高中数学构造法求数列通
(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。
2008高考数学复习 数列通项的五种求法
2008高考数学复习 数列通项的五种求法求数列的通项公式是高中数学中最为常见的题型之一，它既可考查等价转化与化归的数学思想，又能反映考生对等差与等现象数列理想的深度，具有一定的技巧性，因此经常渗透在高考和竞赛中，要正确写出数列通项，其关键是：找出n a 与n 的对应关系，而其中数列的通项求法比较灵活。
下面分别介绍几种常见的数列通项的求法，请同学们学习。
一、常规数列的通项例1 写出下列数列的一个通项公式。
(1) 3, 5, 7, 9.... (2) 3, 5, 9, 17. (3)⋯,638,356,154,32(4)⋯,917,710,1,32 解 （1）（方法一）注意观察，该数列前四项均为奇数，所以归纳出它的通项公式是a n =2n+1. （方法二）发现后一项比前一项都多2，前4项依次可写成a 1=3, a 2=3+2, a 3=3+2×2, a 4=3+2×3, ∴a n =3+2(n-1).（2）观察发现，前四项依次为2+1，22+1，23+1，24+1，∴a n =2n +1.（3）每一项的分子均为偶数，分母依次为1×3，3×5，5×7，7×9，…，均是相邻的两奇数之积，∴.)12)(12(2+-=n n n a n（4）各项依次可写成，，，，，⋯9177105532分子依次是项数的平方数加1，∴.1212++=n n a n小结 认真观察（注意分解式子）所给数据的结构特征，正确写出对应的表达式。
二、摆动数列的通项例2 写出下列数列的一个通项公式。
（1）1，5，1，5，1，5，…. （2）⋯--,78,54,32,1.（3）1，2，2，4，3，8，4，16，….解 （1）（方法一）∵奇数项均为1，偶数项均为5，∴⎩⎨⎧=，a n 5,1为n n 为正偶数.正奇数，（方法二）∵1与5的平均数为3，∴前四项依次可看成3-2，3+2，3-2，3+2. ∴a n =3+(-1)n ×2.（2）前四项可写成.122)1(,72)1(,52,32)1(,1211321--=∴⨯-⨯---n a n n n（3）∵a 1=1, a 3=2, a 5=3, a 7=4,…, ∴当n 为奇数时,21+=n a n ,∵a 2=2, a 4=4, a 6=8, a 8=16,…, ∴当n 为偶数时，.22nn a =∴⎪⎩⎪⎨⎧+=，n a n n 22,21为n n 为.正偶数正奇数，小结 这类题需要看清奇、偶项的正、负，可用(-1)n 或(-1)n+1等形式表示，或用分段形式表示。
高中精品-数学求递推数列通项公式的十种策略例析
3.3递推数列一、基本知识简述1．有关概念：我们在研究数列{a n }时，如果任一项a n 与它的前一项1-n a （或几项）间的关系可以用一个公式来表示，则此公式就称为数列的递推公式。
通过递推公式给出的数列，一般我们也称之为递推数列。
主要有以下几种方法：（1） 构造法：通过构造特殊的数列（一般为等差数列或等列），利用特殊数列的通项求递推数列的通项.（2） 迭代法：将递推式适当变形后，用下标较小的项代替某些下标较大的项，在一般项和初始之间建立某种联系，从而求出通项.（3） 代换法：包括代数代换、三角代换等（4） 待定系数法：先设定通项的基本形式，再根据题设条件求出待定的系数。
3.思想策略：构造新数列的思想。
4.常见类型： 类型Ⅰ：⎩⎨⎧=≠+=+为常数）a a a n p n q a n p a n n ()0)(()()(11（一阶递归）类型II :分式线性递推数列:)0(1≠++=+A BAa DCa a n n n二、例题：例1：231+=-n n a a ，21=a ，求通项n a分析：构造辅助数列， )1(311+=+-n n a a ，则13-=nn a求通项过程中，多次利用递推的思想方法以及把一般数列转化为等差、等比数列去讨论，从而求出了通项公式n a 。
[一般形式] 已知q pa a n n +=-1，a a =1，其中p,q,a 为常数，求通项n a [同类变式]已知数列}{n a 满足)12(21-+=+n a a n n ，且21=a ，求通项n a分析：（待定系数），构造数列}{b kn a n ++使其为等比数列， 即)(2)1(1b kn a b n k a n n ++=++++，解得1,2==b k求得12251--⋅=-n a n n[归纳]： 类型Ⅰ：⎩⎨⎧=≠+=+为常数）a a a n p n q a n p a n n ()0)(()()(11（一阶递归）其特例为：（1）1)(=n p 时,)(1n q a a n n +=+利用累加法，将)1(1-+=-n q a a n n ，=-1n a 2-n a +)2(-n q ,=2a 1a +)1(q …,各式相加，得 =n a 1a +∑-=11)(n k k q (n ≥2)(2)0)(=n q 时,n n a n p a )(1=+;利用累乘法,∏-==111)(n k n k p a a（3）q n q p n p ==)(,)(时,)0(1≠+=+p qpa a n n解题方法：利用待定系数法构造类似于“等比数列”的新数列法1：(常数变易法) 设)(1x a p x a n n +=+- 则)1(1-+=-p x pa a n n ，从而1-=p qx 亦即数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+1p q a n 是以1-+p q a n为首项，公比为p 的等比数列， 从而可得：11)1(1--+=-+n n p p qa p q a ， 1)1(1---+=-p q p p q a a n n 1])1([1--⋅+-=-p q p q p a n法2：)(211----=-n n n n a a p a a利用{}1--n n a a 成等比数列求出1--n n a a ，再利用迭代或迭另法求出n a 法3：由q pa a n n +=-1，则可得⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧+=+=+=-------21221221111........p q p a p a p qp a pa p q p a p a n n n n n nn n nn,从而又可得n n n p q p q p q p a p a ++++=...321 即)]...11([121-+++⋅+=n nn pq p p p q p a p a 1])1([1--⋅+-=-p qp q p a n（4）q n q p n p ==)(,)(n时,)0(1≠+=+p qpa a n n n两边同除以np例2：数列}{n a 的前n 项和为n S ，且11=a ，n S ＝*)(2N n a n n ∈，求数列}{n a 的通项公式.例3：数列}{n a 中，且311=a ，1221+=+n nn a a a ，求数列}{n a 的通项公式.[提示]112111+=+nn a a[归纳]：类型II :分式线性递推数列:)0(1≠++=+A BAa DCa a n n n练习：1.已知数列{}n a 中，n S 是其前n 项和，并且1142(1,2,),1n n S a n a +=+==L ，⑴设数列),2,1(21ΛΛ=-=+n a a b n n n ，求证：数列{}n b 是等比数列；⑵设数列),2,1(,2ΛΛ==n a c n nn ，求证：数列{}n c 是等差数列； ⑶求数列{}n a 的通项公式及前n 项和。
专题 构造法求数列通项的八种技巧
专题 构造法求数列通项的八种技巧【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.◆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.◆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111nn n n n a a q p p p p ++⎛⎫=+⋅ ⎪⎝⎭,引入辅助数列{}n b (其中n n na b p =),得11n n b b p +-=⋅.nq p ⎛⎫⎪⎝⎭,再利用叠加法(逐差相加法)求解. ◆构造四:同型构造法所谓同型构造法,就是将找因式中的因子和数列项数相同或者相近的部分通过同除或同乘化归成结构相同的形式,形成新的数列,如常数列,等差数列或等比数列.下面让我们来看看有哪些模型结构吧. 模型一:111(1)1n n n n n n a a n a n a n +++−=−−−−→⋅+=⋅+左右同乘,构造n n b n a =⋅,则1n n b b +=,{}n b 为常数数列.模型二:11111n n n n n a a n a a n n n +++−−−−−⋅→+==+左右同除,构造n n a b n=,则1n n b b +=,{}n b 为常数数列. 模型三:()()21112(1)(2)(1)n n n n n n a a n a a n n n n n ++++−−−−+=⋅=+−→++−左右同除,构造(1)n n a b n n =+,则1n n b b +=,{}n b 为常数数列.模型四:()111(1)221n n n n n n n a a na n a n +++−−−−−→=+=+左右同除,构造n n ab n=,则12n n b b +=,{}n b 为等比数列. 模型五:11111222212n n n n n n n n n n n n n a S S S S S n n S S S nn n ++++++++=⋅=⋅=⇒-⇒−−−−−→+⋅=左右同除,构造nn S b n=,则12n n b b +=,{}n b 为等比数列. 模型六:1111111n n n n n a a n a a n n n n ++++=⋅=+++−−−+−−→左右同除,构造n n a b n=,则11n n b b +=+,{}n b 为等差数列.模型七:12111122122n n n n n n n n a a a a +++++−=+=−−−→+−左右同除,构造2nnna b =,则11n n b b +=+,{}n b 为等差数列. 模型八:1111111n n a an n n n n n a a a a a a ++++-−−=-=−−−→左右同除,构造1n nb a=,则11n n b b +-=,{}n b 为等差数列. 看了这么多模型,是不是觉得很多,很难记住呢,其实向大家展示这么多,只是想向大家展示,当看到这类式子,尽量将1n +和1n a +,n 和n a 等因子和数列项数相同的部分划归成结构相同的形式,构造成新数列.◆构造五:取倒数构造等差类型一:数列{}n a 满足:1n n n ba a ka b+=+,则有111n n n n b ka ka ba ab ++==+. 所以1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以11a 为首项,kb 为公差的等差数列,即111(1)n k n a a b =+-.(当分母出现加减时,我们很难将它进行化简运算,所以往往取倒数再运算才能找到突破点). 类型二:数列{}n a 满足:1112n n n n na a a a a -+-=-,则有11111211111n n n n n n n n n a a a a a a a a a -+-+--=⇔-=-. 所以1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列.类型三:若数列{}n a 的前n 项和为n S ,且满足10n n n a kS S -+=,则有110n n n n S S kS S ---+=,两边同除以1n n S S -得:111n n k S S --=,故1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以11a 为首项,k 为公差的等差数列,即111(1)n n k S a =+-,再用1n n n a S S -=-,求{}n a .◆构造六:取对数构造法型如1k n n a ca +=,1n k n a ca -=或者1(),n n kb b b ac a -++=为常数.针对出现这种数列,为方便计算,两边通常取以c 或首项为底的对数,就能找到突破口.什么情况取c 为底,什么情况取首项为底呢?我们来看两道例题.◆构造七:二阶整体构造等比简单的二阶整体等比:关于11n n n a Aa Ba +-=+的模型,可通过构造二阶等比数列求解,大部分题型可转化为()11(1)n n n n a a A a a +--=--,利用{}1n n a a +-成等比数列,以及叠加法求出n a .还有一小部分题型可转化为()11(1)n n n n a a A a a +-=+++,利用{}1+n n a a +成等比数列求出n a .此方法可以解决大多数的11n n n a Aa Ba +-=+,1A B +=模型的试题.当然针对个别试题,单纯构造{}1n n a a +-成等比数列可能解决不了问题.我们需要学习更完整的方法来解决这种类型题.这就需要运用数列的特征方程理念来解决.当然我们不需要详细学习数列的特征方程,用高中的待定系数法也可以解决,接下来我们通过两道例题,来详细解释说明下这种方法.秒杀求法:21(,0)n n n a pa qa p q ++=+≠类通项公式暴力秒杀求法21(,0)n n n a pa qa p q ++=+≠对应的特征方程为:2x px q =+,设其两根为12,x x当12x x ≠时, 2212n n n a Ax Bx --=+，当12x x =时, 21()n n a An B x -=+其中A ,B 的值的求法,用12,a a 的值代入上面的通项公式中,建立方程组解之即可◆构造八：数列不动点构造求数列(较难,能力强的同学可以学习)针对1n n n ax bx cx d++=+这类题型,考题中并不多见,难度比较大,这类题型有特定的解题方法.我们需要学习“数列不动点”的知识点.接下来我们来学习下什么是“数列不动点”,它有什么性质.当然看不懂也没关系,可以通过例题,熟记掌握解题步骤就可以.对于函数()f x ,若存在实数0x ,使得()00f x x =,则称0x x =是函数()f x 的不动点. 在几何上，曲线()y f x =与曲线y x =的交点的横坐标即为函数()f x 的不动点.一般地,数列{}n x 的递推式可以由公式()1n n x f x +=给出,因此可以定义递推数列的不动点:对于递推数列{}n x ,若其递推式为()1n n x f x +=,且存在实数0x ,使得()00f x x =,则称0x 是数列{}n x 的不动点。
