构造法求数列通项公式

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(完整版)用构造法求数列的通项公式汇总

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

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

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

对于不同的递推公式，我们当然可以采用不同的方法构造不同的类型的新数列。

下面给出几种我们常见的构造新数列的方法：一．利用倒数关系构造数列。

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

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

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

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

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

(完整版)数列通项公式常用求法及构造法

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

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

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

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。

数列求通项的方法总结

数列求通项的方法总结按一定次序排列的一列数称为数列，而将数列{an}的第n项用一个具体式子（含有参数n）表示出来，称作该数列的通项公式。

为大家总结数列求通项的方法，一起来看看吧！一、累差法递推式为：an+1=an+f(n)(f(n)可求和)思路：:令n=1,2,…,n-1可得a2-a1=f(1)a3-a2=f(2)a4-a3=f(3)……an-an-1=f(n-1)将这个式子累加起来可得an-a1=f(1)+f(2)+…+f(n-1)∵f(n)可求和∴an=a1+f(1)+f(2)+…+f(n-1)当然我们还要验证当n=1时,a1是否满足上式例1、已知数列{a}中,a1=1,an+1=an+2,求an解：令n=1,2,…,n-1可得a2-a1=2a3-a2=22a4-a3=23……an-an-1=2n-1将这个式子累加起来可得an-a1=f(1)+f(2)+…+f(n-1)∵f(n)可求和∴an=a1+f(1)+f(2)+…+f(n-1)当n=1时,a1适合上式故an=2n-1二、累商法递推式为：an+1=f(n)an（f(n)要可求积）思路：令n=1,2,…,n-1可得a2/a1=f(1)a3/a2=f(2)a4/a3=f(3)……an/an-1=f(n-1)将这个式子相乘可得an/a1=f(1)f(2)…f(n-1)∵f(n)可求积∴an=a1f(1)f(2)…f(n-1)当然我们还要验证当n=1时，a1是否适合上式例2、在数列{an}中,a1=2,an+1=(n+1)an/n,求an解：令n=1,2,…,n-1可得a2/a1=f(1)a3/a2=f(2)a4/a3=f(3)……an/an-1=f(n-1)将这个式子相乘后可得an/a1=2/1×3/24×/3×…×n/(n-1)即an=2n当n=1时，an也适合上式∴an=2n三,构造法1、递推关系式为an+1=pan+q(p,q为常数)思路：设递推式可化为an+1+x=p(an+x),得an+1=pan+(p-1)x,解得x=q/(p-1)故可将递推式化为an+1+x=p(an+x)构造数列{bn},bn=an+q/(p-1)bn+1=pbn即bn+1/bn=p,{bn}为等比数列.故可求出bn=f(n)再将bn=an+q/(p-1)代入即可得an例3、(06重庆)数列{an}中,对于n>1(nN)有an=2an-1+3,求an 解：设递推式可化为an+x=2(an-1+x),得an=2an-1+x,解得x=3 故可将递推式化为an+3=2(an-1+3)构造数列{bn},bn=an+3bn=2bn-1即bn/bn-1=2,{bn}为等比数列且公比为3bn=bn-1·3,bn=an+3bn=4×3n-1an+3=4×3n-1,an=4×3n-1-12、递推式为an+1=pan+qn(p,q为常数)思路：在an+1=pan+qn两边同时除以qn+1得an+1/qn+1=p/qan/qn+i/q构造数列{bn},bn=an/qn可得bn+1=p/qbn+1/q故可利用上类型的解法得到bn=f(n)再将代入上式即可得an例4、数列{an}中,a1+5/6,an+1=(1/3)an+(1/2)n,求an解：在an+1=(1/3)an+(1/2)n两边同时除以(1/2)n+1得2n+1an+1=(2/3)×2nan+1构造数列{bn},bn=2nan可得bn+1=(2/3)bn+1故可利用上类型解法解得bn=3-2×(2/3)n2nan=3-2×(2/3)nan=3×(1/2)n-2×(1/3)n3、递推式为：an+2=pan+1+qan（p,q为常数）思路：设an+2=pan+1+qan变形为an+2-xan+1=y(an+1-xan)也就是an+2=(x+y)an+1-(xy)an，则可得到x+y=p,xy=-q解得x,y，于是｛bn｝就是公比为y的等比数列（其中bn=an+1-xan）这样就转化为前面讲过的类型了．例5、已知数列{an}中,a1=1,a2=2,an+2=(2/3)·an+1+(1/3)·an,求an解：设an+2=(2/3)an+1+(1/3)an可以变形为an+2-xan+1=y(an+1-xan)也就是an+2=(x+y)an+1-(xy)an，则可得到x+y=2/3,xy=-1/3 可取x=1,y=-1/3构造数列｛bn｝，bn=an+1-an故数列｛bn｝是公比为-1/3的等比数列即bn=b1(-1/3)n-1b1=a2-a1=2-1=1bn=(-1/3)n-1an+1-an=(-1/3)n-1故我们可以利用上一类型的解法求得an=1+3/4×[1-(-1/3)n-1](nN*)例题1、利用sn和n的关系求an思路：当n=1时，an=sn当n≥2时,an=sn-sn-1例6、已知数列前项和s=n2+1,求{an}的通项公式.解：当n=1时，an=sn＝2当n≥2时,an=sn-sn-1＝n+1-[(n-1)2+1]=2n-1而n=1时，a1=2不适合上式∴当n=1时，an=2当n≥2时,an=2n-12、利用sn和an的关系求an思路：利用an=sn-sn-1可以得到递推关系式，这样我们就可以利用前面讲过的方法求解例７、在数列｛an｝中，已知sn=3+2an，求an解：即an=sn-sn-1=3+2an-(3+2an-1)an=2an-1∴｛an｝是以２为公比的等比数列∴an=a1·2n-1=-3×2n-12、用不完全归纳法猜想,用数学归纳法证明.思路:由已知条件先求出数列前几项，由此归纳猜想出an，再用数学归纳法证明例8、(xx全国高考)已知数列{an}中,an+1=a2n-nan+1,a1=2,求an解：由已知可得a1=2,a2=3,a3=4,a4=5,a5=6由此猜想an=n+1，下用数学归纳法证明：当n=1时，左边＝2，右边＝2，左边＝右边即当n=1时命题成立假设当n=k时，命题成立，即ak=k+1则ak+1=a2k-kak+1=(k+1)2-k(k+1)+1=k2+2k+1-k2-2k+1=k+2=(k+1)+1∴当n=k+1时，命题也成立．综合(1),(2),对于任意正整数有an=n+1成立即an=n+1。

