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构造法求数列通项公式
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 .
(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。
用构造法求数列的通项公式
用构造法求数列的通项公式 求数列的通项公式是高考重点考查的内容;作为两类特殊数列----等差数列·等比数列可直接根据它们的通项公式求解;但也有一些数列要通过构造转化为等差数列或等比数列;之后再应用各自的通项公式求解;体现化归思想在数列中的具体应用 例1:06年福建高考题数列{}=+==+n n n n a a a a a 则中12,1,11A ．n 2B ．12+nC ．12-nD ．12+n解法1：121+=+n n a a又211=+a{}1+n a 是首项为2公比为2的等比数列12,22211-=∴=⋅=+-n n n n n a a ;所以选C解法2归纳总结：若数列{}n a 满足q p q pa a n n ,1(1≠+=+为常数;则令)(1λλ+=++n n a p a 来构造等比数列;并利用对应项相等求λ的值;求通项公式..例2：数列{}n a 中;n n n a a a a a 23,3,11221-===++;则=n a ..解：)(2112n n n n a a a a -=-+++212=-a a {}1--∴n n a a 为首项为2公比也为2的等比数列..112--=-n n n a a ;n>1n>1时显然n=1时满足上式小结：先构造{}n n a a --1等比数列;再用叠加法;等比数列求和求出通项公式;例3：已知数列{}n a 中)3(,32,2,52121≥+===--n a a a a a n n n 求这个数列的通项公式.. 解：2132--+=n n n a a a又{}121,7-+=+n n a a a a 形成首项为7;公比为3的等比数列;则2137--⨯=+n n n a a ………………………①又)3(3211-----=-n n n n a a a a ;13312-=-a a ;{}13--n n a a 形成了一个首项为—13;公比为—1的等比数列则21)1()13(3---⋅-=-n n n a a ………………………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..例4：设数列{}n a 的前项和为n n n n S a S =-22,若成立;1求证：{}12-⋅-n n n a 是等比数列..2求这个数列的通项公式证明：1当2,)1(2,1111=∴-=-⋅=a a b a b n又n n n S b a b ⋅-=-⋅)1(2 ………………………①111)1(2+++⋅-=-⋅∴n n n S b a b ………………………②②—①11)1(2++⋅-=-⋅-⋅n n n n a b a b a b当2=b 时;有n n n a a 221+=+又12111=--a{}12-⋅-∴n n n a 为首项为1;公比为2的等比数列; 2小结：本题构造非常特殊;要注意恰当的化简和提取公因式;本题集中体现了构造等比数列的价值与魅力;同时也彰显构造思想在高考中的地位和作用..例5：数列{}n a 满足111232,3++⋅+==n n n a a a ;则=n aA ．n n 2)13(⋅-B ．12)36(-⋅-n nC ．12)12(3+⋅-n nD ．12)23(-⋅-n n解：322,2321111+=∴⨯+=++++n n n n n n n a a a a ⎭⎬⎫⎩⎨⎧∴n na 2构成了一个首项这23;公差为3的等差数列; 112)36()233(22--⨯-=-⋅⨯=n n n n n a 所以选B.. 小结：构造等比数列;注意形n n a 2;当1+→n n 时;变为112++n n a .. 例6：已知函数)0(,)2()(2≥+=x x x f ;又数列{}n a 中21=a ;其前n 项和为,n S )(*∈N n ;对所有大于1的自然数n 都有)(1-=n n S f S ;求数列{}n a 的通项公式.. 解：2112)2()(,)2()(+==+=--n n n S S f S x x f{}n S ∴是首项为2;公差为2的等差数列.. 22,22)!(2n S n n S n n =∴=-+=..2≥n 时;24)1(22221-=--=-=-n n n S S a n n n且当1=n 时;21421-⨯==a 符合条件∴通项公式为24-=n a n例7：2006山东高考题已知21=a ;点1,+n n a a 在函数x x x f +=2)(的图象上;其中 ,3,2,1=n 求数列{}n a 的通项公式..