由一道高考题浅谈用构造法求数列通项公式
类型３ ： ａ ｎ ＋
（ ｐ ， ｄ 为非零常数 ， 且ｑ ≠１ ， ｄ ≠
ｄ－ ￣ ｄ ｄ ｄ ｄ
ｘ ２ － ｐ －ｑ， ｌ － ｐ， ． ‘ ． Ｘ ２ ＝Ｏ ￣
１ ） ， 这类数列可变换成 ＝ ・ ＋ ， 令６ ＝ ， 则 转化为类型１ ： ６ ， ＝ ｐ ｂ 型。 类型４ ： ａ ｎ ＋ １ ＝ ： ｃ 口 ： （ ％＞ ０ ， ｃ ＞ Ｏ ， ｐ ＞ Ｏ ， Ｐ ≠１ ） ， 这类数列 可取对数得ｌ ｇ Ｉ ＝ ｐ ｌ ｇ ａ ￣ ＋ ｌ ｇ ｃ ，从而转化为类型 １ ： ６ １ ＝
＝ｑ
ｐ ｘ ＋ ｑ ＝ ０ 的根 ， 由题 意 可 知 ， ｓ ｌ ＝ ０ ／ ， ｓ ２
① 当 ≠ 卢 时 ， 此 时 方 程 组 ｛ 的 解 记 为 ｛
ｆ 【 ２ ０ １
￡ ２
‘ ． ．
Ｘ ｎ － ￣ 一 ｌ ＝ （ ｎ － ｌ － Ｏ Ｌ ｇ ｄ ｎ ＿ ２ ） ， Ｘ ｎ ］ １ ＝ （ ｌ — １
１ 问也 能很 好 处 理 式 子 ＝
三、 挖 掘教 材
０ ｌ ＋ ｎ一１
似 ｌ ＝ （ ２ 一 僦１ ～， ‘ ． ‘
． Ｘ ｎ － Ｏ Ｌ ￣ ＝ （ ２ 一 １ ）
（ 以＋ Ａ） ，
（ ２ ０ ０ ８ 广 东 高考 数 学 ） 设ｐ ， ｑ 为实数 ， ， 是 方 程 ＿ ， Ｊ ＋ ｑ ＝ ０ 的两个 实根 ， 数列 ｛ Ｘ ｎ ｝ 满 足 ｌ ＿ － ｐ， Ｘ ２ 一 ｑ ，
Ｐ ， 卜 ｌ — ｑ ｘ ． － ２ （ ｎ ＝ ３， ４， …） ． ｌ ＝ｎ ＋ ｄ ＝
旦 ・
Ｃ
＋
，
令６ ＝ 一 １， 从 而转化 为类 型 １ ： ｂ
谈构造法在高中数学解题中的重要应用 --以“数列的通项公式求法”教学为例
谈构造法在高中数学解题中的重要应用 --以“数列的通项公式求法”教学为例提要：构造法是高中化归与转化思想的重要组成部分，也是高中数学的解题方法之一，它是将未知化已知，复杂化简单的重要途径，为高中数学的函数、导数、数列、不等式等问题提供重要解题思路。
在数学中应用构造法，能提升学生的逻辑思维能力，发展学生的创新能力。
在新课改的教学背景下，数列的通项公式作为解决数列问题的基础与重点，也是高考中的重点考察内容之一，利用构造法发现数列模型，可以帮助学生快速找到突破口，解决难题并提高解题速度。
关键词：数列；通项公式；构造法；化归与转化思想在高中数学课程标准中明确提出数学教育促进学生思维能力、实践能力和创新意识的发展，探寻事物变化规律。
[1]构造法是具有创造性的解题方法，体现了数学中的化归与转化思想，凸显数学的内在逻辑和思想方法。
构造法在高中数学中应用广泛，如构造不等式求最值、构造数列求通项公式、构造函数得到基本初等函数模型、构造几何体求外接球、构造向量求证正弦定理等，对数学学习的拓展与思维发展有积极作用。
构造法主要应用于两个方面：（1）当某些数学问题无法用定向思维解决时，可以根据条件与结论的性质，从新的角度和观点观察分析条件（结论）与已有数学模型或性质的联系，通过类比、想象构造新的数学模型，进而解决问题；（2）可以用于概念、定理推导，逻辑推理。
在数学中构造法解题的本质是利用已有条件与已知的定理公式，构造新的数学对象或模型，发现条件和结论中隐含的性质与数学形式，利用新的数学对象或模型解决问题。
其中构造法还可以促进学生创新思维的发展，促进学生达成不同阶段的数学核心素养。
构造法解题一般步骤如下：通过对近年高考真题分析，发现数列通项公式问题灵活多变，学生难以自如应用构造法，创新解题，失分较严重。
本节课通过设计数列的通项公式求解，以学生为主进行探究，发现构造法在求解数列通项公式中的积极作用，感受由难化简，由未知化已知的创造思维，提高数学洞察力和理解力，利用构造法为新的数学问题建立新的方法与策略。
高考数学构造法求数列通项的八种技巧(三)(解析版)
构造法求数列通项的八种技巧(三)【必备知识点】◆构造六:取对数构造法型如a n +1=ca n k ,a n =ca n -1k或者a n +b =c (a n -1+b )k ,b 为常数.针对出现这种数列,为方便计算,两边通常取以c 或首项为底的对数,就能找到突破口.什么情况取c 为底,什么情况取首项为底呢?我们来看两道例题.【经典例题1】数列a n 中, a 1=2,a n +1=a n 2,求数列a n 的通项公式.【解析】取以a 1=2为底的对数(不能取c 为底,因为c =1,不能作为对数的底数),得到log a n +12=log an22,log a n +12=2log a n2,设b n =log a n2,则有b n +1=2b n ,所以b n 是以b 1=log a 12=1为首项,2为公比的等比数列,所以b n =2n -1,所以log a n2=2n -1,a n =22n -1.【经典例题2】数列a n 中,a 1=1,a n +1=2a n 2,求数列a n 的通项公式.【解析】取以2为底的对数(这里知道为什么不能取a 1=1为底数的对数了吧),得到log a n +12=log 2a n22,log an +12=log 22+2log a n2,log a n +12=1+2log a n2设b n =log an2,则有b n +1=1+2b n ,这又回归到构造二的情况,接下来的步骤大家应该都记得吧,由于这道题较为简单,所以直接可看出b n +1+1=2(b n +1),所以b n +1 是以b 1+1=1为首项,2为公比的等比数列,所以b n +1=2n -1,所以b n =2n -1-1,log a n2=2n -1-1,a n =22n -1-1.【经典例题3】已知a 1=2,点a n ,a n +1 在函数f x =x 2+2x 的图像上,其中n ∈N *,求数列a n 的通项公式.【解析】将a n ,a n +1 代入函数得a n +1=a n 2+2a n ,a n +1+1=a n 2+2a n +1=a n +1 2,即a n +1+1=a n +1 2两边同时取以3为底的对数,得log a n +1+13=log a n+123⇒log a n +1+13=2log a n+13(为什么此题取以3为底的对数呢,大家思考下,新构造的数列首项为log a 1+13,a 1+1=3,所以应当取以3为底,这样计算会简单很多,当然如果你计算能力较强,也可以取其他数作为底数).所以log a n+1 3 是以1为首项,2为公比的等比数列,即log a n+1 3=1×2n -1,a n +1=32n -1,a n =32n -1-1.【经典例题4】在数列a n 中, a 1=1,当n ≥2时,有a n +1=a n 2+4a n +2,求数列a n 的通项公式.【解析】由a n +1=a n 2+4a n +2,得a n +1+2=a n 2+4a n +4,即a n +1+2=a n +2 2,两边同取以3为底的对数,得log a n +1+23=log a n+223,即log a n +1+23=2log a n+2 3,所以数列log a n+2 3是以1为首项,2为公比的等比数列,log a n+23=2n -1,a n +2=32n -1,即a n =32n -1-2.◆构造七:二阶整体构造等比简单的二阶整体等比:关于a n +1=Aa n +Ba n -1的模型,可通过构造二阶等比数列求解,大部分题型可转化为a n +1-a n =(A -1)a n -a n -1 ,利用a n +1-a n 成等比数列,以及叠加法求出a n .还有一小部分题型可转化为a n +1+a n =(A +1)a n +a n -1 ,利用a n +1+a n 成等比数列求出a n .【经典例题1】已知数列a n 满足a 1=1,a 2=3,a n +2=3a n +1-2a n n ∈N * ,求数列a n 的通项公式.【解析】由a n +1=3a n -2a n -1⇒a n +1-a n =2a n -a n -1 ,故a n +1-a n 是以a 2-a 1=2为首项,2为公比的等比数列,即a n +1-a n =a 2-a 1 2n -1=2n ,接下来就是叠加法啦,a n -a n -1=2n -1...a 2-a 1=2全部相加得:a n -a 1=2n-2,所以a n =2n -1.【经典例题2】已知数列a n 中,a 1=1,a 2=2,a n +2=23a n +1+13a n ,求数列a n 的通项公式。
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。
2025年高中数学高考精品备课教案：数列中的构造问题
数列中的构造问题＝pa n＋f（n）（p≠1）命题点1形如a n＋1例1（1）在数列{a n}中，a1＝1，a n＋1＝3a n－2n－1，则a n＝2n－1.＝3a n－2n－1，所以r12r1＝32·2－14，解析因为a n＋1即r12r1－12＝32（2－12）.因为121－12＝0，所以2－12＝0，故a n＝2n－1.（2）设数列{a n}满足a1＝3，a n＋1＝3a n－4n，则a n＝2n＋1.－（2n＋3）＝3[a n－（2n＋1）]，a n－（2n＋1）＝3[a n－1－（2n－解析由已知可得a n＋11）]，…，a2－5＝3（a1－3）.因为a1＝3，所以a n＝2n＋1.命题拓展[变条件]若例1（2）中的a1＝4，则a n＝3n－1＋2n＋1.＋x（n＋1）＋y＝3（a n＋xn＋y），则展开利用对应项系数相等可得出x＝解析设a n＋1－2，y＝－1，所以{a n－2n－1}是以a1－2－1＝1为首项，3为公比的等比数列，所以a n－2n－1＝3n－1，所以a n＝3n－1＋2n＋1.方法技巧＝pa n＋f（n）（p≠1）的递推式，一般采用构造法求通项：形如a n＋1＋x＝p（a n＋x）的形式（利用待定系数法（1）若f（n）为非零常数，则一般凑配成a n＋1求x），构造等比数列；＋x（n＋1）＋y＝p（a n＋xn＋y）（2）若f（n）为关于n的一次函数，则一般凑配成a n＋1的形式（利用待定系数法求x，y），构造等比数列；（3）若f（n）为指数幂（如q n）的形式，则一般两边同时除以p n＋1或q n＋1，再利用累加法或构造法求通项.训练1在数列{a n}中，a1＝5，a n＋1＝3a n－4，则a n＝3n＋2.＝3a n－4，可得a n＋1－2＝3（a n－2），又a1＝5，所以{a n－2}是以a1－2＝3解析由a n＋1为首项，3为公比的等比数列，所以a n－2＝3n，所以a n＝3n＋2.＝B B＋命题点2形如a n＋1例2[多选/2023江苏镇江中学5月考前模拟]已知数列{a n}满足a1＝1，a n＋1＝2+3，则下列结论正确的有（ABD）A.{1＋3}为等比数列B.{a n}的通项公式为a n＝12r1－3C.{a n}为递增数列D.{1}的前n项和T n＝2n＋2－3n－4解析因为a1＝1，a n＋1＝2+3，所以1r1＝2+3＝2＋3，所以1r1＋3＝2（1＋3）.又11＋3＝4，所以数列{1＋3}是以4为首项，2为公比的等比数列，所以1＋3＝4×2n－1＝2n＋1，即a n＝12r1－3，故A，B正确.因为a n＋1－a n＝12r2－3－12r1－3＝（2r1－3）－（2r2－3）（2r2－3)(2r1－3）＝－2r1（2r2－3)(2r1－3），n≥1，所以2n＋2－3＞0，2n＋1－3＞0，－2n＋1＜0，所以a n＋1－a n＜0，所以{a n}为递减数列，故C错误.易知1＝2n＋1－3，则T n＝（22＋23＋24＋…＋2n＋1）－3n＝4（1－2）1－2－3n＝2n＋2－3n－4，故D正确.故选ABD.方法技巧形如a n＋1＝B B＋的递推式，一般采用取倒数法求通项，先变形为1r1＝·1＋，再利用累加法或构造法求通项.训练2（1）已知数列{a n}满足a1＝1，a n＋1＝+2，则a10＝（C）A.11021B.11022C.11023D.11024解析由a n＋1＝+2，两边同时取倒数得1r1＝+2＝2＋1，则1r1＋1＝2（1＋1），所以数列{1＋1}是以2为公比的等比数列，则1＋1＝（11＋1）·2n－1＝2n，所以a n＝12－1，故a10＝1210－1＝11023.故选C.（2）已知数列{a n}满足a1＝1，a n＋1＝2+2，则a n＝2r1.解析依题意知a n≠0，由a n＋1＝2+2可得1r1＝+22＝12＋1，即1r1－1＝12，又a1＝1，可知数列{1}是以11＝1为首项，12为公差的等差数列，则1＝1＋12（n－1）＝r12，即a n＝2r1.命题点3形如a n＋1＝pa n＋qa n－1（n≥2）例3已知数列{a n}满足a n＋1＝5a n－6a n－1（n≥2），且a1＝1，a2＝4，则数列{a n}的通项公式为a n＝2×3n－1－2n－1.解析解法一当n≥2时，令a n＋1－xa n＝y（a n－xa n－1），即a n＋1＝（x＋y）a n－xya n－1.于是得＋=5，－B＝－6，解得=2，=3或=3，=2.当x＝2，y＝3时，a n＋1－2a n＝3（a n－2a n－1）（n≥2）.由于a2－2a1＝2≠0，所以数列{a n＋1－2a n}是以2为首项，3为公比的等比数列，即a n＋1－2a n＝2×3n－1①.