n ∈+==+，求通项n a . 解：n n n s a 31+=+Θ 113--+=∴n n n s a ()2≥n两式相减得 1132-+⋅+=-n n n n a a a 即 11322-+⋅+=n n n a a上式两边同除以13+n 得92332311+⋅=++n n n n a a （这一步是关键） 令nnn a c 3=得 92321+=+n n c c ⎪⎭⎫⎝⎛-=-∴+3232321n n c c ()2≥n （想想这步是怎么得来的） ∴数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-32n c 从第2项起，是以93322-=-a c 为首项，以32为公比的等比数列故 ()n n n n n a a c c 32332933232322222----=⎪⎭⎫⎝⎛-=⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-()323232+-=∴-n n n a c 又n n n a c 3=，所以()123223--⋅+⋅-=n n n a a a a =1Θ不适合上式 ()()()⎩⎨⎧≥⋅+⋅-==∴--23223112n a n a a n n n 注：求m n n c ba a +=+1（c b ,为常数且不为0，*,N n m ∈）”型的数列求通项公式的方法是等式的两边同除以1+n c ，得到一个“1n n a ka b -=+”型的数列，再用上面第六种方法里面的“一次函数法”便可求出n n ca 的通式，从而求出n a .另外本题还可以由n n n s a 31+=+得到nn n n s s s 31+=-+即 n n n s s 321+=+,按照上面求n a 的方法同理可求出n s ,再求n a .您不不妨试一试.除了以上七种方法外，还有嵌套法（迭代法）、归纳猜想法等，但这七种方法是经常用的，将其总结到一块，以便于学生记忆和掌握.。
何海力. 用构造法求数列通项公式
｛
ａ ． ｎ）
是以 ａ 公比为２ ∴ 数列 ｛ ａ ａ ａ ｎ＋１ － ｎ｝ ２－ １ ＝２ 为 首 项 ， 的等比数列 ．
ｎ－１ ｎ ∴ ａ ａ ＝２ ． ｎ＋１ － ｎ ＝２×２ ２ ｎ－１ ， ， …， ∴ ａ － ａ ＝２ ａ － ａ ＝２ ａ ａ ． ２ １ ３ ２ ｎ－ ｎ－１ ＝２
２ 【 】 ， 例７ 满足 ａ ａ ａ ａ ｎ≥ 设正项数列 ｛ ｎ｝ １ ＝１ ｎ ＝３ ｎ－１ （
） ， 求数列 ｛ 的通项公式 ． ２ ａ ｎ｝ ｒ ） ， 分析 ： 对于 ａ 一般是两边 ａ ａ ０ ｐ ｐ＞０， ｎ＋１ ＝ ｎ 型（ ｎ＞ 取以 ｐ 为底的对数 ．
２ 解： ∵ ａ ａ ｎ ＝３ ｎ－１ ， ２ ∴ ｌ ｏ ａ ｌ ｏ ３ ａ ＝ ｌ ｏ ３＋２ ｌ ｏ ａ ｇ ｇ ｇ ｇ ３ ｎ＝ ３（ ｎ－１ ） ３ ３ ｎ－１ ． （ ） ∴ ｌ ｏ ａ ｏ ａ ｇ ｇ ３ ｎ ＋１＝２ｌ ３ ｎ－１ ＋１ ．
ｎ－１ ｎ－１ ， ∴ ｂ ∴ ｌ ｏ ａ ． ｇ ｎ ＝１×２ ３ ｎ ＋１＝２
） ， 求数列 ｛ 的通项公式 ． ２ ａ ｎ≥２ ａ ｎ－１ （ ｎ｝ 分析 ： 若 ｐ＋ 则构造 为 ａ ａ ａ ｑ≠１， ｑ ｐ（ ｎ＋２ ＋ ｎ＋１ ＝ ｎ＋１ ＋
ａ ． ｑ ｎ） ， 解： 设ａ ａ ａ ａ ∴ｐ－ ｑ ｐ（ ｑ ｑ＝１， ｐ ｑ＝ ｎ＋２ ＋ ｎ＋１ ＝ ｎ＋１ ＋ ｎ）
解： ∵
ａ ｎ ， ａ １ ａ ２ …，ａ ｎ＋１ ２ ３ ｎ ＝ ∴ ＝ ， ＝ ， ＝ ａ ａ ｎ＋１ ａ ２ ａ ３ ｎ １ ２ ｎ－１
ｎ－１ ． ｎ ａ １ 以上 ｎ－１ 个 式 子 左 右 两 边 分 别 相 乘 得 ｎ ＝ ． ａ ｎ １
构造法求递推数列的通项公式
巧用构造法求递推数列的通项公式蒋明权利用递推数列求通项公式，在理论上和实践中均有较高的价值，自从二十世纪八十年代以来，一直是全国高考和高中数学联赛的热点之一。
本文想介绍一下利用构造法求递推数列的通项公式的方法和策略，希望能抛砖引玉。
一、构造等差数列法例1.在数列{a n }中，a na n a n n n n n 1132212==+++++，()()()，求通项公式a n 。