求数列通项公式常用的七种方法

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

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｛ａａａｎ＋１－ｎ｝２－１＝２为首项，的等比数列．
ｎ－１ｎ ∴ ａａ＝２．ｎ＋１－ｎ＝２×２２ｎ－１，， …， ∴ ａ－ａ＝２ａ－ａ＝２ａａ．２１３２ｎ－ｎ－１＝２
２【】，例７满足ａａａａｎ≥ 设正项数列｛ｎ｝１＝１ｎ＝３ｎ－１（
），求数列｛的通项公式．２ａｎ｝ｒ），分析：对于ａ一般是两边ａａ０ｐｐ＞０，ｎ＋１＝ｎ型（ｎ＞取以ｐ为底的对数．
２解： ∵ ａａｎ＝３ｎ－１，２ ∴ ｌｏａｌｏ３ａ＝ｌｏ３＋２ｌｏａｇｇｇｇ３ｎ＝３（ｎ－１）３３ｎ－１．（） ∴ ｌｏａｏａｇｇ３ｎ＋１＝２ｌ３ｎ－１＋１．
ｎ－１ｎ－１， ∴ ｂ ∴ ｌｏａ．ｇｎ＝１×２３ｎ＋１＝２
），求数列｛的通项公式．２ａｎ≥２ａｎ－１（ｎ｝分析：若ｐ＋则构造为ａａａｑ≠１，ｑｐ（ｎ＋２＋ｎ＋１＝ｎ＋１＋
ａ．ｑｎ），解：设ａａａａ ∴ｐ－ｑｐ（ｑｑ＝１，ｐｑ＝ｎ＋２＋ｎ＋１＝ｎ＋１＋ｎ）
解： ∵
ａｎ，ａ１ａ２ …，ａｎ＋１２３ｎ＝ ∴ ＝，＝，＝ａａｎ＋１ａ２ａ３ｎ１２ｎ－１
ｎ－１．ｎａ１以上ｎ－１个式子左右两边分别相乘得ｎ＝．ａｎ１

