在线|二轮辅导[11][求数列的通项公式03]

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思维导图

• 数列专题；

典例剖析

处理练习

累加法；累乘法；

• [微专题05]：构造法求数列的通项公式

构造法求数列通项公式；

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前言

使用构造法求数列的通项公式，首先需要突破的是对(a_n)的内涵的理解和应用。

理解内涵

在数列的学习中，我们经常会见到这样的式子$$a_{n+1}－a_n = m(m常数)，$$ 此时你一定会反应出数列({a_n})是等差数列，那么你有没有想过，(a_n)除过可以是整式，还可以是分式，指数式，对数式，单项式，还可以是多项式等等，比如见到$$S_{n+1}－S_n = m(m常数)，$$ 你还能看出来是等差数列吗，所以你还需要特别注意：对代数式(a_{n+1}－a_n = m)或(cfrac{a_{n+1}}{a_n} = m) ((m)常数)中(a_n)的“内涵”的理解。以下引例加深对等差数列中字母内涵的理解：

①(cfrac{1}{a_{n+1}}－cfrac{1}{a_n} = m)，则数列({cfrac{1}{a_n}})是首项为(cfrac{1}{a_1})，公差为(m)的等差数列；

②(cfrac{1}{S_{n+1}}－cfrac{1}{S_n} = m)，则数列({cfrac{1}{S_n}})是首项为(cfrac{1}{a_1})，公差为(m)的等差数列；

③(cfrac{a_{n+1}}{n+1}－cfrac{a_n}{n} = m)，则数列({cfrac{a_n}{n}})是首项为(cfrac{a_1}{1})，公差为(m)的等差数列；

④(cfrac{n}{a_{n+1}+(n+1)}－cfrac{n-1}{a_n+n} = m)，则数列({cfrac{n-1}{a_n+n}})是首项为(cfrac{1-1}{a_1+1})，公差为(m)的等差数列；

⑤((n+1)a_{n+1}-na_n=m)， 则数列({ncdot a_n})是首项为(a_1)，公差为(m)的等差数列；

⑥(a_{n+1}^2－a_n^2 = m)，则数列({a_n^2})是首项为(a_1^2)，公差为(m)的等差数列；

⑦(log_m^\,{a_{n+1}^2}－log_m^\,{a_n^2} = p)，则数列({log_m^\,{a_n^2}})是首项为(log_m^\,{a_1^2})，公差为(p)的等差数列；

⑧(a_{n+2}-2a_{n+1}=a_{n+1}-2a_n)，则数列({a_{n+1}-2a_n})是首项为(a_2-2a_1)，公差为(0)的等差数列；

以上所列举的凡此种种，都是等差数列，能用一个表达式刻画吗？

[a_{n+1}-a_n=d，d为常数 ]

因此务必要求理解透彻(a_{n+1})和(a_n)的“内涵”；籍此理解：代数，就是用字母代替数字来思维的一门学科。

以下引例用于加深对等比数列的字母内涵的理解：

①(cfrac{a_{n+1}+1}{a_n+1} = m)， 则数列({a_n+1})是首项为(a_1+1)，公比为(m)的等比数列；

②(cfrac{a_{n+1}+(n+1)}{a_n + n} = m)，则数列({a_n+n})是首项为(a_1+1)，公比为(m)的等比数列；

③(cfrac{a_{n+1}^2}{a_n^2} = m)，则数列({a_n^2})是首项为(a_1^2)，公比为(m)的等比数列；

④(a_{n+2}-a_{n+1}=2(a_{n+1}-a_n))，则数列({a_{n+1}-a_n})是首项为(a_2-a_1)，公比为(2)的等比数列；

⑤(lga_{n+1}=2lga_n)，则数列({lga_n})是首项为(lga_1)，公比为(2)的等比数列；

常见构造

• ①基本型 (a_{n+1}=pa_n+q(p eq 0，1；q eq 0))；(p)、(q)为常数；

思路：两边同时加上常数(k)，构造等比数列(a_{n+1}+k=p(a_n+k))求解；其中(k=cfrac{q}{p-1})；

• ②(a_{n+1}=pa_n+q^n)型；(p)、(q)为常数；

思路：两边同时除以(q^{n+1})，得到(cfrac{a_{n+1}}{q^{n+1}}=cfrac{p}{q}cdot cfrac{a_{n}}{q^{n}}+cfrac{1}{q})，即(b_{n+1}=mb_n+h)，转化为上述类型①；