解：对原递推式两边同除以n n n ()()++12可得：a n n a n nn n +++=++12112()()()① 令b a n nn n =+()1② 则①即为b b n n +=+12，则数列{b n }为首项是b a 1111132=+=()×，公差是b b n n +-=12的等差数列，因而b n n n =+-=-3221212()，代入②式中得a n n n n =+-12141()()。
故所求的通项公式是a n n n n =+-12141()() 二、构造等比数列法1.定义构造法 利用等比数列的定义q a a n n=+1，通过变换，构造等比数列的方法。
例2.设在数列{a n }中，a a a a n n n 112222==++，，求{a n }的通项公式。
解：将原递推式变形为a a a n n n++=+12222()① a a a n n n+-=-12222()② ①/②得：a a a a n n n n +++-=+-1122222[]， 即lg lg[]a a a a n n n n +++-=+-1122222③ 设b a a n n n =+-lg[]22④ ③式可化为a a n n +=12，则数列{b n }是以b 1＝lg[]lg lg()a a 11222222221+-=+-=+为首项，公比为2的等比数列，于是b n n n =+=+-22122211lg()lg()×，代入④式得：a a n n +-22＝()212+n ，解得a n n n=+++-221121122[()]()为所求。
数列的通项公式
na n an 1 an 0，求通项公式an
2
1 2、已知数列{an }满足a1 3, an 1 an ， n(n 1) 求通项公式an
1 an n
4n 1 an n
(整体)换元法
4 13 3、已知数列{an }满足：a1 , a2 ,当n 3时 3 9 1 an an 1 (an 1 an 2 )，求通项公式an 3 3 n 3 an 2
的递推关系求
an 。
可以用待定系数来求通项； （2）形如
an 1 an k an 1 b
的递推数列
可以用倒数法求通项。
类等差(比)型 用累加(积)法
an 形如：an an 1 f (n) f ( n) an 1 1、已知首项为 的正项数列{an }满足： 1
( n 1) a
1 an 2n 1
6、已知数列{an }满足：a1 1, , 当n 2时 an 1 an an 1 an ，求通项公式an
1 an 2 n
形如an pan1 q 待定系数法
7、已知数列{an }满足：a1 1,当n 2时 an 2an 1 3，求通项公式an
an 2 n 1 3
8、设正项数列a0 , a1 , a2 , an ,,当n 2时 an an 2 an1 an 2 2an 1，其中a0 a1 1, 求通项公式an
1，n 0 an 2 2 n (2 1)( 2 1) (2 1) , n 1
考点：数列是一种特殊的函数,从近几年了高考
来看,数列的通项公式是一个重要的考点,
特别是已知 s n 求
由数列递推公式求通项公式的常用方法
21世纪，信息技术在各行各业都在运用，它已和人们的学习生活息息相关，掌握不好信息知识和信息技能，就难以高效地工作和生活。
初中信息技术的开设，引导着我们每个教学者探究如何采取适当的教学方法激发学生主动学习，提高信息技术的教学质量、提升学生素质。
一、编好导学案，培养学生独立探究的品质什么样的导学案才叫好的导学案？一要能激发学习动机，在学案中创设特定的情境和启发性的问题，引导学生积极思考和主动探索，能和实践紧密结合。
二要针对不同类型的信息课，设计不同的形式的导学案，新授课的导学案要着重关注学生的最近发展区，问题设计情境化，有启发性和探究性。
习题课的导学案应着重帮助学生总结解答典型问题的基本方法和基本思路，复习课导学应帮助学生梳理知识体系。
设计导学时要充分考虑学生在学习过程中可能会遇到的问题和困难，考虑怎样去帮助学生克服困难，导学思考题，要求将学习目标问题化、情境化。
能力训练题，每个知识点学完后，要给予适当的题目进行训练，但题目应少而精，要有利于学生巩固基础知识，突出易混淆的和需注意的知识点；能力提高题，主要是针对掌握程度好的学生设计的，这部分题目的设置可以多链接学生的疑点。