当x＝3，y＝2时，a n＋1－3a n＝2（a n－3a n－1）（n≥2）.由于a2－3a1＝1≠0，所以数列{a n＋1－3a n}是以1为首项，2为公比的等比数列，即a n＋1－3a n＝2n－1②.由①－②得a n＝2×3n－1－2n－1.解法二当n≥2时，由a n＋1＝5a n－6a n－1得a n＋1－2a n＝3a n－6a n－1，即a n＋1－2a n＝3（a n－2a n－1），因为a2－2a1＝2≠0，所以数列{a n＋1－2a n}是以2为首项，3为公比的等比数列，所以a n＋1－2a n＝2×3n－1，两边同除以2n＋1，得r12r1－2＝12×（32）n－1.所以2＝（2－－12－1）＋（－12－1－－22－2）＋…＋（222－121）＋121＝12×（32）n－2＋12×（32）n－3＋…＋12×（32）0＋12＝12×1－（32）－11－32＋12＝（32）n－1－12.故a n＝2×3n－1－2n－1.方法技巧形如a n＋1＝pa n＋qa n－1（n≥2）的递推式，一般采用构造法求通项，将原式变形为a n＋1＋λa n ＝μ（a n＋λa n－1）（n≥2），由待定系数法求出λ，μ，再依据相邻两项的递推关系求通项.训练3已知数列{a n}满足a1＝1，a2＝2，且对任意n∈N*，都有a n＋2＝3a n＋1－2a n.则{a n}的通项公式为a n＝2n－1.解析由a n＋2＝3a n＋1－2a n，得a n＋2－a n＋1＝2（a n＋1－a n），又a2－a1＝1，易知a n＋1－a n≠0，所以r2－r1r1－＝2，所以数列{a n＋1－a n}是以1为首项，2为公比的等比数列.所以a n＋1－a n＝2n－1，所以a n＝（a n－a n－1）＋（a n－1－a n－2）＋…＋（a3－a2）＋（a2－a1）＋a1＝2n－2＋2n－3＋…＋21＋20＋1＝20＋21＋…＋2n－3＋2n－2＋1＝20×2－1－12－1＋1＝2n－1，所以{a n}的通项公式为a n＝2n－1.思维帮·提升思维快速解题用“不动点法”求数列的通项公式例4已知数列{a n}满足a1＝2，a n＝－1+22－1+1（n≥2），则数列{a n}的通项公式为a n＝3－（－1）3＋（－1）.解析令x＝r22r1，解得x＝1或x＝－1，令r1－1 r1+1＝c·－1+1①，由a1＝2，a n＝－1+22－1+1，得a2＝45，令①式中的n＝1，可得c＝－13，∴数列{－1+1}是以1－11+1＝13为首项，－13为公比的等比数列，∴－1+1＝13·（－13）n－1，∴a n＝3－（－1）3＋（－1）.方法技巧利用不动点法求数列通项的步骤对于一个函数f（x），我们把满足f（m）＝m的值m称为函数f（x）的“不动点”.利用“不动点法”可以构造新数列，求数列的通项公式.设f（x）＝B＋B＋（c≠0，ad－bc≠0），数列{a n}满足a n＋1＝f（a n），a1≠f（a1）.（1）若f（x）有两个相异的不动点p，q，则r1－r1－＝k·－－（此处k＝－B－B）.步骤如下：i.令x＝B＋B＋，解出两个根p，q，即两个不动点；ii.构造新数列{r1－r1－}，并将已知递推关系a n＋1＝f（a n）代入化简，得出r1－r1－＝k·－－，并得出等比数列{－－}的通项；iii.解方程得出a n.（2）若f（x）有两个相同的不动点p，则1r1－＝1－＋k（此处k＝2＋）.训练4已知数列{a n}满足a1＝3，a n＋1＝7－2+4，则该数列的通项公式为a n＝4·6－1－5－12·6－1－5－1.解析由方程x ＝7－2r4，得数列{a n }的不动点为1和2，则r1－1r1－2＝7－2+4－17－2+4－2＝7－2－（+4）7－2－2（+4）＝65·－1－2，所以{－1－2}是首项为1－11－2＝2，公比为65的等比数列，所以－1－2＝2·（65）n －1，解得a n ＝12·（65）－1－1＋2＝4·6－1－5－12·6－1－5－1.学生用书·练习帮P3141.数列{a n }满足a 1＝1，a n －a n ＋1＝r1（r1）（n ∈N *），则na n 的最小值是（C ）A.0B.12C.1D.2解析由a n －a n ＋1＝r1（r1）（n ∈N *），易知a n ≠0，两边同时除以a n a n ＋1，得1r1－1＝1（r1）＝1－1r1，所以当n ≥2时，1＝（1－1－1）＋（1－1－1－2）＋…＋（12－11）＋11＝（1－1－1）＋（1－2－1－1）＋…＋（12－13）＋（1－12）＋1＝2－1，当n ＝1时，a 1＝1，满足上式，故na n＝22－1＝1－（1－1）2+1，所以当n ＝1时，na n 取得最小值1.故选C.2.[多选/2023云南玉溪一中7月模拟]已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝1+3（n ∈N *），则（BCD）A.{1}为等比数列 B.a n ＝13－2C.{a n }为递减数列 D.{1}的前n 项和T n ＝32－2解析因为1r1＝1+3＝1＋3，所以{1}是以1为首项，3为公差的等差数列，故选项A 错误；因为1＝1＋3（n －1）＝3n －2，所以a n ＝13－2，故选项B 正确；因为函数y ＝3x －2在[1，＋∞）上单调递增，且3x －2＞0，所以函数y ＝13－2在[1，＋∞）上单调递减，所以数列{a n }为递减数列，故选项C 正确；{1}的前n 项和T n ＝（3－1）2＝32－2，故选项D 正确.故选BCD.3.[2024河南焦作统考]已知数列{a n}满足a n＋1＝3a n＋2，a3＋a2＝22，则满足a n＞160的最小正整数n＝5.解析由3=32+2，3＋2=22，解得2=5，3=17，又a2＝3a1＋2，所以a1＝1.又由a n＋1＝3a n＋2，可得a n＋1＋1＝3（a n＋1），所以{a n＋1}是首项为a1＋1＝2，公比为3的等比数列，所以a n ＝2×3n－1－1，易知{a n}是递增数列，又a4＝2×27－1＝53，a5＝2×81－1＝161，所以满足a n＞160的最小正整数n＝5.4.[2023合肥六中三模]已知在数列{a n}中，a1＝5，a2＝2，a n＝2a n－1＋3a n－2（n≥3），则数列{a n}的通项公式为a n＝74×3n－1＋134×（－1）n－1.解析∵a n＝2a n－1＋3a n－2（n≥3），∴a n＋a n－1＝3（a n－1＋a n－2）（n≥3），又a1＋a2＝7，∴{a n＋1＋a n}是首项为7，公比为3的等比数列，则a n＋1＋a n＝7×3n－1①，又a n－3a n－1＝－（a n－1－3a n－2）（n≥3），a2－3a1＝－13，∴{a n＋1－3a n}是首项为－13，公比为－1的等比数列，则a n＋1－3a n＝（－13）×（－1）n－1②，由①－②得，4a n＝7×3n－1＋13×（－1）n－1，∴a n＝74×3n－1＋134×（－1）n－1.5.[2023厦门双十中学三模改编]已知数列{a n}满足a1＝1，r12＝10a n（a n＞0），则{a n}的通项公式为a n＝10×（110）（12）－1.解析已知r12＝10a n，等式两边取以10为底的对数可得2lg a n＋1＝lg a n＋1，即lg a n＋1－1＝12（lg a n－1），所以数列{lg a n－1}是以lg a1－1＝－1为首项，12为公比的等比数列，所以lg a n－1＝（－1）×（12）n－1＝－（12）n－1，即lg a n＝1－（12）n－1，即a n＝10×（110）（12）－1.6.[2023山东威海三模]已知数列{a n}中，a1＝56，a n＋1＝13a n＋（12）n＋1，则{a n}的通项公式为a n＝32－23.解析解法一（待定系数法）令a n＋1＋λ（12）n＋1＝13[a n＋λ（12）n]，即a n＋1＝13a n－3（12）n＋1，由对应项系数相等得λ＝－3，设b n＝a n－3×（12）n，则b1＝a1－3×（12）1＝－23，b n＋1＝13b n，则数列{b n}是以－23为首项，13为公比的等比数列，则b n＝－23×（13）n－1，所以a n＝32－23.解法二（变形转化＋待定系数法）将a n＝13a n＋（12）n＋1两边同时乘以2n＋1，得2n＋1a n＋1＋1＝23×（2n a n）＋1.令c n＝2n a n，则c n＋1＝23c n＋1，可得c n＋1－3＝23（c n－3），所以数列{c n－3}是首项为c1－3＝2×56－3＝－43，公比为23的等比数列，所以c n－3＝－43×（23）n－1，即c n＝3－2×（23）n，所以a n＝2＝32－23.解法三（累加法）将a n＝13a n＋（12）n＋1两边同时除以（13）n＋1，得3n＋1a n＋1＝3n a n＋＋1（32）n＋1.令t n＝3n a n，则t n＋1＝t n＋（32）n＋1，所以当n≥2时，t n－t n－1＝（32）n，…，t3－t2＝（32）3，t2－t1＝（32）2.将以上各式相加，得t n－t1＝（32）2＋（32）3＋…＋（32）n（n≥2）.又t1＝3a1＝3×56＝52＝1＋32，所以t n＝1＋32＋（32）2＋…＋（32）n＝2×（32）n＋1－2（n≥2），当n ＝1时也符合上式，故t n＝2×（32）n＋1－2，所以a n＝3＝32－23.7.[2024名师原创]设数列{a n}的前n项和为S n，满足2S n＝a n＋1－2n＋1＋1（n∈N*），且a1，a2＋5，a3成等差数列.（1）求a1的值；（2）求数列{a n}的通项公式.解析（1）2S n＝a n＋1－2n＋1＋1，令n＝2得2S2＝a3－23＋1，即2a1＋2a2＝a3－7①.因为a1，a2＋5，a3成等差数列，所以2（a2＋5）＝a1＋a3，即a3＝2（a2＋5）－a1②，将②代入①可得2a1＋2a2＝2（a2＋5）－a1－7，解得a1＝1，故a1的值为1.（2）因为2S n＝a n＋1－2n＋1＋1，当n≥2时，2S n－1＝a n－2n＋1，两式作差可得a n＋1＝3a n＋2n，所以a n＋1＋2n＋1＝3（a n＋2n），n≥2，（原式难以配凑时，不妨先将原等式变形为r12r1＝32·2＋12，再令r12r1＋λ＝32（2＋λ），求得λ＝1，构造出新的等比数列再继续求解）易知a2＝5，所以a n＋2n＝（a2＋22）×3n－2＝（5＋4）×3n－2＝3n，即a n＝3n－2n，n≥2，将n ＝1代入a n＝3n－2n得a1＝31－21＝1，符合题意.故数列{a n}的通项公式为a n＝3n－2n.8.[2024浙江宁波模拟]已知数列{a n}满足a1＝1，且对任意正整数m，n都有a m＋n＝a n＋a m＋2mn.（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列{（－1）n a n}的前n项和S n.解析（1）对任意正整数m，n都有a m＋n＝a n＋a m＋2mn，取m＝1，得a n＋1＝a n＋1＋2n，所以a n＋1－a n＝2n＋1.当n≥2时，a n＝a1＋（a2－a1）＋（a3－a2）＋…＋（a n－a n－1）＝1＋3＋5＋…＋2n－1＝（1+2－1）2＝n2，当n＝1时，a1＝1，符合上式，所以a n＝n2.（2）当n为偶数时，S n＝（－12＋22）＋（－32＋42）＋…＋[－（n－1）2＋n2]＝3＋7＋11＋…＋（2n－1）＝2（3+2－1）2＝（r1）2＝2＋2；当n为奇数时，S n＝S n－1＋（－1）n a n＝S n－1－a n＝（－1）2－n2＝－2－2.综上所述，S n为偶数，为奇数.。
高中数学必须掌握的十种数列通项公式的解题方法和典型例题
高中数学必须掌握的十种数列通项公式的解题方法和典型例题
在高考中数列部分的考查既是重点又是难点，不论是选择题或填空题中对基础知识的考查，还是压轴题中与其他章节知识的综合，抓住数列的通项公式通常是解题的关键和解决数列难题的瓶颈。
求通项公式也是学习数列时的一个难点。
由于求通项公式时渗透多种数学思想方法，因此求解过程中往往显得方法多、灵活度大、技巧性强。
通项公式普通的求法：
（1）构造等比数列：凡是出现关于后项和前项的一次递推式都可以构造等比数列求通项公式；
（2）构造等差数列：递推式不能构造等比数列时，构造等差数列；
（3）递推：即按照后项和前项的对应规律，再往前项推写对应式。
已知递推公式求通项常见方法：
①已知a1=a,a n+1=qa n+b,求a n时，利用待定系数法求解，其关键是确定待定系数λ，使a n+1+λ=q(a n+λ)进而得到λ。
②已知a1=a,a n=a n-1+f(n)(n≥2),求a n时，利用累加法求解，即
a n=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a n-a n-1)的方法。
③已知a1=a,a n=f(n)a n-1(n≥2)，求a n时，利用累乘法求解。
非常实用的十大解题方法及典型例题
方法一数学归纳法
方法二 Sn 法
方法三累加法
方法四累乘法
方法五构造法一
方法六构造法二
方法七构造法三
方法八构造法四
方法九构造五
方法十构造六。
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 n a a 得，a n+1a n =3a n+1-3a n =0，两边同除以a n+1a 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。
(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 。
2024年高考数学专项突破构造法求数列通项的八种技巧(一)(解析版)