• ③(a_{n+1}=cfrac{pa_n}{a_n+q})型；(p)、(q)为常数；

思路：两边同时取倒数，得到(cfrac{1}{a_{n+1}}=cfrac{a_n+q}{pa_n}=cfrac{q}{p}cdot cfrac{1}{a_n}+cfrac{1}{p})，即转化为类型①求解；

• ④(a_{n+1}-a_n=ka_{n+1}a_n)型；(k)为常数；

思路：两边同时除以(a_{n+1}a_n)，构造等差数列(cfrac{1}{a_n}-cfrac{1}{a_{n+1}}=k)求解；

• ⑤(a_{n+1}=pa_n+qn+r(p eq 0，1；q eq 0；r eq 0))型；(p)、(q)、(r)为常数；【了解】

思路：构造等比数列，令(a_{n+1}+x(n+1)+y=p(a_n+xn+y))，利用两个多项式相等，对应系数相等求得(x)、(y)，利用等比数列求解；

引例，(a_{n+1}=3a_n+2n-1)①；假设其能变形得到(a_{n+1}+p(n+1)+q=3(a_{n}+pn+q))②，

打开整理得到，(a_{n+1}=3a_n+3pn+3q-pn-p-q=3a_n+2pn+(2q-p))③，

由①③两式恒等，得到对应系数相等，即(2p=2)且(2q-p=-1)，解得(p=1)，(q=0)，

代入②式，得到(a_{n+1}+(n+1)=3(a_{n}+n))

提示：较难的情形，两边同时加上同结构的一次式构造等比数列；

• ⑥(a_{n+1}=a_n^r(rin N^*))型；【了解】

思路：两边同时取对数，构造等比数列求解；

• ⑦(a_{n+2}=pa_{n+1}+qa_n)型；【了解】

思路：转化为(a_{n+2}-sa_{n+1}=p(a_{n+1}-sa_n))，其中(left{egin{array}{l}{s+t=p}\{st=-q}end{array} ight.)；

思维导图

高阶总结

构造数列中的常见变形总结

变形训练

①(4a_{n+1}=4a_n^2+4a_n-1)，证明：({lg(a_n+cfrac{1}{2})})为等比数列；

提示：见下面典例剖析；

②(S_{n}=2a_n-2^n)，证明：({a_{n+1}-2a_n})为等比数列；

提示：注意隐含条件的指向作用；

③(a_n=S_ncdot S_{n-1})，变形得到(S_n-S_{n-1}=S_ncdot S_{n-1})

提示：代换，同除构造；

④(na_{n+1}=(n+1)a_n+2)，变形得到(cfrac{a_{n+1}}{n+1}=cfrac{a_n}{n}+cfrac{2}{n(n+1)})

⑤(cfrac{a_{n+1}}{S_ncdot S_{n+1}}=cfrac{S_{n+1}-S_{n}}{S_ncdot S_{n+1}}=cfrac{1}{S_n}-cfrac{1}{S_{n+1}})

⑥(a_{n+2}-2a_{n+1}+a_n=2)，变形得到((a_{n+2}-a_{n+1})-(a_{n+1}-a_n)=2)

提示：对于下标是连续三项的时候，考虑拆分，一定是两两组合拆分；

⑦(cfrac{2^n}{(2^n-1)(2^{n+1}-1)}=cfrac{1}{2^n-1}-cfrac{1}{2^{n+1}-1})

提示：高阶的裂项相消，

⑧(a_{n+1}-a_{n}=3a_{n+1}a_n)，

提示：同除构造；

⑨(a_{n+1}=3a_n+2n-1)；变形得到(a_{n+1}+(n+1)=3(a_{n}+n))

提示：较难的情形，两边同时加上同结构的一次式构造等比数列；

对应练习

练1在数列({a_n})中，(a_1=1)，若(a_{n+1}=3a_n+1)，求(a_n)=_____________。

提示：两边同加常数，构造等比数列；

练2在数列({a_n})中，(a_1=1)，若(a_{n+1}=cfrac{1}{1+a_n})，求(a_n)=_____________。

提示：两边同时取倒数，构造等差数列；

练3在数列({a_n})中，(a_1=1)，(a_n>0)，若((n+1)a_{n+1}^2-na_n^2+a_{n+1}a_n=0)，求(a_n)=_____________。