学生对每一项应该完成的任务都必须掌握和理解，才开始学习新的任务，这样才能保证收到效果。
比如，初中“网络课件构件设计”导学案设计。
①学习对象设计包括中哪五个环节？（内容结构设计、内容呈现设计、SCOS 设计、内容编序设计和元数据设计）。
②每个设计的方案是什么？(如：内容呈现设计，在画面中应该尽量删除无用的背景和多余的细节。
元数据设计，SCORM 中的元数据包括Assets 元数据、SCOS 元数据、学习活动元数据、内容组织元数据和内容聚合元数据。
元数据设计时可参照SCORM。
定义的九大类元数据元素及其应用情况，其中“M”为必选项，“O”为可选项，“NP”为不选项。
)导学案为提高课堂效益架设了一座快捷的桥梁，导学让学生在课前有一定的时间构思，在课堂上学生参与、学生创新潜质更易发挥。
数列通项公式的六种求法
例 1. 等差数列 an 是递减数列，且 a2 a3 a4 =48， a2 a3 a4 =12，则数列的通项
公式是（ ）
(A) an 2n 12 (B) an 2n 4 (C) an 2n 12 (D) an 2n 10
解析：设等差数列的公差位
d，由已知
(a3 3a3
d) a3 12
数列通项公式的六种求法
数列是高考中的重点内容之一，每年的高考题都会考察到，小题一般较易，大题一般较 难。而作为给出数列的一种形式——通项公式，在求数列问题中尤其重要。本文给出了求数 列通项公式的六种常用方法。
一、 直接法
如果已知数列为等差（或等比）数列，可直接根据等差（或等比）数列的通项公式，求
得 a1 ，d（或 q），从而直接写出通项公式。
解析：由题意， bn1 an2 an3 ，又 an 是等比数列，公比为 q
∴ bn1
bn
an2 an3 an1 an2
q ，故数列
bn
是等比数列， b1 a2 a3 a1q a1q 2 q(q 1) ，
∴ bn q(q 1) q n1 q n (q 1)
二、 归纳法
∴
a2
cos
6
， a3
cos
22 3 ，…， an
cos
2 n1
3
总之，求数列的通项公式，就是将已知数列转化成等差（或等比）数列，从而利用等差 （或等比）数列的通项公式求其通项。
-5-
解析：由 an1 an n 得 an1 an n ，所以
an an1 n 1， an1 an2 n 2 ，…， a2 a1 1 ，
将以上各式相加得： an a1 (n 1) (n 2) 1，又 a1 3
巧妙运用构造法，快速求解数列的通项公式
之间的联系，明确其中的规律，利用f（97）=97的结论来求得第二个问题的答案.例3.在（1+x）2+（1+x）3+…+（1+x）n+1的展开式中，含x2项的系数是a n，则a8=_____；若对任意的n∈N*，λ·2n-a n≥0恒成立，则实数λ的最小值是_____．分析：根据题目条件中展开式的特征，可知a8表示的是当n=8时展开式中x2的系数，根据二项式定理和二项展开式的通项公式可求得a8的值.对于第二个空，需通过分离参数，将不等式恒成立问题转化为数列问题，根据第一个问题的结论构造出数列{b n}，通过作差，判断出数列的单调性，进而求得数列{b n}的最大项，从而求得最小的实数λ．解：由题意可得a8=C22+C23+…+C29=C310=120；而a n=C22+C23+…+C2n+1=C3n+2=(n+2)(n+1)n6，由λ·2n-a n≥0恒成立可得λ≥a n2n=n(n+1)(n+2)6·2n恒成立，设b n=n(n+1)(n+2)6·2n，则b n+1-b n=(n+1)(n+2)(3-n)3·2n+1，当n=1，2时，b n+1－b n>0，即b n+1>b n；当n=3时，b4-b3=0，即b4=b3；当n≥4时，b n+1-b n<0，即b n+1<b n；所以b n的最大项为b4=b3=3×4×56·23=54，则实数λ的最小值是54；故所填答案为：120；54．解答“递进式”双空题，需找出第一、二个问题、结论之间的联系，在第一问题的基础上进行推理、运算，运用从特殊到一般的思想，建立两个问题、两个空之间的联系，逐步进行推理、运算，从而求得问题的答案.总之，解答双空题，要仔细审题，把握两个空之间的逻辑关系.