解：x x x f 2)(2+=又),(1+∴n n a a 在函数图象上{})1lg(+n a 是首项为3lg 公比为2的等比数列 小结：前一个题构造出n S 为等差数列;并且利用通项与和的关系来确定数列的通项公式;后一个题构造(){}1lg +n a 为等比数列;再利用对数性质求解..数列与函数的综合运用是当今高考的重点与热点;因此我们在解决数列问题时应充分利用函数有关知识;以它的概念与性质为纽带;架起函数与数列的桥梁;揭示它们之间内在联系;从而有效地解决数列问题..例8：2007天津高考题已知数列{}n a 满足n n n n a a a 2)2(,2111⋅-++==++λλλ;*N n ∈其中0>λ;求数列的通项公式方法指导：将已知条件中的递推关系变形;应用转化成等差数列形式;从而为求{}n a 的通项公式提供方便;一切问题可迎刃而解..解：)0*,(,2)2(11>∈⋅-++=++λλλλN n a a n n n n,1)2()2(111+-=-∴+++n n n n n n a a λλλλ.. 所以02,1)2()2(1111=-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+++λλλλλλa a a n n n n n n 所以⎭⎬⎫⎩⎨⎧-n n n a )2(λλ为等差数列;其首项为0;公差为1； 例9：数列{}n a 中;若21=a ;n n n a a a 311+=+;则=4a A ．192B ．1516C ．58D ．43 解：31311,3111+=+=∴+=++n n n n n n n a a a a a a a 又⎭⎬⎫⎩⎨⎧∴=n a a 1,2111是首项为21公差3的等差数列.. 19254624=-⨯=∴a 所以选A 变式题型：数列{}n a 中;n n n a a a a 312,211+==+;求=n a 解：nn n n n n n a a a a a a a 121232311,31211⋅+=+=∴+=++ ⎭⎬⎫⎩⎨⎧-∴31n a 是首项为25-公比为21的等比数列 小结:)(1n n a f a =+且为一次分式型或构造出倒数成等差数列或构造出倒数加常数成等比数列;发散之后;两种构造思想相互联系;相互渗透;最后融合到一起..总之;构造等差数列或等比数列来求数列的通项公式;是求通项公式的重要方法也是高考重点考查的思想;当然题是千变万化的;构造方式也会跟着千差万别;要具体问题具体分析;需要我们反复推敲归纳;从而确定其形式;应该说构造方法的形成是在探索中前进;在前进中探索..。
(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.。
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。
例谈构造常数列求通项公式
例谈构造常数列求通项公式常数列是一种特殊的数列，每一项都是相同的常数。
构造常数列的关键是找到规律并求出通项公式。
本文将从简单到复杂，逐步介绍构造常数列求通项公式的方法。
首先，最简单的常数列是完全相同的数列。
比如，1、1、1、1、1、…，每一项都是1、这种常数列的通项公式为aₙ=1，其中aₙ表示数列的第n项。
但是，大部分常数列不是如此简单。
下面以一个具体的例子为说明：例子一：求解数列1、4、9、16、25、…我们可以看出，该数列每一项都是前一项的平方。
为了求出通项公式，我们可以先写出前几项的索引和数值的对应关系：n12345...aₙ1491625...观察数列的规律，我们可以发现，索引n与数值aₙ之间的关系是aₙ=n²。
因此，数列的通项公式为aₙ=n²。
例子二：求解数列2、4、8、16、32、…该数列每一项都是前一项乘以2、我们可以写出前几项的索引和数值的对应关系：n12345...aₙ2481632...观察数列的规律，我们可以发现，索引n与数值aₙ之间的关系是aₙ=2ⁿ。
因此，数列的通项公式为aₙ=2ⁿ。
以上两个例子都是比较简单的常数列。
下面我们从更复杂的角度来看待构造常数列求通项公式的方法。
例子三：求解数列1、-1、1、-1、1、-1、…该数列的特点是奇数项为1，偶数项为-1、我们可以写出前几项的索引和数值的对应关系：n123456...aₙ1-11-11-1...观察数列的规律，我们可以发现，索引n与数值aₙ之间的关系是aₙ=(-1)^(n-1)。
其中^表示乘方运算。
因此，数列的通项公式为aₙ=(-1)^(n-1)。
通过以上例子，我们可以总结出一些构造常数列求通项公式的一般方法：1.观察数列的前几项，找出其中的规律。
2.找出索引n与数值aₙ之间的关系，尽量简化。
3.根据规律和关系，写出数列的通项公式。
需要注意的是，构造常数列求通项公式并不是一种机械的方法，而是需要一定的观察力和灵活性。