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a n +1=Aa n +B 型构造等比数列求关于a n +1=Aa n +B (其中A ,B 均为常数,AB (A -1)≠0)类型的通项公式时,先把原递推公式转化为a n +1+M =A a n +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a n 满足a 1=3,a n +1=2a n +1求数列a n 的通项公式.【经典例题2】已知数列a n 中,a 1=1,a n +1=2a n +3,求数列a n 的通项公式.【经典例题3】已知数列a n 中,a 1=1,a n +1=3a n +4,求数列a n 的通项公式.【练习1】数列a n 中,a n +1=2a n -1,a 3=2,设其前n 项和为S n ,则S 6=()A.874 B.634 C.15 D.27【练习2】已知数列a n 的前n 项和为S n ,若3S n =2a n -3n ,则a 2018=()A.22018-1B.22018-6C.12 2018-72D.13 2018-103【练习3】在数列a n 中,a 1=2,a n +1=2a n +1,则a 5=_______.【练习4】已知数列a n 满足a 1=3,a n +1=2a n +1,则数列a n 的通项公式a n =______.【练习5】已知数列a n 的首项a 1=2,且a n +1=12a n +12n ∈N * ,则数列1a n -1 的前10项的和为______.【练习6】已知数列a n 中,a 1=1,a n +1=3a n +2,则a n =_______.◆构造二:待定系数之a n +1=Aa n +Bn +C 型构造等比数列求关于a n +1=Aa n +Bn +C (A ≠1,C ≠0,B ≠0)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a n +1+p (n +1)+q =A a n +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a n +pn +q 是公比为A 的等比数列.2024年高考数学专项突破构造法求数列通项的八种技巧（一）（解析版）【经典例题1】设数列a n满足a1=4,a n=3a n-1+2n-1(n≥2),求数列a n的通项公式.【经典例题2】已知:a1=1,n≥2时,a n=12a n-1+2n-1,求a n的通项公式.【练习1】已知数列a n是首项为a1=2,a n+1=13a n+2n+53.(1)求a n通项公式;(2)求数列a n的前n项和S n.【练习2】已知数列a n和b n,a n的前n项和S n,对于任意的n∈N*,a n,S n是二次方程x2-3n2x+b n=0的两根.(1)求a n和b n通项公式;(2)a n的前n项和S n.【练习3】设数列a n是首项为a1=1,满足a n+1=2a n-n2+3n(n=1,2,⋯).问是否存在λ,μ,使得数列a n+λn2+μn成等比数列?若存在,求出λ,μ的值,若不存在,说明理由;◆构造三:待定系数之a n+1=pa n+q n型构造数列求关于a n+1=pa n+q n(其中p,q均为常数,pq(p-1)≠0)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a n+1+λq n+1=p a n+λq n,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q n+1,得a n+1q n+1=pq⋅a nq n+1q,引入辅助数列b n(其中b n=a nq n),得b n+1=pq⋅b n+1q,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p n+1,得a n+1p n+1=a np n+1p⋅qpn,引入辅助数列b n (其中b n=a n p n ),得b n+1-b n=1p⋅q.pn,再利用叠加法(逐差相加法)求解.【经典例题1】已知数列a n中a1=56,a n+1=13a n+12n+1,求an的通项公式.【经典例题2】已知数列a n满足a n+1=2a n+4⋅3n-1,a1=-1,求数列a n的通项公式.【练习1】已知数列a n满足a1=1,a n+1=3a n+2n n∈N*,b n=a n+1a n.设t∈Z,若对于∀n∈N*,都有b n>t恒成立,则t的最大值为()A.3B.4C.7D.9【练习2】已知数列a n满足a1=2,a n+1=a n+2n+2n∈N*.(1)判断数列a n-2n是否为等差数列,并说明理由;(2)记S n为数列a n的前n项和,求S n.【过关检测】一、单选题1.已知S n为数列a n的前n项和，若a n+1=2a n-2,S2=10，则a n的通项公式为( )A.a n=3n-4B.a n=2n+2C.a n=n2+nD.a n=3n2-12.已知数列a n中，a1=1，a n+1=2a n+1，则数列a n的通项公式为( )A.a n=nB.a n=n+1C.a n=2nD.a n=2n-13.已知数列a n满足a1=3，a n+1=5a n-8，则a2022的值为( )A.52021-2B.52021+2C.52022+2D.52022-24.设数列a n的前n项和为S n，若S n=2a n-2n+1，则S10=( )A.211-23B.210-19C.3×210-23D.3×29-195.在数列a n中，a1=1，且a n+1=2a n+1，则a n的通项为( )A.a n=2n-1B.a n=2nC.a n=2n+1D.a n=2n+16.数列a n中，a n+1=2a n+1，a1=1，则a100=( )A.2100+1B.2101C.2100-1D.21007.数列a n满足12a n=a n+1-12n+1，且a1=12，若a n<13，则n的最小值为( )A.3B.4C.5D.68.已知数列a n中，a1=1，a n=3a n-1+4(n∈N∗且n≥2)，则数列a n通项公式a n为( )A.3n-1B.3n+1-2C.3n-2D.3n9.数列a n满足a n=4a n-1+3n≥2且a1=0，则此数列第5项是( )A.15B.255C.16D.6310.在数列a n中，已知a1=1，a n+1=2a n+1，则a n=( )A.2n -1B.2n -1C.nD.2n -111.在数列a n 中，a 1=3，a n =2a n -1-n +2n ≥2,n ∈N + ，若a n >980，则n 的最小值是( )A.8B.9C.10D.1112.设数列{an }中，a 1=2，an +1=2an +3，则通项an 可能是()A.5-3nB.3·2n -1-1C.5-3n 2D.5·2n -1-313.在数列a n 中，若a 1=2，a n +1=3a n +2n +1，则a n =( )A.n ⋅2nB.52-12nC.2⋅3n -2n +1D.4⋅3n -1-2n +114.已知在数列a n 中，a 1=56，a n +1=13a n +12 n +1，则a n =( )A.32n -23n B.23n -32n C.12n -23n D.23n -12n 15.数列a n 满足a n +1=2a n +3,n ∈N *，若a 2017≥a 1，则a 1的取值范围为( )A.(-∞,-3]B.{-3}C.(-3,+∞)D.[-3,+∞)二、填空题16.设数列a n 满足a 1=1，且a n =3a n -1+4n ≥2 ，则数列a n 的通项公式为a n =___________.17.已知数列a n 中，a 1=1，a n +1=2a n +1，则a n 通项a n =______；18.数列{an }满足a 1=1，an +1=2an +1. (n ∈N *).数列{an }的通项公式为______．19.数列a n 满足a n =4a n -1+3，且a 1=0，则a 6=_________.20.已知数列a n 满足a n +1=2a n +12，且a n 前8项和为761，则a 1=______．三、解答题21.已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=3a n +2.(1)证明1+a n 为等比数列，并求a n 的通项公式；(2)记数列11+a n 的前n 项和为S n ，证明S n <34.22.已知数列a n满足a1=3,a n+1=2a n-2.(1)求a n的通项公式；(2)求a n的前n项和S n.23.已知数列a n的首项a1=1，且1a n+1=2a n+1．(1)求数列a n的通项公式；(2)若数列b n满足a n⋅b n=n，求数列b n的前n项和S n．24.在数列a n中，a1=5，且a n+1=2a n-1n∈N*.(1)证明：a n-1为等比数列，并求a n的通项公式；(2)令b n=(-1)n⋅a n，求数列b n的前n项和S n.25.已知数列a n的前n项和为S n，a1=2，且a n+1=2a n+2．(1)求数列a n的通项公式；(2)令b n=2n+1a n+2，记数列b n的前n项和为T n，求证：T n<3．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a n +1=Aa n +B 型构造等比数列求关于a n +1=Aa n +B (其中A ,B 均为常数,AB (A -1)≠0)类型的通项公式时,先把原递推公式转化为a n +1+M =A a n +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a n 满足a 1=3,a n +1=2a n +1求数列a n 的通项公式.【解析】根据原式,设a n +1+m =2a n +m ,整理得a n +1=2a n +m ,题干中a n +1=2a n +1,根据对应项系数相等得m =1.∴a n +1+1=2a n +1 ,令b n =a n +1+1,b 1=a 1+1=3+1=4,所以a n +1 是4为首项,2为公比的等比数列.即a n +1=4⋅2n -1,a n =2n +1-1.【经典例题2】已知数列a n 中,a 1=1,a n +1=2a n +3,求数列a n 的通项公式.【解析】设a n +1+t =2a n +t ,整理得a n +1=2a n +t ,题干中a n +1=2a n +3,根据对应项系数相等,解得t =3,故a n +1+3=2a n +3 .令b n =a n +3,则b 1=a 1+3=4,且b n +1b n=a n +1+3a n +3=2.所以b n 是4为首项,2为公比的等比数列.所以b n =4×2n -1=2n +1,即a n =2n +1-3.【经典例题3】已知数列a n 中,a 1=1,a n +1=3a n +4,求数列a n 的通项公式.【解析】设a n +1+t =3(a n +t ),即a n +1=3a n +2t ,题干中a n +1=3a n +4,根据对应项系数相等,解得t =2,故a n +1+2=3a n +2 .令b n =a n +2,则b 1=a 1+2=3,且b n +1b n=a n +1+2a n +2=3.所以b n 是3为首项,3为公比的等比数列.所以b n =3×3n -1=3n ,即a n =3n -2.【练习1】数列a n 中,a n +1=2a n -1,a 3=2,设其前n 项和为S n ,则S 6=()A.874B.634C.15D.27【答案】A【解析】∵a n +1=2a n -1,a 3=2,可得2=2a 2-1,解得a 2=32,同理可得:a 1=54变形为a n +1-1=2a n -1 ,a 1-1=14. ∴数列a n -1 为等比数列,首项为14,公比为2.∴a n -1=14×2n -1,a n =2n -3+1.∴S 6=1426-1 2-1+6=874.故选:A .【练习2】已知数列a n 的前n 项和为S n ,若3S n =2a n -3n ,则a 2018=()A.22018-1B.22018-6C.12 2018-72D.13 2018-103【答案】A【解析】∵数列a n 的前n 项和为S n ,3S n =2a n -3n ,∴a 1=S 1=132a 1-3 ,解得a 1=-3,S n =132a n -3n ,(1),n ≥2,S n -1=132a n -1-3n +3 ,(2),(1)-(2),得a n =23a n -23a n -1-1,∴a n =-2a n -1-3,∴a n +1a n -1+1=-2,∵a 1+1=-2,∴a n +1 是以-2为首项,以-2为公比的等比数列,∴a n+1=(-2)n,∴a n=(-2)n-1,∴a2018=(-2)2018-1=22018-1.故选:A.【练习3】在数列a n中,a1=2,a n+1=2a n+1,则a5=_______.【答案】47【解析】数列 a n中, a1=2,a n+1=2a n+1,变形为:a n+1+1=2a n+1,a1+1=3,∴数列a n+1为等比数列,首项为3,公比为2,∴a n+1=3×2n-1,即a n=3×2n-1-1则a5=3×24-1=47.故答案为:47.【练习4】已知数列a n满足a1=3,a n+1=2a n+1,则数列a n的通项公式a n=______.【答案】a n=2n-1【解析】∵a n+1=2a n+1n∈N*,∴a n+1+1=2a n+1,∴a n+1是以a1+1=2为首项,2为公比的等比数列.∴a n+1=2n,故a n=2n-1.【练习5】已知数列a n的首项a1=2,且a n+1=12a n+12n∈N*,则数列1a n-1的前10项的和为______.【答案】1023【解析】数列a n的首项a1=2,且a n+1=12a n+12(n∈N*),则:a n+1-1=12a n-1 ,整理得:a n+1-1a n-1=12(常数) ,所以：数列a n-1是以a1-1=2-1=1为首项,12为公比的等比数列,所以:a n-1=1*12n-1,当n=1时,符合通项.故：1a n-1=2n-1,所以:S n=20+21+22+⋯+2n-1=2n-1所以：S10=210-1=1024-1=1023.