提示：通过代数变形，构造等差数列；

(na_{n+1}^2-na_n^2+a_{n+1}^2+a_{n+1}a_n=0)，

即(n(a_{n+1}+a_n)(a_{n+1}-a_n)+a_{n+1}(a_{n+1}+a_n)=0)；

即((a_{n+1}+a_n)[n(a_{n+1}-a_n)+a_{n+1}]=0)

即((n+1)a_{n+1}-na_n=0)

练4在数列({a_n})中，(a_1=1)，若(a_{n+1}=2a_n+2^n)，求(a_n)=_____________。

提示：两边同时除以(2^{n+1})，构造等差数列；

练5在数列({a_n})中，(a_1=1)，若(a_{n+1}=3a_n+2^n)，求(a_n)=_____________。

提示：两种变形综合应用而已；

两边同时除以(2^{n+1})，转化为(cfrac{a_{n+1}}{2^{n+1}}=cfrac{3}{2} imes cfrac{a_n}{2^n}+cfrac{1}{2})

然后两边两边同加常数，构造等比数列；

练6在数列({a_n})中，(a_1=1)，(a_2=6)，若(a_{n+2}-2a_{n+1}+a_n=2)，求(a_n)=_____________。

提示：((a_{n+2}-a_{n+1})-(a_{n+1}-a_{n})=2)；

特殊用途

• 构造法除过能像上述方法求得通项公式以外，还可以推求数列的周期性；

引例1：由(a_n+a_{n-1}=4(nge 2))①，构造(a_{n+1}+a_n=4)②，两式做差，得到(a_{n+1}-a_{n-1}=0)，即数列的周期为(T=2)；

引例2：由(a_{n+1}cdot a_n=k)①，构造(a_{n+2}cdot a_{n+1}=k)②，两式作商，得到(a_{n+2}=a_n)，则数列({a_n})的周期为(T=2)，其实数列也是等积数列；

引例3：由(a_{n+1}=a_n-a_{n-1})①，构造(a_{n+2}=a_{n+1}-a_{n})②，两式相加，得到(a_{n+2}=-a_{n-1})，即(a_{n+3}=-a_n)，故数列的周期为(T=6)；

典例剖析

案例【2018山东济宁二模】已知数列({a_n})满足(a_1=cfrac{3}{2})，(4a_{n+1}=4a_n^2+4a_n-1)，

(1)证明：数列({lg(a_n+cfrac{1}{2})})为等比数列；

【分析法】：由于数列({lg(a_n+cfrac{1}{2})})为等比数列，则必有下面的等式成立，

即(cfrac{lg(a_{n+1}+cfrac{1}{2})}{lg(a_{n}+cfrac{1}{2})}=q)，则(lg(a_{n+1}+cfrac{1}{2})=qcdot lg(a_{n}+cfrac{1}{2}))

则(lg(a_{n+1}+cfrac{1}{2})=lg(a_{n}+cfrac{1}{2})^q)，则(a_{n+1}+cfrac{1}{2}=(a_{n}+cfrac{1}{2})^q)，

比对已知条件，可知(q=2)，这样就有(a_{n+1}+cfrac{1}{2}=(a_{n}+cfrac{1}{2})^2)，

再次比对已知条件，发现还需要两边同时乘以常数(4)，

(4(a_{n+1}+cfrac{1}{2})=4(a_{n}+cfrac{1}{2})^2)，

打开整理，发现上式为(4a_{n+1}+2=4a_{n}^2+4a_n+1)①，

而已知条件为(4a_{n+1}=4a_{n}^2+4a_n-1)②，

二者的差别是给①式的两边同时减去常数(2)，即得到②式，

到此，由给定条件向待证结论之间的桥梁完全打通，整理如下：

【综合法】：由于(4a_{n+1}=4a_n^2+4a_n-1)，

则(4a_{n+1}+2=4a_n^2+4a_n+1)，即(4(a_{n+1}+cfrac{1}{2})=(2a_n+1)^2=4(a_{n}+cfrac{1}{2})^2)，