若是并列关系，可以将其看作两个常规填空题进行求解；若是递进关系，需将第一个问题的结论作为第二个问题的求解依据进行思考.（作者单位：福建省永春第一中学）求数列的通项公式问题比较常见，通常要求根据已知递推式求数列的通项公式.由于递推式的形式多变，所以求数列的通项公式的方法多种多样.对于一些结构较为复杂的递推式，采用构造法来求解比较有效.运用构造法，可将复杂的问题转化为简单的、易于计算的问题，这样能有效地降低解题的难度，提升解题的效率.下面主要谈一谈如何用构造法由下列几类递推式求数列的通项公式.一、形如a n+1=ca n+d的递推式若遇到形如a n+1=ca n+d(c≠0，a1=a)的递推式，往往需采用构造法来求数列的通项公式.首先要将递推式变形为a n+1+X=c(a n+X)的形式，再求出X，便可构造出等比数列{a n+X}，最后根据等比数列的通项公式进行求解即可.例1.已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=3a n+1,求{a n}的通项公式.解：∵a n+1=3a n+1，∵a n+1+12=3a n+32=3(a n+12).∵a1+12=32，考点透视39∴数列{a n+12}是首项为32，公比为3的等比数列，∴a n+12=3n2，∴数列{a n}的通项公式为a n=3n-12.对于形如a n+1=ca n+d(c≠0，a1=a)的递推式，有时很难直接将其变形为a n+1+X=c（a n+X），此时需引入待定系数X，然后将其与原递推式中的各项进行对比，从而建立关于X的方程，解方程即可求得X的值，便可构造出辅助数列.二、形如a n+1=pa n+q n的递推式对于形如a n+1=pa n+q n(p、q为实常数，且n≠0、1)的递推式，也需采用构造法来求数列的通项公式.首先要将递推式变形为a n+1+X·q n+1=p（a n+X·q n）的形式，然后求出X，从而构造出等比数列{a n+X·q n}，再根据等比数列的通项公式来求出数列{a n}的通项公式.例2.已知数列{a n}满足a1=5，a2=5，a n+1=a n+6a n-1（n≥2）.求数列{a n}的通项公式.解：∵a n+1=a n+6a n-1（n≥2），∴a n+1+2a n=a n+6a n-1+2a n=3(a n+2a n-1)（n≥2）.∵a1=5，a2=5，∴2a1+a2=15，∴a n+2a n-1≠0，∴a n+1+2a nan+2a n-1=3（n≥2）.∴数列{a n+1+2a n}是以15为首项，3为公比的等比数列.可得a n+1+2a n=15×3n-1=5×3n，∵a n+1-3n+1=-2（a n-3n），∵a1=5，∴a1-3=2，∴a n-3n≠0，∵数列{a n-3n}是以2为首项，-2为公比的等比数列.∵a n-3n=2×（-2）n-1，即a n=-（-2）2+3n（n∈N*）.本题中的递推式较为复杂，递推式中a n+1、a n-1的系数都不是1，需先将递推式配成a n+1+2a n=3（a n+2a n-1）,这样便构造出等比数列{a n+1+2a n}，再根据等比数列的通项公式进行求解.例3.数列{a n}满足：a1=1，a n＋1=2a n+2n，则数列{a n}的通项公式为_____．解：∵a1=1，a n＋1=2a n+2n，∴a n+12n+1=a n2n+12，∴数列{}a n2n是首项为a12=12，公差为d=12的等差数列，∴a n2n=12+(n-1)×12=12n，即a n=n·2n－1.对于形如a n+1=pa n+q n的递推式，还可以在递推式的左右同时除以q n，将递推式转化为形如a n+1=ca n+d(c≠0，a1=a)形式，再通过构造出辅助数列，求得数列的通项公式.三、形如a n+1=a b n的递推式形如a n+1=a b n(b≠0，且为常数)的递推式中含有指数幂，较为复杂，需作降幂处理，可在递推式的左右两边同时取对数，将递推式变形为lg a n+1=lg a b n的形式，再通过变形得到lg a n+1=lg a2n=2lg a，从而构造出等比数列{lg a n}，最后根据等比数列的通项公式或累乘法求得数列{a n}的通项公式.例4.