【练习6】已知数列a n中,a1=1,a n+1=3a n+2,则a n=_______.【答案】a n=2×3n-1-1【解析】因为a n+1=3a n+2,所以a n+1+1=3a n+1,因为1+a1=2,所以数列1+a n是以2为首项,以3为公比的等比数列,所以1+a n=2×3n-1,故答案为:a n=2×3n-1-1.◆构造二:待定系数之a n+1=Aa n+Bn+C型构造等比数列求关于a n+1=Aa n+Bn+C(A≠1,C≠0,B≠0)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a n+1+p(n+1)+q=A a n+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a n+pn+q是公比为A的等比数列.【经典例题1】设数列a n满足a1=4,a n=3a n-1+2n-1(n≥2),求数列a n的通项公式.【解析】将递推公式转化为a n+pn+q=3a n-1+p(n-1)+q,化简后得a n=3a n-1+2pn+2q-3p,与原递推式比较,对应项的系数相等,得2p=22q-3p=-1,解得p=1q=1,令bn=a n+n+1,则b n=3b n-1,又b1=6,故b n=6⋅3n-1=2⋅3n,b n=a n+n+1,得a n=2⋅3n-n-1.【经典例题2】已知:a 1=1,n ≥2时,a n =12a n -1+2n -1,求a n 的通项公式. 【解析】设a n +pn +q =12a n -1+p (n -1)+q ,a n =12a n -1-12pn -12p -12q .与题干原式比较,对应项系数相等得-12p =2-12p -12q =-1,解得p =-4q =6 ,首项a 1-4+6=3.所以a n -4n +6 是3为首项,12为公比的等比数列.所以a n -4n +6=3⋅12 n -1,即a n =32n -1+4n -6.【练习1】已知数列a n 是首项为a 1=2,a n +1=13a n +2n +53.(1)求a n 通项公式;(2)求数列a n 的前n 项和S n .【解析】因为a n +1-3(n +1)+2=13a n -3n + 2),且a 1-3+2=1,所以数列a n -3n +2 是以1为首项,13为公比的等比数列,则a n -3n +2=13n -1,即a n =13n -1+3n -2.【练习2】已知数列a n 和b n ,a n 的前n 项和S n ,对于任意的n ∈N *,a n ,S n 是二次方程x 2-3n 2x +b n =0的两根.(1)求a n 和b n 通项公式;(2)a n 的前n 项和S n .【解析】因为a n ,S n 是一元二次方程x 2-3n 2x +b n =0的两个根,所以a n +S n =3n 2a n S n =b n ,由 a n +S n =3n 2得a n +1+S n +1=3(n +1)2,两式相减得a n +1-a n +S n +1-S n =6n +3,所以a n +1=12a n +12(6n +3),令a n +1+A (n +1)+B =12a n +An +B ,则a n +1=12a n -12An -12B -A ,比较 以上两式的系数,得-12A =3-12B -A =32 ,解得A =-6B =9 .所以a n +1-6(n +1)+9=12a n -6n +9 .又 a 1+S 1=3,a 1=32,所以数列a n -6n +9 是以92为首项、12为公比的等比数列.所以 a n -6n +9=9212 n -1,a n =6n +92n +9,S n =3n 2-a n =3n 2-6n -92n +9,所以 b n =6n +92n -9 3n 2-6n -92n +9 【练习3】设数列a n 是首项为a 1=1,满足a n +1=2a n -n 2+3n (n =1,2,⋯).问是否存在λ,μ,使得数列a n +λn 2+μn 成等比数列?若存在,求出λ,μ的值,若不存在,说明理由;【解析】依题意,令a n +1+λ(n +1)2+μ(n +1)+γ=2a n +λn 2+μn +γ 所以a n +1=2a n +λn 2+μn -2λn +γ-λ-μ,即λ=-1μ-2λ=3γ-λ-μ=0, 解得λ=-1μ=1γ=0.所以数列a n -n 2+n 是以2为公比、a 1-1+1=1为首项等比数列.所以a n -n 2+n =2n -1,a n =n 2+2n -1-n ,即存在λ=-1,μ=1,使得数列a n -n 2+n 成等比数列.◆构造三:待定系数之a n+1=pa n+q n型构造数列求关于a n+1=pa n+q n(其中p,q均为常数,pq(p-1)≠0)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a n+1+λq n+1=p a n+λq n,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q n+1,得a n+1q n+1=pq⋅a nq n+1q,引入辅助数列b n(其中b n=a nq n),得b n+1=pq⋅b n+1q,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p n+1,得a n+1p n+1=a np n+1p⋅qpn,引入辅助数列b n (其中b n=a n p n ),得b n+1-b n=1p⋅q.pn,再利用叠加法(逐差相加法)求解.【经典例题1】已知数列a n中a1=56,a n+1=13a n+12n+1,求an的通项公式.【解析】解法一:构造数列a n+1+λ12n+1=13a n+λ12n,化简成题干结构得a n+1=13a n-13λ12n+1,对应项系数相等得λ=-3,设b n=a n-312n,b1=a1-312 1=-23,所以数列b n 是以-23为首项,13为公比的等比数列,b n=-2313n-1,所以an=32n-23n.解法二:将a n+1=13a n+12n+1两边分别除12n+1,也就是乘2n+1,为方便计算,我们等式两边同乘2n+1,得2n+1⋅a n+1=232n⋅a n+1.令b n=2n⋅a n,则b n+1=23b n+1,这又回到了构造一的方法,根据待定系数法,得b n+1-3=23b n-3,所以数列b n-3是首项为b1-3=2×56-3=-43,公比为23的等比数列.所以b n-3=-43⋅23n-1即b n=3-2⋅23 n.所以a n=b n2n=32n-23n.解法三:将a n+1=13a n+12n+1两边分别除13n+1,也就是乘3n+1,得3n+1an+1=3n a n+32 n+1⋅令b n=3n⋅a n,则b n+1=b n+32 n+1,所以b n-b n-1=32 n,b n-1-b n-2=32 n-1，...，b2-b1=32 2⋅将以上各式叠加,得b n-b1=32 2+⋯+32 n-1+32 n,又b1=3a1=3×56=52=1+32,所以b n=1+32+32 2+⋯+32 n-1+32 n=1⋅1-32 n+11-32=2⋅32 n+1-2,即b n=2⋅32n+1-2.所以an=b n3n=32n-23n.【经典例题2】已知数列a n满足a n+1=2a n+4⋅3n-1,a1=-1,求数列a n的通项公式.【解析】解法一:设a n+1+λ⋅3n=2a n+λ⋅3n-1,待定系数法得λ=-4,则数列a n-4⋅3n-1是首项为a1-4⋅31-1 =-5,公比为2的等比数列,所以a n-4⋅3n-1=-5⋅2n-1,即a n=4⋅3n-1-5⋅2n-1.解法二:(两边同除以 q n+1) 两边同时除以3n+1得:a n+13n+1=23⋅a n3n+432,下面解法略.解法三:(两边同除以p n +1)两边同时除以2n +1得:a n +12n +1=a n 2n +32n -1,下面解法略.【练习1】已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=3a n +2n n ∈N * ,b n =a n +1a n.设t ∈Z ,若对于∀n ∈N *,都有b n >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a n +1=3a n +2n ,所以a n +12n =3a n 2n +1,所以a n +12n +1=32⋅a n 2n +12,所以a n +12n +1+1=32a n 2n +1 ,因为a 1=1,所以a 121+1=32,所以数列a n 2n +1 是以32为首相以32为公比的等比数列,所以a n 2n+1=32 n ,所以a n =3n -2n,故选A .解法二:令a n +1+A ⋅2n +1=3a n +A ⋅2n ,因为a n +1=3a n +2n ,对比系数得:A =1,所以数列 a n +2n 是以3为首项,3为公比的等比数列,所以a n +2n =3n ,所以a n =3n -2n,所以 b n =a n +1a n =3n +1-2n +13n -2n=3⋅32 n-232 n -1n =3+132 n -1,因为∀n ∈N *,所以32 n -1≥12.所以0<132 n -1≤2,所以3<b n ≤5,对于∀n ∈N *,都有b n >t 恒成立,所以t ≥3,所以t 的最大值为3,故选 A .【练习2】已知数列a n 满足a 1=2,a n +1=a n +2n +2n ∈N * .(1)判断数列a n -2n 是否为等差数列,并说明理由;(2)记S n 为数列a n 的前n 项和,求S n .【解析】(1)数列a n 满足a 1=2,a n +1=a n +2n +2n ∈N * ,所以a n +1-2n +1 -a n -2n =2. a 1-2=0,所以数列a n -2n 为等差数列,首项为0，公差为2.(2)由(1)可得:a n -2n=0+2(n -1),可得:a n =2n+2(n -1),所以S n =22n -1 2-1+2×n (0+n -1)2=2n +1-2+n 2-n【过关检测】一、单选题1.已知S n 为数列a n 的前n 项和，若a n +1=2a n -2,S 2=10，则a n 的通项公式为( )A.a n =3n -4B.a n =2n +2C.a n =n 2+nD.a n =3n 2-1【答案】B 【解析】令n =1可得a 2=2a 1-2，又S 2=a 1+a 2=10，解得a 1=4，又a n +1-2=2a n -4=2(a n -2)，则a 1-2=2，a n +1-2a n -2=2，即a n -2 是以2为首项，2为公比的等比数列，则a n -2=2⋅2n -1，a n =2n +2.故选：B .2.已知数列a n 中，a 1=1，a n +1=2a n +1，则数列a n 的通项公式为( )A.a n =n B.a n =n +1C.a n =2nD.a n =2n -1【答案】D 【解析】∵a n +1=2a n +1，∴a n +1+1=2(a n +1),又a 1=1，a 1+1=2，所以数列a n +1 是首项为2，公比为2 的等比数列，所以a n +1=2×2n -1，∴a n =2n -1.故选：D .3.已知数列a n 满足a 1=3，a n +1=5a n -8，则a 2022的值为( )A.52021-2 B.52021+2C.52022+2D.52022-2【答案】B 【解析】因为a n +1=5a n -8，所以a n +1-2=5(a n -2)，又a 1-2=1，所以{a n -2}是等比数列，公比为5，首项是1，所以a n -2=5n -1，a n =5n -1+2，所以a 2022=52021+2．故选：B ．4.设数列a n 的前n 项和为S n ，若S n =2a n -2n +1，则S 10=( )A.211-23 B.210-19C.3×210-23D.3×29-19【答案】C 【解析】当n =1时，S 1=a 1=2a 1-2+1，解得a 1=1.当n ≥2时，S n -1=2a n -1-2n +3，所a n =S n -S n -1=2a n -2n +1-2a n -1-2n +3 ，即a n =2a n -1+2，所以a n +2=2a n -1+2 ，即a n +2a n -1+2=2，所以数列a n +2 是首项为3，公比为2的等比数列，则a n +2=3×2n -1，从而S n =3×2n -2n -3，故S 10=3×210-23.故选：C5.在数列a n 中，a 1=1，且a n +1=2a n +1，则a n 的通项为( )A.a n =2n -1 B.a n =2nC.a n =2n +1D.a n =2n +1【答案】A 【解析】解：∵a n +1=2a n +1，∴a n +1+1=2a n +1 ，由a 1=1，得a 1+1=2，∴数列a n +1 是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n +1=2⋅2n -1=2n ，即a n =2n -1．故选：A6.数列a n 中，a n +1=2a n +1，a 1=1，则a 100=( )A.2100+1B.2101C.2100-1D.2100【答案】C 【解析】数列a n 中，a n +1=2a n +1，故a n +1+1=2a n +1 ，故a n +1≠0，所以a n +1+1a n +1=2，因为a 1=1，所以a 1+1=2≠0，所以a n +1 是首项为2，公比为2的等比数列，所以a n +1=2n ，即a n =2n -1，故a 100=2100-1，故选：C .7.