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。

数列求通项公式及求和的方法

数列求通项公式及求和的方法数列专题-数列求通项公式及求和的方法考点1：求通项公式1、公式法：已知数列{an}为等差或等比数列，可根据通项公式an=a1+(n-1)d或an=a1qn-1进行求解。

例1：已知{an}是一个等差数列，且a2=1，a5=-5，求{an}的通项公式。

变式：已知等差数列{an}中，a10=28，S6=51，求{an}的通项公式。

2、前n项和法：已知数列{an}的前n项和Sn的解析式，可求出an。

例2：已知数列{an}的前n项和Sn=2n-1，求通项an。

变式：已知下列数列{an}的前n项和Sn的公式为Sn=3n2-2n(n∈N*)，求{an}的通项公式。

3、Sn与an的关系式法：已知数列{an}的前n项和Sn与通项an的关系式，可求出an。

例3：已知数列{an}的前n项和Sn满足an+1=Sn，其中a1=1，求an。

变式：已知{an}中，an+1=nan，且a1=2，求{an}的通项公式。

4、累加法：当数列{an}中有an-an-1=f(n)，即第n项与第n-1项的差是个有“规律”的数时，可用这种方法。

例4：a1=0，an+1=an+2(n-1)，求通项an。

变式：已知数列{an}的首项a1=1，且an=an-1+3(n≥2)，求通项an。

5、累乘法：当数列{an}中有an/an-1=f(n)，即第n项与第n-1项的商是个有“规律”的数时，可用这种方法。

例5：a1=1，an=an-1(n)，求通项an。

6、构造法：1）配常数法：在数列{an}中有an=kan-1+b（k、b均为常数且k≠），从表面形式上来看an是关于an-1的“一次函数”的形式，可用下面的方法：一般化方法：设an+m=k(an-1+m)，则{an+m}成等比数列。

例6：已知a1=1，an=2an-1+1(n2)，求通项an。

2）配一次函数法：在数列{an}中有an=kan-1+bn+c（k、b、c均为常数且k≠），可用下面的方法：一般化方法：设an+tn+u=k(an-1+t(n-1)+u)，则{an+tn+u}成等比数列。

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

3 2
，2an

an1

6n

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

2
，an1

1 2
an

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

2an 11 an 1

2 ，且
a1
1

2
，
所以数列{an 1}是首项为2，且公比为2的等比数列；
（2）由（1）可得an 1 2n，所以an 2n 1 .
结论：可以通过构造等比数列来解决问题.
规律总结
an1 can d
an1 c(an )
d
c 1
?
结论：an1

d c 1

c(an

d) c 1
已知数列{an} 中，a1 1，且 an1 3an 2，求an .
三、累加法：
形如 an an1 f (n) ，或：an an1 f (n)
四、累乘法：形如：an f (n) ，（ f (n)有一定的形式要求）
an1
问题探究
已知数列{an} 中，a1 1，且 an1 3an 2，求an .
等差数列：an1 an 2 等比数列： an1 3an