在数列{a n}中，已知a1=9，且a n+1=a2n，求数列{a n}的通项公式.解：∵a n+1=a2n，∴lg a n+1=lg a2n=2lg a n，∵{lg a n}是首项为lg9，公比为2的等比数列.∵lg a n=lg9·2n-1=lg32n，∴a n=32n.仔细观察递推式a n+1=a2n，可发现其中含有指数式，该递推式形如a n+1=a b n，需采用构造法求解.在递推式的两边取对数可得lg an+1=lg a2n=2lg a n，这样就构造出等比数列{lg a n}.可见，运用构造法求数列的通项公式，需根据递推式的结构特征进行合理的变形，以构造出辅助数列，通过求辅助数列的通项公式来求得数列的通项公式.有时通过猜想、试探、类比等方式也可以构造出辅助数列，然后对其进行验证，就能达到解题的目的.（作者单位：甘肃省平凉市灵台县第一中学）考点透视40。
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构造法求数列通项公式求数列通项公式就是高考考察的重点与热点,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 就是等差数列,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 ｝就是首相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 就是其前n 项与,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｝就是首相为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,条件变形就是难点。
二、构造等比数列求数列通项公式运用乘、除、去分母、添项、去项、取对数、待定系数等方法,将递推公式变形成为f(n+1)=Af(n)(其中A 为非零常数)形式,根据等比数列的定义知)(n f 就是等比数列,根据等比数列的通项公式,先求出)(n f 的通项公式,再根据)(n f 与n a ,从而求出n a 的通项公式。
例3在数列｛a n ｝中,a 1=2,a n =a n-12(n ≥2),求数列｛a n ｝通项公式。
解析:∵ a 1=2,a n =a n-12(n ≥2)＞0,两边同时取对数得,lg a n =2lg a n-1∴1lg lg -n n a a=2, 根据等比数列的定义知,数列｛lg a n ｝就是首相为lg2,公比为2的等比数列,根据等比数列的通项公式得lg a n =2n-1lg2=122lg -n∴数列通项公式为a n =122-n评析:本例通过两边取对数,变形成1log 2log -=n n a a 形式,构造等比数列{}log n a ,先求出n a log 的通项公式,从而求出n a 的通项公式。
例4在数列｛a n ｝中,a 1=1,a n+1=4a n +3n+1,求数列｛a n ｝通项公式。
解析:设a n+1+A(n+1)+B=4(a n +An+B),(A 、B 为待定系数),展开得a n+1=4a n +3An+3B-A,与已知比较系数得{1333=-=A B A ∴{321==B A ∴a n+1+(n+1)+32=4(a n +n+32),根据等比数列的定义知,数列｛a n +n+32｝就是首项为38,公比为q=3的等比数列,∴a n +n+32=38×3n-1∴数列通项公式为a n =38×3n-1-n-32评析:待定系数法就是构造数列的常用方法。
例5 在数列｛a n ｝中,a 1=1 ,a n+1a n =4n ,求数列｛a n ｝通项公式。