数列a n 满足12a n =a n +1-12n +1，且a 1=12，若a n <13，则n 的最小值为( )A.3B.4C.5D.6【答案】B【解析】因为12a n =a n +1-12 n +1，等式两边同时乘以2n +1可得2n a n =2n +1a n +1-1，所以，2n +1a n +1-2n a n =1且2a 1=1，所以，数列2n a n 是等差数列，且首项和公差都为1，则2n a n =1+n -1=n ，所以，a n =n2n，因为a n +1-a n =n +12n +1-n 2n =n +1-2n 2n +1=1-n2n +1.当n =1时，a 1=a 2=12；当n ≥2时，a n +1<a n ，即数列a n 从第二项开始单调递减，因为a 3=38>13，a 4=14<13，故当n ≤3时，a n >13；当n ≥4时，a n <13.所以，a n <13，则n 的最小值为4.故选：B .8.已知数列a n 中，a 1=1，a n =3a n -1+4(n ∈N ∗且n ≥2)，则数列a n 通项公式a n 为( )A.3n -1 B.3n +1-2C.3n -2D.3n【答案】C 【解析】由已知得a 2=7，a n +2a n -1+2=3进而确定数列{a n +2}的通项公式，即可求a n .由a 1=1，a n =3a n -1+4知：a 2=7且a n +2a n -1+2=3(n ≥2)，而a 1+2=3，a 2+2=9，∴{a n +2}是首项、公比都为3的等比数列，即a n =3n -2，故选：C 9.数列a n 满足a n =4a n -1+3n ≥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+3n≥2，∴a n+1=4a n-1+1n≥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．故选：B．10.在数列a n中，已知a1=1，a n+1=2a n+1，则a n=( )A.2n-1B.2n-1C.nD.2n-1【答案】B【解析】由a n+1=2a n+1，得a n+1+1=2a n+2=2a n+1，故数列a n+1为等比数列，首项为a1+1=2，公比为2，所以a n+1=2n，a n=2n-1，故选：B.11.在数列a n中，a1=3，a n=2a n-1-n+2n≥2,n∈N+，若a n>980，则n的最小值是( )A.8B.9C.10D.11【答案】C【解析】因为a n=2a n-1-n+2n≥2,n∈N+，所以a n-n=2a n-1-n-1.n≥2,n∈N+因为a1=3，所以a1-1=2，所以数列a n-n是首项和公比都是2的等比数列，则a n-n=2n，即a n=2n+n,因为a n-a n-1=2n-1+1>0，所以数列a n是递增数列,因为a9=521<980，a10=1034>980，所以满足a n>980的n的最小值是10,故选：C12.设数列{an}中，a1=2，an+1=2an+3，则通项an可能是()A.5-3nB.3·2n-1-1C.5-3n2D.5·2n-1-3【答案】D【解析】设a n+1+x=2a n+x，则a n+1=2a n+x，因为an+1=2an+3，所以x=3，所以a n+3是以a1+3为首项，2为公比的等比数列，a n+3=5×2n-1，所以a n=5⋅2n-1-3故选：D13.在数列a n中，若a1=2，a n+1=3a n+2n+1，则a n=( )A.n ⋅2nB.52-12n C.2⋅3n -2n +1 D.4⋅3n -1-2n +1【答案】C 【解析】令b n =a n 2n +2，则b n +1b n =a n +12n +1+2a n 2n +2=3a n +2n +12n +1+2a n 2n +2=32，又b 1=a 12+2=3，所以b n 是以3为首项，32为公比的等比数列，所以b n =a n 2n +2=3×32 n -1，得a n =2⋅3n -2n +1．故选：C ．14.已知在数列a n 中，a 1=56，a n +1=13a n +12n +1，则a n =( )A.32n -23n B.23n -32nC.12n -23n D.23n -12n 【答案】A【解析】解:因为a 1=56，a n +1=13a n +12n +1，所以2n +1⋅a n +1=23⋅2n a n +1，整理得2n +1⋅a n +1-3=23⋅2na n -3 ，所以数列2n a n -3 是以2a 1-3=-43为首项，23为公比的等比数列．所以2n a n -3=-4323 n -1，解得a n =32n -23n ．故选：A 15.数列a n 满足a n +1=2a n +3,n ∈N *，若a 2017≥a 1，则a 1的取值范围为( )A.(-∞,-3]B.{-3}C.(-3,+∞)D.[-3,+∞)【答案】D【解析】由a n +1=2a n +3可得a n +1+3=2a n +3 ，所以a n +3=a 1+3 ×2n -1所以a n =a 1+3 ×2n -1-3，所以a 2017=a 1+3 ×22016-3≥a 1所以a 1+3 ×22016≥a 1+3，所以a 1+3≥0，所以a 1≥-3故选：D二、填空题16.设数列a n 满足a 1=1，且a n =3a n -1+4n ≥2 ，则数列a n 的通项公式为a n =___________.【答案】3n -2##-2+3n 【解析】解：因为a n =3a n -1+4n ≥2 ，∴a n +2=3a n -1+2 ，∴a n +2a n -1+2=3，∵a 1=1，则a 1+2=3，∴数列a n +2 是以3为首项，3为公比的等比数列.∴a n +2=3⋅3n -1=3n ，所以a n =3n -2，故答案为：3n -217.已知数列a n 中，a 1=1，a n +1=2a n +1，则a n 通项a n =______；【答案】2n -1【解析】因为a n +1=2a n +1，所以a n +1+1=2(a n +1),∴a n +1+1a n +1=2，所以a n +1 是一个以a 1+1=2为首项，以2为公比的等比数列，所以a n +1=2×2n -1=2n ,∴a n =2n -1.故答案为：2n -118.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】a n =2n -1n ∈N * ．【解析】∵a n +1=2a n +1(n ∈N *)，∴a n +1+1=2(a n +1)，又a 1+1=2∴a n +1 是以2为首项，2为公比的等比数列．∴a n +1=2n ．即a n =2n -1(n ∈N *)．故答案为：a n =2n -1n ∈N * ．19.数列a n 满足a n =4a n -1+3，且a 1=0，则a 6=_________.【答案】1023【解析】由题意知：a n +1=4a n -1+4=4(a n -1+1)，又a 1+1=1，故a n +1 是1为首项，4为公比的等比数列，故a 6+1=a 1+1 ×45=1024，故a 6=1023.故答案为：1023.20.已知数列a n 满足a n +1=2a n +12，且a n 前8项和为761，则a 1=______．【答案】52##2.5【解析】解：数列{a n }满足a n +1=2a n +12，整理得a n +1+12=2a n +12 ，若a 1=-12，则a n =-12，显然不符合题意，所以a n ≠-12，则a n +1+12a n +12=2(常数)；所以数列a n +12 是以a 1+12为首项，2为公比的等比数列；所以a n +12=a 1+12 ⋅2n -1，整理得a n =a 1+12 ⋅2n -1-12；由于前8项和为761，所以S 8=a 1+12 ⋅(1+2+...+27)-8×12=a 1+12 ×1-281-2-4=255a 1+12 -4=761，解得a 1=52．故答案为：52．三、解答题21.已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=3a n +2.(1)证明1+a n 为等比数列，并求a n 的通项公式；(2)记数列11+a n 的前n 项和为S n ，证明S n <34.【答案】(1)证明见解析，a n =2⋅3n -1-1(2)见解析【解析】(1)证明：因为a n +1=3a n +2，所以a n +1+1=3a n +1 ，又a 1+1=2，所以数列1+a n 是以2为首项，3为公比的等比数列，则a n +1=2⋅3n -1，所以a n =2⋅3n -1-1；(2)证明：由(1)得1a n +1=12⋅3n -1，因为1a n +1+11a n +1=12⋅3n12⋅3n -1=13，1a 1+1=12，所以数列11+a n 是以12为首项，13为公比的等比数列，则S n =12×1-13n 1-13=341-13n ，因为1-13n <1，所以S n <34.22.已知数列a n 满足a 1=3,a n +1=2a n -2.(1)求a n 的通项公式；(2)求a n 的前n 项和S n .【答案】(1)a n =2n -1+2；(2)S n =2n +2n -1.【解析】(1)∵a n +1=2a n -2，∴a n +1-2=2a n -2 即∴a n +1-2a n -2=2∴数列a n -2 是以首相为1，公比为2的等比数列，∴a n -2=2n -1∴a n =2n -1+2(2)由(1)知a n =2n -1+2∴S n =a 1+a 2+a 3+⋯+a n=20+2 +21+2 +22+2 +⋯+2n -1+2 =20+21+22+⋯+2n -1 +2n =1×1-2n 1-2+2n=2n +2n -123.已知数列a n 的首项a 1=1，且1a n +1=2a n+1．(1)求数列a n 的通项公式；(2)若数列b n满足a n⋅b n=n，求数列b n的前n项和S n．【答案】(1)a n=12n-1(2)S n=n-12n+1+2-n n+12【解析】(1)∵1an+1=2an+1，等式两边同时加1整理得1an+1+1=21an+1又∵a1=1，∴1a1+1=2∴1an +1是首项为2，公比为2的等比数列．∴1an +1=2n， ∴a n=12n-1(2)∵a n⋅b n=n，∴b n=n an=n⋅2n-n.记n⋅2n的前n项和为T n则T n=1⋅21+2⋅22+3⋅23+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+n-1⋅2n-1+n⋅2n所以2T n=1⋅22+2⋅23+3⋅24+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+n-1⋅2n+n⋅2n+1相减得-T n=21+22+23+24+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+2n-n⋅2n+1整理得T n=n-12n+1+2.所以S n=n-12n+1+2-n n+1224.在数列a n中，a1=5，且a n+1=2a n-1n∈N*.(1)证明：a n-1为等比数列，并求a n的通项公式；(2)令b n=(-1)n⋅a n，求数列b n的前n项和S n.【答案】(1)证明见解析，a n=2n+1+1(2)S n=432n-1,n=2k,k∈N*,-2n+2+73,n=2k-1,k∈N*.【解析】(1)解：因为a n+1=2a n-1，所以a n+1-1=2a n-1，又a1-1=4，所以a n+1-1a n-1=2，所以a n-1是以4为首项，2为公比的等比数列.故a n-1=4×2n-1，即a n=2n+1+1.(2)解：由(1)得b n=(-1)n⋅2n+1+1，则b n=2n+1+1,n=2k,k∈N*-2n+1+1,n=2k-1,k∈N* ，①当n=2k,k∈N*时，S n=-22-1+23+1-24+1+⋯+-2n-1+2n+1+1=-22+23-24+25+⋯-2n+2n+1=22+24+⋯+2n=432n-1;②当n=2k-1,k∈N*时，S n=S n+1-b n+1=432n+1-1-2n+2+1=-2n+2+73，综上所述，S n=432n-1,n=2k,k∈N*-2n+2+73,n=2k-1,k∈N*25.已知数列a n的前n项和为S n，a1=2，且a n+1=2a n+2．(1)求数列a n的通项公式；(2)令b n=2n+1a n+2，记数列b n的前n项和为T n，求证：T n<3．【答案】(1)a n=2n+1-2(2)证明见解析【解析】(1)解：因为a1=2，a n+1=2a n+2，所以a n+1+2=2a n+2，所以a n+2是以4为首项，2为公比的等比数列，所以a n+2=4×2n-1=2n+1，所以a n=2n+1-2；(2)解：由(1)可知b n=2n+1a n+2=2n+12n+1=n+12n，所以T n=221+322+423+⋯+n+12n①，所以12T n=2 22+323+424+⋯+n+12n+1②；①-②得12T n=1+122+123+⋯+12n-n+12n+1=1+1221-12n-11-12-n+12n+1=32-n+32n+1所以T n=3-n+32n<3；。
新人教版高中数学选择性必修第二册第四章数列中的构造问题
解析 由 an＋1＝ana＋n 2，得an1＋1＝1＋a2n， 所以an1＋1＋1＝2a1n＋1， 又a11＋1＝2，所以数列a1n＋1是首项为 2，公比为 2 的等比数列， 所以a1n＋1＝2·2n－1＝2n， 所以 bn＝log2a1n＋1＝log22n＝n.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
6.若数列{an}满足a1＝1，且an＋1＝4an＋2n，则a6等于
√A.2 016 B.2 018 C.2 020 D.2 022
解析 因为an＋1＝4an＋2n， 所以an＋1＋2n＝4(an＋2n－1)， 所以数列{an＋2n－1}是等比数列，首项为2，公比为4， 则an＋2n－1＝2×4n－1， 可得an＝22n－1－2n－1， 则a6＝22×6－1－26－1＝211－25＝2 016.