则有((a_{n+1}+cfrac{1}{2})=(a_{n}+cfrac{1}{2})^2)，两边同时取常用对数，

则(lg(a_{n+1}+cfrac{1}{2})=2lg(a_{n}+cfrac{1}{2}))，

又由于(lg(a_1+cfrac{1}{2})=lg2 eq 0)，

故数列({lg(a_n+cfrac{1}{2})})为首项为(lg2)，公比为(2)的等比数列；

反思总结：由求解分析过程可知，题目中的待证结论本身就暗含变形方向的提示作用。

(2)记(R_n=(a_1+cfrac{1}{2}) imes (a_2+cfrac{1}{2}) imes cdots imes (a_n+cfrac{1}{2}))，求(R_n)；

【法1】：利用通项公式，由(1)可知，数列({lg(a_n+cfrac{1}{2})})为首项为(lg2)，公比为(2)的等比数列；

(lg(a_n+cfrac{1}{2})=lg2cdot 2^{n-1}=2^{n-1}cdot lg2=lg2^{2^{n-1}})，故(a_n+cfrac{1}{2}=2^{2^{n-1}})；

则(R_n=(a_1+cfrac{1}{2}) imes (a_2+cfrac{1}{2}) imes cdots imes (a_n+cfrac{1}{2}))

(=2^{2^{1-1}} imes 2^{2^{2-1}} imes 2^{2^{3-1}} imescdots imes 2^{2^{n-1}}=2^{2^0+2^1+cdots+2^{n-1}})

(=2^{frac{1cdot (2^n-1)}{2-1}}=2^{2^n-1})；

注意：运算中的易错处，(lg2cdot 2^{n-1} eq lg(2cdot 2^{n-1}))，即(lg2cdot 2^{n-1} eq lg2^{n})，

【法2】：由于数列({lg(a_n+cfrac{1}{2})})为首项为(lg2)，公比为(2)的等比数列；

(R_n=(a_1+cfrac{1}{2}) imes (a_2+cfrac{1}{2}) imes cdots imes (a_n+cfrac{1}{2}))，

给等式两边同时取对数得到，(lgR_n=lg[ (a_1+cfrac{1}{2}) imes (a_2+cfrac{1}{2}) imes cdots imes (a_n+cfrac{1}{2})])

(=lg(a_1+cfrac{1}{2})+lg(a_2+cfrac{1}{2})+lg(a_3+cfrac{1}{2})+cdots+lg(a_n+cfrac{1}{2}))

(=cfrac{lg2(2^n-1)}{2-1}=(2^n-1)lg2=lg2^{2^n-1})，

由于(lgR_n=lg2^{2^n-1})，则有(R_n=2^{2^n-1})

注意：由于对数运算能将运算降级处理，即原来是乘法运算降级为加法运算，故法2明显要优于法1，在这里我们需要培养主动使用对数运算的数学意识。

例1【2015(cdot)高考广东卷】设数列({a_n})前(n)项和为(S_n，nin N^*)，已知(a_1=1，a_2=cfrac{3}{2}，a_3=cfrac{5}{4})，且当(nge 2)时(4S_{n+2}+5S_n=8S_{n+1}+S_{n-1})。

（1）求(a_4)的值。

分析：（1）简单的数字运算，不过你得注意必须用(S_n)的定义式，

即(S_n=a_1+a_2+cdots+a_n)，

不能用等差或等比的前(n)项和公式，因为题目没有告诉你数列的性质。

当(n=2)时(4S_4+5S_2=8S_3+S_1)，

即(4(a_1+a_2+a_3+a_4)+5(a_1+a_2)=8(a_1+a_2+a_3)+a_1)，

将已知条件代入，解得(a_4=cfrac{7}{8})。

（2）证明：({a_{n+1}-cfrac{1}{2}a_n})为等比数列。

分析：题目告诉的条件是关于(S_n)类的，而要求解的是关于(a_n)类的，

所以变形的方向肯定是要消去(S_n)类的，全部转化为(a_n)类的。

但是这里有了两个变形思路和变形方向：纵向变形和横向变形，

思路一：纵向变形，(nge 2)时，(4S_{n+2}+5S_n=8S_{n+1}+S_{n-1}).

