“构造法”在求数列通项中应用

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1、“构造法”在求数列通项中的应用武汉市吴家山中学刘忠君由递推公式求数列的通项公式是数列中的常见题型，也是高考考查的热点问题。“大纲”中对递推数列规定的教学目标是“了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项”，但从近几年的高考试题中对递推数列的考查来看，其考查目标远在于教学目标。由于此类问题的解法很多，技巧性较强，特别是对运算能力、归纳猜想能力、类比转化能力、以及运用数学知识分析和解决数学问题的能力要求较高，故而成为学习中的一大难点。本文介绍一种构造“新数列”求原数列通项的方法，思路自然，简捷实用，可给人耳目一新的感觉。

2、一、型如(为常数且，)的数列，其本身并不是等差或等比数列，但可以经过适当的变形后，即可构造出一个新数列，利用这个数列可求其通项公式。1、(为常数)，可构造等比数列求解。例1、已知数列的递推关系为，且，求通项。解：∵，∴，令，则数列是公比为2的等比数列，∴，即，∴。例2、已知数列满足，（），求通项。解：由，得，又，所以数列是首项为，公比为的等比数列，∴。注：一般地，递推关系式(p、q为常数，且p≠0，p≠1)可等价地改写成，则{}为等比数列，从而可求。2、为等比数列，可构造等差数列、等比数列求解。如(为常数)，两边同除以，得，令，则可转化为的

3、形式求解。例3、已知数列{an}中，，，求通项。解：由条件，得，令，则，即，又，，∴数列为等比数列，故有14，即，∴。例4、已知数列满足，，求通项。解：由条件，得，即，故数列是以为首项，以为公差的等差数列，∴，故。例3、已知数列的前项和与的关系是，其中b是与n无关的常数，且，，求（用n和b表示）。解：首先由公式：，得，（），，，…，，∴，∴。例5.已知b≠0，b≠±1，，写出用n和b表示an的通项公式。解：将已知递推式两边乘以，得，又设，于是，原递推式化为，仿类型三，可解得，故。3、为等差数列，如型递推式，可构造等比数列求解。14例5、已知

4、数列满足，（），求解：令，则，∴，代入已知条件，得，即，令，，解得=－4，=6，所以，且，∴是以3为首项、以为公比的等比数列，故，故。注：此例通过引入一些尚待确定的系数，转化命题结构，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。例6、在数列中，，，求通项。解：由，得，令，比较系数可得：A=－6，B=9，令，则有，又，∴是首项为，公比为的等比数列，所以，故。4、为非等差、非等比数列，可构造等差、等比数列求解。法一、构造等差数列求解：例7、在数列中，，其中，求数列的通项公式。解：由条件可得，∴数列是首项为0，公差为1的等差数列，

5、故，∴。例8、在数列{an}中，，求通项。解：由条件可得：，∴数列是首项为，公差为2的等差数列，∴。法二、构造等比数列求解：例9、已知数列满足，，求数列的通项公式。14解：设，将已知条件代入此式，整理后得，令，解得，∴有，又，且，故数列是以为首项，以3为公比的等比数列，∴，故。二、形如的复合数列，可先构造等差数列或等比数列，再用叠加法、叠乘法、迭代法等方法求解。例1、⑴在数列中，，，求。⑵在数列中，，，，求。解：⑴由条件∴故，再叠加法可得：。⑵由条件可得，∴数列是以为首项，以为公比的等比数列，∴，故==…===。例2、已知数列满足，，（），

6、求。解：由已知可得：，又，所以数列是首项为、公比为的等比数列，∴，即，亦即，又，∴数列是首项为2、公差为6的等差数列，∴，∴。三、一些较为特殊的数列，可利用“取倒数”的方法构造等差数列或等比数列求解。例1、已知数列中，，（），，求。解：由已知，得，设，则，故是以14为首项，1为公差的等差数列，∴，即。例2、已知数列，其中，且，求通项an。解：由条件得：，设，则，令，解得，于是有，∴数列是一个以为首项，公比是－3的等比数列，∴，即，代入bn＝，得。例3、设正数数列（）满足：=，且，求的通项公式.解：将原式两边同除以整理得：，设=，则，故有，又

7、，∴数列是首项为2，公比为2的等比数列，∴，即=，∴（），逐项相乘得：=，考虑到，故。例4、若数列中，，是数列的前项之和，且（n），求数列的通项公式是.解：由，得，令，则有，故，∴数列{}是以为首项，3为公比的等比数列，∴=，∴，当n时，由（）得，∴。四、对某些特殊的数列，可利用特征方程构造等差数列或等比数列求解。如满足（A，B，C，D为常数，且）的数列，可令特征方程为，变形为，若方程有二异根，则可令14（为待定常数），则数列是首项为，公比为的等比数列；若方程有二重根，则可令（为待定常数），则数列是首项为，公差为的等差数列。然后代入的值可求

8、得值，于是可求得。例1、已知数列满足，求数列的通项。解：令，化简得，解得，令，由，得，可得，∴数列是以为首项，以为公比的等比数列，，解得。例2、已知数列满足，求数列的通项解：令，