C.8
D.16
解析 根据题意，得 2a2n＝a2n＋1＋a2n－1(n≥2)， 可知数列a2n为等差数列，且 a21＝1，a22＝4， 所以公差为 3，a2n＝1＋(n－1)×3＝3n－2， 所以 a26＝16，因为{an}是正项数列，所以 a6＝4，故选 B.
1234
4.已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an－3，则an＝_－__2_n_－_1_＋__3_. 解析 由an＋1＝2an－3得an＋1－3＝2(an－3)， 所以数列{an－3}是首项为a1－3＝－1， 公比为2的等比数列， 则an－3＝(－1)·2n－1，即an＝－2n－1＋3.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
7.已知数列{an}满足 a1＝1，1＋1an＋1－1＋1 an＝1，则 a5＝_－__79__. 解析 ∵1＋1an＋1－1＋1an＝1， ∴1＋1 an是以1＋1 a1＝12为首项，1 为公差的等差数列， ∴1＋1 an＝12＋(n－1)×1＝n－12， ∴1＋1a5＝5－12＝92， 解得 a5＝－79.
浅谈等比构造法求解数列通项
浅谈等比构造法求解数列通项
作者：陈鑫妍
来源：《新课程·下旬》2019年第01期
数列在高中数学中具有重要地位，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。
求解通项公式通常需要一定的技巧，常见的有直接法、公式法、归纳猜想法、累加法、累乘法、构造辅助数列等方法，其中构造法是一种常见的方法。
它通过一定的转化，可以将“新问题”转化为我们熟悉的数列模型，化陌生为熟悉，有效解决问题。
本文介绍几类常见的通过构造等比数列来求解数列通项公式的方法，并举出有代表性的例子说明该方法的具体应用。
求数列通项是高考中常见、常考的问题，在考试中经常会出现，对考生的能力有一定的要求，因此如何求解，是一个值得探讨的问题。
上述方法浅析了构造等比数列求解an的方式，通过构造与已知数列相关的等比数列，求解出包含有an关系式的等比数列的通项公式，进而求得an，这不失为一种十分有效的好方法。
构造常数列求解数列通项公式
构造常数列求解数列通项公式钟国城(广东梅县东山中学ꎬ广东梅州５１４０１７)摘㊀要:根据数列的递推关系求解其通项公式是高考的常考内容ꎬ也是热点㊁难点内容.文章通过探究总结构造常数列ꎬ求解高考中常见递推数列的通项公式ꎬ以提高学生数学思维能力.关键词:递推关系ꎻ通项公式ꎻ常数列中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)１６－００６６－０３收稿日期:２０２３－０３－０５作者简介:钟国城(１９８６.６－)ꎬ男ꎬ广东省五华人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀根据数列的递推关系求解其通项公式是高考的常考内容ꎬ也是热点㊁难点内容.常数列是最简单的一种数列ꎬ若能把数列的递推关系通过转化构造出常数列ꎬ利用常数列的性质求解通项公式ꎬ既能减少运算(有时还能避免分类讨论)ꎬ又能提高数学思维ꎬ提升数学核心素养.本文探究总结如何构造常数列求解高考中常见递推数列的通项公式ꎬ以期对大家有所帮助.１递推关系形如ａｎ＋１－ａｎ＝ｆ(ｎ)对于上述类型ꎬ除了使用累加法进行求解外ꎬ亦可这样处理:令ｆ(ｎ)＝ｂｎ＋１－ｂｎꎬ则ａｎ＋１－ａｎ＝ｂｎ＋１－ｂｎ.即ａｎ＋１－ｂｎ＋１＝ａｎ－ｂｎ.故ａｎ－ｂｎ{}为常数列ꎬ所以ａｎ－ｂｎ＝ａ１－ｂ１.即ａｎ＝ａ１－ｂ１＋ｂｎ.例１㊀在数列ａｎ{}中ꎬａ１＝１ꎬａｎ＋１＝ａｎ＋ｌｎ(１＋１ｎ)ꎬ求数列ａｎ{}的通项公式ａｎ.解析㊀由ａｎ＋１＝ａｎ＋ｌｎ(１＋１ｎ)ꎬ得ａｎ＋１＝ａｎ＋ｌｎｎ＋１ｎ＝ａｎ＋ｌｎ(ｎ＋１)－ｌｎｎ.即ａｎ＋１－ｌｎ(ｎ＋１)＝ａｎ－ｌｎｎ.故ａｎ－ｌｎｎ{}为常数列.所以ａｎ－ｌｎｎ＝ａ１－ｌｎ１＝１.则ａｎ＝１＋ｌｎｎ.２递推关系形如ａｎ＋１ａｎ＝ｆ(ｎ)对于上述类型ꎬ除了使用累乘法进行求解外ꎬ亦可这样处理:令ｆ(ｎ)＝ｂｎ＋１ｂｎꎬ则ａｎ＋１ａｎ＝ｂｎ＋１ｂｎ.即ａｎ＋１ｂｎ＋１＝ａｎｂｎ.故ａｎｂｎ{}为常数列.所以ａｎｂｎ＝ａ１ｂ１.即ａｎ＝ａ１ｂ１ｂｎ.例２㊀在数列ａｎ{}中ꎬａ１＝１ꎬａｎ＋１＝ｎｎ＋１ａｎꎬ求数列ａｎ{}的通项公式ａｎ.解析㊀由ａｎ＋１＝ｎｎ＋１ａｎꎬ得(ｎ＋１)ａｎ＋１＝ｎａｎ.６６故ｎａｎ{}为常数列.所以ｎａｎ＝１ ａ１＝１.则ａｎ＝１ｎ.３递推关系形如ａｎ＋１＝ｐａｎ＋ｑ(ｐꎬｑʂ１ꎬ０)对于上述类型ꎬ除了使用待定系数法构造等比数列外ꎬ亦可这样处理:由ａｎ＋１＝ｐａｎ＋ｑꎬ得ａｎ＋１＋ｑｐ－１＝ｐ(ａｎ＋ｑｐ－１).即ａｎ＋１＋ｑ/(ｐ－１)ｐｎ＋１＝ａｎ＋ｑ/(ｐ－１)ｐｎ.故ａｎ＋ｑ/(ｐ－１)ｐｎ{}为常数列.所以ａｎ＋ｑ/(ｐ－１)ｐｎ＝ａ１＋ｑ/(ｐ－１)ｐ.即ａｎ＝(ａ１＋ｑｐ－１)ｐｎ－１－ｑｐ－１.例３㊀在数列ａｎ{}中ꎬａ１＝１ꎬａｎ＋１＝３ａｎ＋２ꎬ求数列ａｎ{}的通项公式ａｎ.解析㊀由ａｎ＋１＝３ａｎ＋２ꎬ得ａｎ＋１＋１＝３(ａｎ＋１).即ａｎ＋１＋１３ｎ＋１＝ａｎ＋１３ｎ.故ａｎ＋１３ｎ{}为常数列.所以ａｎ＋１３ｎ＝ａ１＋１３＝２３.则ａｎ＝２ ３ｎ－１－１.４递推关系形如ａｎ＋１＝ｐａｎ＋ｆ(ｎ)(ｐʂ１ꎬ０)此类型可以看作类型３的拓展ꎬ处理方法类似:由ａｎ＋１＝ｐａｎ＋ｆ(ｎ)ꎬ得ａｎ＋１＋ｇ(ｎ＋１)＝ｐ[ａｎ＋ｇ(ｎ)].即ａｎ＋１＋ｇ(ｎ＋１)ｐｎ＋１＝ａｎ＋ｇ(ｎ)ｐｎ.故ａｎ＋ｇ(ｎ)ｐｎ{}为常数列.所以ａｎ＋ｇ(ｎ)ｐｎ＝ａ１＋ｇ(１)ｐ.即ａｎ＝ａ１＋ｇ(１)[]ｐｎ－１－ｇ(ｎ)ꎬ其中ｆ(ｎ)＝ｐｇ(ｎ)－ｇ(ｎ＋１).例４㊀在数列ａｎ{}中ꎬａ１＝１ꎬａｎ＋１＝３ａｎ＋２ｎꎬ求数列ａｎ{}的通项公式ａｎ.解析㊀由ａｎ＋１＝３ａｎ＋２ｎꎬ得ａｎ＋１＋２ｎ＋１＝３(ａｎ＋２ｎ).即ａｎ＋１＋２ｎ＋１３ｎ＋１＝ａｎ＋２ｎ３ｎ.故ａｎ＋２ｎ３ｎ{}为常数列.所以ａｎ＋２ｎ３ｎ＝ａ１＋２３＝１.则ａｎ＝３ｎ－２ｎ.例５㊀在数列ａｎ{}中ꎬａ１＝３ꎬａｎ＋１＝３ａｎ－４ｎꎬ求数列ａｎ{}的通项公式ａｎ.解析㊀由ａｎ＋１＝３ａｎ－４ｎꎬ得ａｎ＋１－２(ｎ＋１)－１＝３(ａｎ－２ｎ－１).即ａｎ＋１－２(ｎ＋１)－１３ｎ＋１＝ａｎ－２ｎ－１３ｎ.故ａｎ－２ｎ－１３ｎ{}为常数列.所以ａｎ－２ｎ－１３ｎ＝ａ１－２－１３＝０.则ａｎ＝２ｎ＋１.５递推关系形如ａｎ＋１＝ｐａｎｑａｎ＋ｒ(ｐʂｒꎬｐｑｒʂ０)由ａｎ＋１＝ｐａｎｑａｎ＋ｒꎬ得１ａｎ＋１＝ｒｐ １ａｎ＋ｑｐꎬ此时转化为类型３求解.例６㊀在数列ａｎ{}中ꎬａ１＝１ꎬａｎ＋１＝ａｎａｎ＋２ꎬ求数列ａｎ{}的通项公式ａｎ.解析㊀由ａｎ＋１＝ａｎａｎ＋２ꎬ得１ａｎ＋１＝２１ａｎ＋１.即１ａｎ＋１＋１＝２(１ａｎ＋１).即１/ａｎ＋１＋１２ｎ＋１＝１/ａｎ＋１２ｎ.７６故１/ａｎ＋１２ｎ{}为常数列.所以１/ａｎ＋１２ｎ＝１/ａ１＋１２＝１.则ａｎ＝１２ｎ－１.６递推关系形如ａｎ＋２＝ｐａｎ＋１＋ｑａｎ(１)当ｐ＋ｑ＝１时ꎬａｎ＋２＝(１－ｑ)ａｎ＋１＋ｑａｎꎬ即ａｎ＋２－ａｎ＋１＝－ｑ(ａｎ＋１－ａｎ).即ａｎ＋２－ａｎ＋１(－ｑ)ｎ＋１＝ａｎ＋１－ａｎ(－ｑ)ｎ.故ａｎ＋１－ａｎ(－ｑ)ｎ{}为常数列.所以ａｎ＋１－ａｎ(－ｑ)ｎ＝ａ２－ａ１－ｑ.即ａｎ＋１－ａｎ＝(ａ２－ａ１)(－ｑ)ｎ－１ꎬ此时转化为类型１求解.例７㊀在数列ａｎ{}中ꎬａ１＝８ꎬａ２＝２ꎬａｎ＋２＝４ａｎ＋１－３ａｎꎬ求数列ａｎ{}的通项公式ａｎ.解析㊀由ａｎ＋２＝４ａｎ＋１－３ａｎꎬ得ａｎ＋２－ａｎ＋１＝３(ａｎ＋１－ａｎ).即ａｎ＋２－ａｎ＋１３ｎ＋２＝ａｎ＋１－ａｎ３ｎ＋１.故ａｎ＋１－ａｎ３ｎ＋１{}为常数列.所以ａｎ＋１－ａｎ３ｎ＋１＝ａ２－ａ１３２＝－２３.即ａｎ＋１－ａｎ＝－２ ３ｎ.所以ａｎ＋１＋３ｎ＋１＝ａｎ＋３ｎ.故ａｎ＋３ｎ{}为常数列.所以ａｎ＋３ｎ＝ａ１＋３＝１１.则ａｎ＝１１－３ｎ.(２)当ｐ２＋４ｑȡ０时ꎬ由ａｎ＋２＝ｐａｎ＋１＋ｑａｎꎬ得ａｎ＋２＋λａｎ＋１＝μ(ａｎ＋１＋λａｎ)ꎬ其中μ－λ＝ｐꎬλμ＝ｑꎬ{则ａｎ＋２＋λａｎ＋１μｎ＋２＝ａｎ＋１＋λａｎμｎ＋１.故ａｎ＋１＋λａｎμｎ＋１{}为常数列.所以ａｎ＋１＋λａｎμｎ＋１＝ａ２＋λａ１μ２.即ａｎ＋１＝－λａｎ＋(ａ２＋λａ１)μｎ－１ꎬ此时转化为类型４求解.例８㊀在数列ａｎ{}中ꎬａ１＝１ꎬａ２＝５ꎬａｎ＋２＝５ａｎ＋１－６ａｎꎬ求数列ａｎ{}的通项公式ａｎ.解析㊀由ａｎ＋２＝５ａｎ＋１－６ａｎꎬ得ａｎ＋２－２ａｎ＋１＝３(ａｎ＋１－２ａｎ).即ａｎ＋２－２ａｎ＋１３ｎ＋２＝ａｎ＋１－２ａｎ３ｎ＋１.故ａｎ＋１－２ａｎ３ｎ＋１{}为常数列.所以ａｎ＋１－２ａｎ３ｎ＋１＝ａ２－２ａ１３２＝１３.即ａｎ＋１－２ａｎ＝３ｎ.所以ａｎ＋１－３ｎ＋１＝２(ａｎ－３ｎ).即ａｎ＋１－３ｎ＋１２ｎ＋１＝ａｎ－３ｎ２ｎ.故ａｎ－３ｎ２ｎ{}为常数列.所以ａｎ－３ｎ２ｎ＝ａ１－３２＝－１.则ａｎ＝３ｎ－２ｎ.以上例子可以看出ꎬ通过构造常数列能轻而易举地解决复杂的求通项公式问题ꎬ但构造常数列的方法对学生的综合能力要求很高ꎬ因此需要学生在平时的学习中扎实基本功ꎬ掌握知识本质ꎬ善于总结不同类型的构造技巧ꎬ领悟使用构造常数列求通项公式的思路ꎬ这样才能在解题中融会贯通ꎬ举一反三ꎬ从而真正地提高解题能力ꎬ提升数学核心素养.参考文献:[１]古诗源.例举数列结构不良问题的解题策略[Ｊ].数理化解题研究ꎬ２０２２(１９):６４－６６.[２]杨蓓蓓ꎬ王佳.借助构造法解答高考数学题[Ｊ].数理化解题研究ꎬ２０２２(１０):２１－２３.[责任编辑:李㊀璟]８６。
高中精品-数学：求递推数列通项公式的十种策略例析
求递推数列通项公式的十种策略例析递推数列的题型多样，求递推数列的通项公式的方法也非常灵活，往往可以通过适当的策略将问题化归为等差数列或等比数列问题加以解决，亦可采用不完全归纳法的方法，由特殊情形推导出一般情形，进而用数学归纳法加以证明，因而求递推数列的通项公式问题成为了高考命题中颇受青睐的考查内容。