解析:∵a n+1a n =4n ∴a n a n-1=4 n-1 两式相除得11-+n n a a =4 ,∴a 1,a 3,a 5……与a 2,a 4 ,a 6 ……就是首相分别为a 1,a 2 ,公比都就是4的等比数列, 又∵a 1=1,a n+1a n =4n ,∴a 2=4 ∴a n ={nn n n 22144-练习:1、已知数列{}n a 满足321=a ,n n a n na 11+=+,求n a解:由条件知11+=+n na a n n ,分别令)1(,,3,2,1-⋅⋅⋅⋅⋅⋅=n n ,代入上式得)1(-n 个等式累乘之,即 1342312-•⋅⋅⋅⋅⋅⋅•••n n a a a a a a a a nn 1433221-⨯⋅⋅⋅⋅⋅⋅⨯⨯⨯=n a a n 11=⇒ 又321=a ,na n 32=∴ 解:由条件知11+=+n na a n n ,分别令)1(,,3,2,1-⋅⋅⋅⋅⋅⋅=n n ,代入上式得)1(-n 个等式累乘之,即 1342312-•⋅⋅⋅⋅⋅⋅•••n n a a a a a a a a nn 1433221-⨯⋅⋅⋅⋅⋅⋅⨯⨯⨯=n a a n 11=⇒ 又321=a ,na n 32=∴ 2、 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。
解:由a n =21a 1-n +1(n ≥2)得a n －2=21(a 1-n －2),而a 1－2=1－2=－1,∴数列{ a n －2}就是以21为公比,－1为首项的等比数列∴a n －2=－(21)1-n ∴a n =2－(21)1-n3、 数列{}n a 中,n n n a a a a a +===++122123,2,1,求数列{}n a 的通项公式。
解:由n n n a a a +=++1223得,313212n n n a a a +=++设)(112n n n n ka a h ka a -=-+++ 比较系数得3132=-=+kh h k ，,解得31,1-==h k 或1,31=-=h k若取31,1-==h k ,则有)(31112n n n n a a a a --=-+++∴}{1n n a a -+就是以31-为公比,以11212=-=-a a 为首项的等比数列∴11)31(-+-=-n n n a a由逐差法可得112211)()()(a a a a a a a a n n n n n +-++-+-=---=11)31()31()31()31(232++-+-++-+--- n n=1311)31(11++---n =11)31(43471)31(143---⨯-=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡--n n4、 设各项均为正数的数列{}n a 的前n 项与为n S ,对于任意正整数n,都有等式:n n n S a a 422=+成立,求{}n a 的通项an 、解:n n n S a a 422=+⇒112142---=+n n n S a a ,∴n n n n n n n a S S a a a a 4)(42211212=-=-+----0)2)((11=--+--n n n n a a a a ,∵01≠+-n n a a ,∴21=--n n a a 、 即{}n a 就是以2为公差的等差数列,且24211121=⇒=+a a a a 、 ∴n n a n 2)1(22=-+=(1)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 }。
(2)通过分解系数,可转化为特殊数列}{1--n n a a 的形式求解。
这种方法适用于n n n qa pa a +=++12型的递推式,通过对系数p 的分解,可得等比数列}{1--n n a a :设)(112n n n n ka a h ka a -=-+++,比较系数得q hk p k h =-=+,,可解得k h ,。
3、构造法构造法就就是在解决某些数学问题的过程中,通过对条件与结论的充分剖析,联想出一种适当的辅助模型,进行命题转换,产生新的解题方法,这种思维方法的特点就就是“构造”、若已知条件给的就是数列的递推公式要求出该数列的通项公式、 (1)构造等差数列或等比数列由于等差数列与等比数列的通项公式显然,对于一些递推数列问题,若能构造等差数列或等比数列,无疑就是一种行之有效的构造方法、 (2)构造差式与与式解题的基本思路就就是构造出某个数列的相邻两项之差,然后采用迭加的方法就可求得这一数列的通项公式、 (3)构造商式与积式构造数列相邻两项的商式,然后连乘也就是求数列通项公式的一种常用方法。
(4)构造对数式或倒数式有些数列若通过取对数,取倒数代数变形方法,可由复杂变为简单,使问题得以解决、。