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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：数列 { a n} 中，若 a12, 114(n N ), 求a nan 1a n设 b n1,则 b n 1 b n+4,a n即 b n 1b n＝４，{ b n｝是等差数列。
可以通过等差数列的通项公式求出b n,然再求后数列{ a n}的通项。
练习： 1)数列 { a n}n1, a n 11, (n n中， a ≠ 0，且满足 a121N ), 求a3a n2)数列 { a n } 中，a11,a n 12a n, 求a n通项公式。
a n23)数列 { a n } 中, a11, a n 0, 且a n2a n a n1an10(n2,n N ), 求 a n.二．构造形如 b n a n2 的数列。
例：正数数列 { a n } 中，若 a15, a n12a n24(n N ),求 a n 解：设 b n a n2,则b n1b n4,即 b n1b n4数列 { b n } 是等差数列，公差是4， b1225 a1b n25( n1)(4)294n即 a n 24n29a n294n , (1n7, n N )练习：已知正数数列 { a n } 中， a12, a n2a n 1 (n2, n N ) ,求数列 { a n } 的通项公式。
三．构造形如 b n lg a n的数列。
例：正数数列 { a n}中，若 11lg a n 1 ,( n2, n N ),求 a n.a =10,且lg a n2解：由题意得：lg a n1，可设 b n lg a n，lg a n21即bn1,b n 121b n 是等比数列，公比为1， b 1 lg 10 12b n 1 ( 1) n 1(1) n 1, (n N) .22(1 )n 1即 lg a n( 1) n 1 , a n 10 22练习：（选自 2002 年高考上海卷）数列 { a n 中，若 12 ,n 是正整数，求数列n}的通项公式。
}a =3, a n 1a n{ a四．构造形如 b na nm 的数列。
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。
解： a n+1 n 即 n+1 （ n ）设 b n +1=2a +2, a +1=2 a +1n 则 n n-1= a +1,b= 2 b首项１= a １ +1＝ 7,则数列 { b n是等比数列，公比是}2,bb7 2n 1,即 a n 1 7 2n 1na n 7 2n 1 1 ， ( n N ) 构造此种数列，往往它的递推公式形如：a n 1c a nd, (c 1)和 S n a nn 2的形式 。
n+1n n+1n如： a＝c a +d,设可化成 a+x=c(a +x),n+1na=c a +(c-1)x用待定系数法得：(c-1)x ＝d∴x= d. c 1又如：Ｓ n +a n =n+2,则 Ｓn-1+a n-1=n+1,二式相减得：Ｓ n －Ｓ n-1 +a n －a n-1 =１，即 a n +a n －a n-1 =１，∴ 2 a n － a n-1=１， a n = 1 a n-1 1 .2+ 2＋ 1如上提到 b n = a n 1 d = a n – 1练习： 1. 数列 { a n 满足 c n 求 n} a =3a +2, a 2.数列 { a n } 满足Ｓ n +a n =2n+1, 求 a n 五．构造形如 b n a n 1 a n 的数列。
例：数列 { a n } 中，若 a 1=１， a ２=3,a n+2 + 4 a n+1 - 5a n =0 (n N),求 a n 。
解： a n+2n+1n得：n+2 －n+1 （ n ＋１－n ）+ 4 a - 5a =0a a = - 5 a a设 b n = a n ＋１ － a n ，则数列 { b n } 是等比数列，公比是 -5,首项 b １ = a 2 - a 1＝2,∴a n ＋１ － a n =2?(-5)n-1即 a ２ －a １=2?(-5) a３－ a ２ =2?(-5)２a ４ － a ３ =2?(-5)３┄a n － a n －１ =2?(-5)n-2以上各式相加得： a n － a １ =2?［（-5）＋ (-5)２ ＋(-5)３ ＋┄＋（ -5）n-1］2即： a n －a １ =2?1（n 15）1( 5)a n1 1 ( 5) n 1 ，即 a n4 ( 5)n 1 ，（n N )33－ a 然后用当递推公式中， a与 a 的系数相同时， 我们可构造 b = an ＋１nnn ＋１n ，叠加法得： b 1 2 34 ┄ n n 1+b +b +b ++b = a -a通过求出数列｛ b n ｝前 n-1 项和的方法，求出数列 { a n } 的通项公式。