笔者试给出求递推数列通项公式的十种方法策略，它们是：公式法、累加法、累乘法、待定系数法、对数变换法、迭代法、数学归纳法、换元法、不动点法、特征根的方法。
仔细辨析递推关系式的特征，准确选择恰当的方法，是迅速求出通项公式的关键。
一、利用公式法求通项公式例1 已知数列}a {n 满足n n 1n 23a 2a ⋅+=+，2a 1=，求数列}a {n 的通项公式。
解：n n 1n 23a 2a ⋅+=+两边除以1n 2+，得232a 2a nn 1n 1n +=++，则232a 2a n n 1n 1n =-++， 故数列}2a {n n 是以1222a 11==为首，以23为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得23)1n (12a nn -+=，所以数列}a {n 的通项公式为n n 2)21n 23(a -=。
评注：本题解题的关键是把递推关系式n n 1n 23a 2a ⋅+=+转化为232a 2a nn1n 1n =-++，说明数列}2a {n n 是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出23)1n (12a nn -+=，进而求出数列}a {n 的通项公式。
二、利用累加法求通项公式例2 已知数列}a {n 满足1a 1n 2a a 1n 1n =++=+，，求数列}a {n 的通项公式。
解：由1n 2a a n 1n ++=+ 得1n 2a a n 1n +=-+则112232n 1n 1n n n a )a a ()a a ()a a ()a a (a +-+-++-+-=---1)1n (2n)1n (21)1n (]12)2n ()1n [(21)112()122(]1)2n (2[]1)1n (2[+-+-⋅=+-++++-+-=++⋅++⋅+++-++-=所以数列}a {n 的通项公式为2n n a =评注：本题解题的关键是把递推关系式1n 2a a n 1n ++=+转化为1n 2a a n 1n +=-+，进而求出112232n 1n 1n n a )a a ()a a ()a a ()a a (+-+-++-+---- ，即得数列}a {n 的通项公式。
用构造法求数列的通项公式几种常见方法
用构造法求数列的通项公式在高中数学教材中，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：}{n a 数列中，若),(411,211N n a a a nn ∈+==+求a nn n nn b b a b ==+1,1则设+4,即n n b b -+1＝４，nb {∴｝是等差数列。
可以通过等差数列的通项公式求出n b ,然再求后数列{ a n }的通项。
练习：1)数列{ a n }中，a n ≠0，且满足),(,311,2111N n a a a nn ∈+==+求a n2)数列{ a n }中，,22,111+==+n nn a a a a 求a n 通项公式。
3)数列{ a n }中,),,2(02,0,1111N n n a a a a a a n n n n n ∈≥=-⋅+≠=--且求a n .二． 构造形如2n n a b =的数列。
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。
高中数学用构造法求数列的通项公式必修五
用构造法求数列的通项公式农安实验中学 赵彦春中心词：归纳,猜想，构造数列问题以其多变的形式和灵活的求解方法倍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,之后再应用各自的的通项公式求解。
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 ．n2 Ｂ．12+nC ．12-nＤ.12+n解：121+=+n n a a)1(22211+=+=+∴+n n n a a a2111=++∴+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 ,1221211222)()()(21112211-=--=++++=+-++-+-=-----n n n n n n n n n a a a a a a a a小结：先构造{}n n a a --1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{}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。
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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(11p
q
a 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11
2a =，132
n n a a --=（2n ≥），求通项n a ． 解：由132n n a a --=
，得111(1)2n n a a --=--，又11
2
10a -=≠， 所以数列{1}n a -是首项为12，公比为1
2
-的等比数列， ∴1
111
1(1)()
1()2
2
n 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+=++n
n
n n q a p q a q
， 令n
n
n
a 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=65，1
111()32
n n n a a ++=+，求通项n a ． 解：由条件，得2 n+1a n+1=3
2(2 n
a n )+1，令
b n =2 n a n ， 则b n+1=32b n +1，b n+1-3=3
2
（b n -3） 易得 b n =3)32(341+--n ，即2 n a n =3)3
2
(341+--n ， ∴ a n =n
n 2332+-
． 练习、已知数列{}n a 满足1232n n n a a +=+⨯，12a =，求通项n a ． 答案：3
1()222
n
n 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 ，11
212
n 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)]212
n n b An B b A n B n ---=---+-，
即11111(2)(1)2222
n n b b A n A B -=++++-，
令
202A +=，1022
A B
+-=，解得A =－4，B=6， 所以11
2n n b b -=，且46n n b a n =-+，
∴{}n b 是以3为首项、以1
2
为公比的等比数列，
故132n n b -=
，故1
3462n
n 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，13
2
a =
，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)22
n n a a n -=+-，
令11
[(1)]2
n 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119
2
b a A B ==++，
∴{}n b 是首项为9
2，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1
1
1221n n
n n
n n a a λλλλ+++⎛⎫
⎛⎫
-=-+ ⎪
⎪⎝⎭
⎝⎭
， ∴数列2n
n 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 。
答案a n n n n =
+-1
2
141()()． 解：由条件可得：12(1)(2)(1)
n n
a a n n n n +=++++，
∴数列{
}(1)n a n n +是首项为13
(11)12
a =+×、公差为2的等差数列。
法二、构造等比数列法
例1、⑴在数列}{n a 中，12a =，23a =，2132n n n a a a ++=⋅-⋅，求n a ；
⑵在数列{}n a 中，11a =，22a =，2121
33
n n n a a a ++=+，求n a ．
解：⑴由条件,2312n n n a a a ⋅-⋅=++
∴),(2112n n n n a a a a -=-+++ 故1
212
n n n a a -++-=， 叠加法得：2222(12)
2112
n n n a a --=+=--；
⑵由条件可得2111
()3n n n n a a a a +++-=--（等比数列）， 故n a =1)3
1(4347---n ．
点拨：形如0),(12=++n n n a a a f ，的复合数列，可把复合数列转化为等差或等比数列，再用初等方法求得n a ．
例2、已知数列{}n a 满足11a =，13524n n n a a +=+⨯+，求数列{}n a 的通项公式． 解：设1
12
3(2)n n n n a x y a x y +++⨯+=+⨯+，将已知条件代入此式，整理后得
(52)24323n n x y x y +⨯++=⨯+，令52343x x
y y +=⎧⎨+=⎩
，解得52x y =⎧⎨=⎩，
∴有1
152
23(522)n n n n a a +++⨯+=+⨯+，
又1
1522112130a +⨯+=+=≠，
且5220n n a +⨯+≠，故数列{522}n n a +⨯+
是以1
152211213a +⨯+=+=为首项，以3为公比的等比数列，
∴1522133n n n a -+⨯+=⨯，故1133522n n
n a -=⨯-⨯-．。