仿此构造如下式子

(nge 1)时，(4S_{n+3}+5S_{n+1}=8S_{n+2}+S_n).两式相减得到

(nge 2)时，(4a_{n+3}+5a_{n+1}=8a_{n+2}+a_n). 到此思路受阻，

打住。为什么？

我们证明到最后肯定会得到

((a_{n+2}-cfrac{1}{2}a_{n+1})=k(a_{n+1}-cfrac{1}{2}a_n))

或者((a_{n+1}-cfrac{1}{2}a_{n})=k(a_n-cfrac{1}{2}a_{n-1}))，

这两个式子都只是涉及到(a_n)类的三项，而我们思路一的涉及到了四项，

所以变形的思路受阻了，得到启示，我们变化如下，

思路二：横向变形，由题目结论的指向作用知道，

不是纵向构造式子做差，应该是就此式子横向做变形，

(nge 2)时，(4S_{n+2}+5S_n=8S_{n+1}+S_{n-1})，

即就是((4S_{n+2}-4S_{n+1})=(4S_{n+1}-4S_n)-(S_n-S_{n-1}))，

得到(4a_{n+2}=4a_{n+1}-a_n)，变形得到，

(a_{n+2}=a_{n+1}-cfrac{1}{4}a_n)，

比照题目结论，尝试给两边同时加上(-cfrac{1}{2}a_{n+1})，整理得到

当(nge 2)时，((a_{n+2}-cfrac{1}{2}a_{n+1})=cfrac{1}{2}(a_{n+1}-cfrac{1}{2}a_n))，

这样基本的等比数列的大样有了，接下来是细节的验证，

其一验证((a_3-cfrac{1}{2}a_2)=cfrac{1}{2}(a_2-cfrac{1}{2}a_1))，

其二还得说明(a_2-cfrac{1}{2}a_1 e 0)，

才能说明这是个等比数列。

是否将((a_{n+2}-cfrac{1}{2}a_{n+1})=cfrac{1}{2}(a_{n+1}-cfrac{1}{2}a_n))改写为分式形式，

不是必要的。

（3）求数列({a_n})的通项公式。

分析：由第二问知道，({a_{n+1}-cfrac{1}{2}a_n})为首项为1，公比为(cfrac{1}{2})的等比数列，

故(a_{n+1}-cfrac{1}{2}a_n=1cdot(cfrac{1}{2})^{n-1})

即(a_{n+1}=cfrac{1}{2}a_n+1cdot(cfrac{1}{2})^{n-1})，两边同乘以(2^{n+1})得到，

所以(2^{n+1}cdot a_{n+1}-2^ncdot a_n=4)，

数列({2^ncdot a_n})是首项为(2^1cdot a_1=2)，公差为(4)的等差数列，

所以(2^ncdot a_n=2+4(n-1)=4n-2)，

故(a_n=cfrac{2n-1}{2^{n-1}})。

例2【2018山东滨州期末】在数列({a_n})中，(a_1=2)，(na_{n+1}=(n+1)a_n+2)，(nin N^*)，则数列({a_n})的通项公式为(a_n)=_________。

分析：两边同除以(n(n+1))，得到(cfrac{a_{n+1}}{n+1}=cfrac{a_n}{n}+cfrac{2}{n(n+1)})，再用累加法，得到(a_n=4n-2)；

例3各项均为正数的数列({a_n})的前(n)项和为(S_n)，且(3S_n=a_ncdot a_{n+1})，则(a_2+a_4+a_6+cdots+a_{2n})=________。

提示：由已知(3S_n=a_ncdot a_{n+1})①，构造(3S_{n+1}=a_{n+1}cdot a_{n+2})②，

两式做差，得到(3a_{n+1}=a_{n+1}cdot a_{n+2}-a_ncdot a_{n+1})，(a_{n+1}>0)，约分得到

(a_{n+2}-a_n=3)，即数列({a_n})的所有奇数项成等差数列，所有偶数项成等差数列，且公差都是(3)，

令(n=1)，代入(3S_n=a_ncdot a_{n+1})，求得(a_2)，从而得到(a_2+a_4+a_6+cdots+a_{2n}=cfrac{3n^2+3n}{2}).