构造法求数列通项公式

合集 - 构造函数(9)

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9.构造法求数列通项公式2019-03-27

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公式定理💯随心记

【期望计算公式】文字语言：离散型随机变量的数学期望。符号语言：$E (X)=\sum\limits_{i=1}^{n} x_ip_i$；若 $Y=aX+b$，则 $E (Y)=aE (X)+b$

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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 $\{n\cdot a_n\}$ 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 $a_{n+1}=pa_n+q(p\neq 0，1；q\neq 0)$；$p$、$q$ 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$a_{n+1}=pa_n+qn+r(p\neq 0，1；q\neq 0；r\neq 0)$ 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$a_{n+1}=a_n^r(r\in N^*)$ 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 $\left\{\begin{array}{l}{s+t=p}\\{st=-q}\end{array}\right.$；

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$a_n=S_n\cdot S_{n-1}$，变形得到 $S_n-S_{n-1}=S_n\cdot S_{n-1}$

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$\cfrac{a_{n+1}}{S_n\cdot S_{n+1}}=\cfrac{S_{n+1}-S_{n}}{S_n\cdot S_{n+1}}=\cfrac{1}{S_n}-\cfrac{1}{S_{n+1}}$

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

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；

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；

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 $(n+1)a_{n+1}-na_n=0$

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；

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 $\cfrac{a_{n+1}}{2^{n+1}}=\cfrac{3}{2}\times \cfrac{a_n}{2^n}+\cfrac{1}{2}$

然后两边两边同加常数，构造等比数列；

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 $a_n+a_{n-1}=4(n\ge 2)$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

【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 $lg(a_{n+1}+\cfrac{1}{2})=q\cdot lg(a_{n}+\cfrac{1}{2})$

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 $lg(a_1+\cfrac{1}{2})=lg2\neq 0$，

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 $R_n=(a_1+\cfrac{1}{2})\times (a_2+\cfrac{1}{2})\times \cdots\times (a_n+\cfrac{1}{2})$，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；

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

则 $R_n=(a_1+\cfrac{1}{2})\times (a_2+\cfrac{1}{2})\times \cdots\times (a_n+\cfrac{1}{2})$

$=2^{2^{1-1}}\times 2^{2^{2-1}}\times 2^{2^{3-1}}\times\cdots \times 2^{2^{n-1}}=2^{2^0+2^1+\cdots+2^{n-1}}$

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

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

【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；

$R_n=(a_1+\cfrac{1}{2})\times (a_2+\cfrac{1}{2})\times \cdots\times (a_n+\cfrac{1}{2})$，

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

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

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

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。

【2015$\cdot$ 高考广东卷】设数列 $\{a_n\}$ 前 $n$ 项和为 $S_n，n\in N^*$，已知 $a_1=1，a_2=\cfrac{3}{2}，a_3=\cfrac{5}{4}$，且当 $n\ge 2$ 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，$n\ge 2$ 时，$4S_{n+2}+5S_n=8S_{n+1}+S_{n-1}$.

仿此构造如下式子

$n\ge 1$ 时，$4S_{n+3}+5S_{n+1}=8S_{n+2}+S_n$. 两式相减得到

$n\ge 2$ 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，

$n\ge 2$ 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 $n\ge 2$ 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 $a_2-\cfrac{1}{2}a_1\ne 0$，

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

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

所以 $2^{n+1}\cdot a_{n+1}-2^n\cdot a_n=4$，

数列 $\{2^n\cdot a_n\}$ 是首项为 $2^1\cdot a_1=2$，公差为 $4$ 的等差数列，

所以 $2^n\cdot a_n=2+4(n-1)=4n-2$，

故 $a_n=\cfrac{2n-1}{2^{n-1}}$。

【2018 山东滨州期末】在数列 $\{a_n\}$ 中，$a_1=2$，$na_{n+1}=(n+1)a_n+2$，$n\in N^*$，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 $a_n=4n-2$；

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

提示：由已知 $3S_n=a_n\cdot a_{n+1}$①，构造 $3S_{n+1}=a_{n+1}\cdot a_{n+2}$②，

两式做差，得到 $3a_{n+1}=a_{n+1}\cdot a_{n+2}-a_n\cdot a_{n+1}$，$a_{n+1}>0$，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 $3S_n=a_n\cdot a_{n+1}$，求得 $a_2$，从而得到 $a_2+a_4+a_6+\cdots+a_{2n}=\cfrac{3n^2+3n}{2}$.

已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=1$，且 $a_{n+1}=\cfrac{(3n+3)a_n+4n+6}{n}$，($n\in N^*$).

(1). 证明数列 $\{\cfrac{a_n+2}{n}\}$ 是等比数列；特别注意题目中的隐含条件，比如题目要求证明 $\{\cfrac{a_n+2}{n}\}$ 是等比数列，则意味着 $\{\cfrac{a_n+2}{n}\}$ 是此数列中的第 $n$ 项，所以要凑出其第 $n+1$ 项的形式 $\{\cfrac{a_{n+1}+2}{n+1}\}$，就需要首先给已知式子两边同加 2，然后两边同除以 $n+1$

分析：由 $a_{n+1}=\cfrac{(3n+3)a_n+4n+6}{n}$，两边同时加上 $2$，得到

$a_{n+1}+2=\cfrac{(3n+3)a_n+4n+6}{n}+2$，右边通分

整理为 $a_{n+1}+2=\cfrac{(3n+3)a_n+(6n+6)}{n}$，

即 $a_{n+1}+2=\cfrac{(n+1)(3a_n+6)}{n}$，再改写为

$\cfrac{a_{n+1}+2}{n+1}=\cfrac{3a_n+6}{n}=3\times \cfrac{a_n+2}{n}$

又由于 $\cfrac{a_1+2}{1}=3\neq 0$，

故数列 $\{\cfrac{a_n+2}{n}\}$ 是首项为 3，公比为 3 的等比数列；

(2). 求数列 $\{a_n\}$ 的通项公式；请注意，为了控制求解难度，这类题目往往会设置两问，第一问是求解 $a_n$ 的桥梁，第二问通过解方程得到通项公式 $a_n$，如果直接去掉第一问，这样的题目的变形方向就模糊不清，难度一下子就上来了。

分析：由 (1) 可知，$\cfrac{a_n+2}{n}=3\cdot 3^{n-1}=3^n$，

则 $a_n+2=n\cdot 3^n$，即 $a_n=n\cdot 3^n-2$；