1) 当递推公式中形如 :n+1 n +an+b ; n+1 n nn+1 =a n n a=aa=a +q (q ≠ 1) ;a +q +an+b 等情形时，可以构造 b n n ＋１ － n 得 n ； n n n n 。
= aa , :b = an+bb = q ;b =q +an+b求出数列前 n-1 项的和 T n-1,T n-1=a(n 1)n2(n 1)b ;T n-1=q(1q n 1 )；1 qT n-1q(1 q n 1 ) a(n 1) n(n 1)b=1 q +2即：n １ a(n 1)nn1)b ;a －a =2(n１=q(1 q n 1 ) q 1 n１= a(n 1)na － a2从而求出n１a( n 1)n(2q n 1)n１+ q(1 ;a = a1 qn１+ a( n 1)n (a =a2; (n 1)b +q(1q n 1 ) 1 qn 1)b ;n 1)b +q(1q n 1 ) 。
1 q2）当递推公式中形如 :a =a + 1；a =a +1 ； a=a +1等情形n+1n1) n+1n（2n1)n+1 nn1n(n1）(2nn可以构造 b nn ＋１ － n 得： n1 ；b n =1；b n=1= aa ,:b =n(n 1)1）(2n 1)n 1（2n nn11 n 1 1 1 n n 1 nn2n 1 2n n 12 1从而求出求出数列前 n-1 项的和 T n-1111,T n-1 ；T n-1) ；T n-1 = n 1n 2n21即：a n － １= 1 1 ;a na n －a １= 1(11 ) ;22n 13a n－ a １ = n 1 从而求出a n１+1 1 ;=ana n = a １+ 1(11 ) ;2 2n 1a n =a １ + n 1 ， n+1n求通 n.： 1）数列 { a n} 中，若1a =1 a -a =2n,a2）数列 { a n } 中，若 a 1=1， a n+1 -a n =2n ,求通 a n.3) 数列 { a n } 中，若 a 1=2， a n 1a n 2nn ，求通 a n.六．构造形如 b na n 1 的形式。
a n例：数列 { a n } 中，若 a 1=1， (n 1)a n 1na n ，求 a n.解：由 (n1)a n 1 na n得： a n1n na n1a 2 1，a 3 2 ， a∴2a 23 aa 1用累乘法把以上各式相乘得：a n 1 a 1n4 3，⋯a nn 14an 1n3∴ a n 1 。
nq n a n ； (n当 推公式形如： a n 1)a n1na n ； na n 1(n 1)a n 等形式，我 可以构造 b nan 1。
a n可得 :b nq n; b nn n; b nn 1 .1 n然后用叠乘法得： b 1b 2 b 3b n1a n 。
令数列 {b n 的前 的 a 1n-1 A n-1} ,n( n 1)1 ; A n 1 1An 1 q 2 ； A n 1n na nn ( n 1)a n1a n 1从而得到：q2；a 1；na 1na 1n( n 1)a 1 1； a na 1 1。
a n a 1 q 2； a nn n 2n a： 1）数列 { a n } 中，若 1 ， an n ，求 a n.a =2七．构造形如 b nan 1ma n 的形式。
例：数列 { a n} 中，1，nn-1，求n.a =2 S =4a+1a解： n n-1n-1 n-2S =4a +1，S=4a+1二式相减： nn-1n-1 n-2S -S=4a -4ann-1n-2a =4a-4aa n -2a n-1=2（ a n-1-a n-2）b n =a n+1-2a n ，4当递推公式形如 S n+1=4a n+2;a n+2=pa n+1+qa n(p+q=1)等形式时，因a -2a=2(a-2a );a-a =(p-1)(a-a ),nn+1n+1n n+2n+1n+1n我们构造 b n=a n+1-2a n; b n=a n+1-a n,由等比数列知识得 b n2n-1 2 1·n-11 ·n=(a -a ) 2; b =(a -a ) (p-1)从而得到 a n+1n21n-1 n+1n 2 1n-1=2a +(a -a )2;a =a (a -a )(1-q)由类型四求出 a n。
总之，对于很多数列，我们都可以由递推公式构造新数列的方法求出他们的通项公式。
当然，在教学中我们应当充分调动学生的积极性，努力培养学生的创造能力，让学生自己去构造，自己去探索，使学生亲尝到成功乐趣，激起他们强烈的求知欲和创造欲。
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