用构造法求数列的通项公式
重庆市綦江县东溪中学 任德辉
求数列的通项公式是近几年高考重点考察的内容，两类特殊数列等差数列和等比数列可以根据公式直接求解，还有些特殊数列可用累加法、累乘法等来直接求解，但有些数列却不能直接求解，它们往往要转化为等差、等比数列和其他数列后再运用各自的通项公式求解，从而体现化归思想在数列中的运用，此时可用构造法求解。所谓构造法就是在解决某些数学问题中通过对条件和结论的充分剖析，有时会联想出一些适当的辅助模型，以促成命题的转换，产生新的解题方法。下面就构造法求数列的通项公式的分类和解题方法分别进行论述。
一、用构造法求数列的通项公式依照构造目标数列的不同可以分为构造等差数列、构造等比数列和构造其他数列。
1. 构造等差数列
例1、（2009湖北）已知数列{a n }的前n 项和S n =-a n -() 1
2n -1+2(n 为正整数），令
b n =2n a n ，求证数列{b n }是等差数列，并求数列{a n }的通项公式。
解：a 1=1, b 1=21a 1=1 2
1
2n -1∵S n =-a n -() 1+2， ∴ S n +1=-a n +1-() n +2 2
n n +1n ∴2a n +1=a n +() 等式两边都乘以2得2a n +1-2a n =1， 1
2n
即b n +1-b n =1，∴数列{b n }是以1为首项公差为1的等差数列，b n =2a n =n ∴a n =n n 2n
例2、数列{a n }中，若a 1=2，a n +1=a n ，则a 4=（ ） 1+3a n
A ．21683 B ． C ． D ． 191554
解： a n +1=a n 1+3a n 11, ∴==+3 1+3a n a n +1a n a n
又11⎧1⎫1=, ∴⎨⎬是首项为公差3的等差数列。 a 12⎩a n ⎭2
1156n -52 =+(n -1) ⋅3=3n -=, ∴a n =a n 2226n -5
∴a 4=22= 所以选A 6⨯4-519
2. 构造等比数列
例3、(2010上海) 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n =n -5a n -85, n ∈N +。证明：{a n -1}是等比数列并求{a n }的通项公式
证明：当n =1时，a 1=S 1=1-5a 1-85，a 1=-14, a 1-1=-15
当n ≥2时，S n -1=n -1-5a n -1-85, ∴a n =S n -S n -1=1-5a n +5a n -1
6a n =5a n -1+1，a n -1=5(a n -1-1) 6
5的等比数列。 6 ∴{a n -1}时首项为-15，公比为
a n -1=-15.()
a n =-15.()
3、构造其他数列 56n -1 56n -1+1
例4、（2009全国）在数列{a n }中，a 1=1, a n +1=(1+
{b n }的通项公式。并求出a n
解：由已知得b 1=a 1=1，
∴b 2-b 1=1n +1a ) a n +n . 设b n =n ，求数列n 2n a n +1a n 11=+n ，即b n +1-b n =n n +1n 22111，b 3-b 2=2，…. ，b n -b n -1=n 222
以上各式相加可得b n -b 1=1-11b =2-，即 n 2n -12n -1
小结：本题构造了一个数列{b n }，虽然不是等差、等比数列但可以用累加法并用等比数列求和公式求出通项公式。本题还可以用参数法进一步构造另一个等差或等比数列：由b n +1=b n +
n 1n +1n ，得2n +1b n +1=2. 2n b n +2，令c n =2n b n 得c =2c +2再用后面例5的n 2解法求得c ，进而求得b n 和a n
二、构造法求数列通项公式的解题方法
由题目给出目标数列与否这个标准来判断，用构造法求数列的通项公式的方法可以分为以下几类：
1、如果数列明确要证明一个与原数列有关的新数列是等差或等比数列，此时可以用拼凑法来
求解。
例5、设数列{a n }的前项和为S n , 若2a n -2n =S n 成立，(1)求证： a n -n ⋅2n -1是等比数列。(2) 求这个数列的通项公式
证明：(1)当 n =1, 2a 1-2=S 1=a 1, ∴a 1=2
又2a n -2n =S n ……①
∴2a n +1-2n +1=S n +1……②
②—① 2a n +1-2a n -2n =a n +1 {}
∴a n +1=2a n +2n
∴a n +1-(n +1) ⨯2n =2a n +2n -(n +1) ⨯2n =2⋅(a n -n ⋅2n -1)
又a 1-21-1=1
∴{a n -n ⋅2n -1}为首项为1，公比为2的等比数列，
(2)a n -n ⋅2n -1=2n -1, ∴a n =(n +1) ⋅2n -1
小结：本题在求出a n +1=2a n +2后的构造过程非常巧妙，在明确题目要证明的数列是等比
数列的前提下，结合等比数列的概念，我们只需证明这个数列的后项与前项的比值为常数就可，所以我们只需在a n +1=2a n +2的左边拼凑出数列a n -n ⋅2n n {n -1}的第n+1项，在
右边顺势就可以得出第n 项。此法我们不妨就叫做拼凑法
2、数列没明确给出要构造的目标数列，此时满足一定条件的数列可以考虑用参数法来求解 （Ⅰ）递推公式为a n +1=pa n +q 型（其中p ，q 均为常数，(pq (p -1) ≠0) ）的数列一般可
a n +1-t =p (a n -t ) ，由对应项系数相等求出参以构造出一个等比数列，解题思路为：设
数t 的值，再利用换元法转化为等比数列求解。
例6、 已知数列{a n }中，a 1=1，a n +1=2a n +3，求a n .
解：∵a n +1=2a n +3，
∴设a n +1-t =2(a n -t ) 即a n +1=2a n -t ⇒t =-3.
即a n +1+3=2(a n +3) ,
令b n =a n +3，则b 1=a 1+3=4, 且b n +1a n +1+3==2. b n a n +3
∴{b n }是以b 1=4为首项，2为公比的等比数列，
则b n =4⨯2n -1=2n +1, 所以a n =2n +1-3.
例7、数列{a n }中，a 1=2, a n +1=2a n ，求a n 1+3a n
解： a n +1=2a n 1+3a n 3111, ∴==+⋅ 1+3a n a n +12a n 22a n
∴令111λ3+λ=(+λ), 则-=, ∴λ=-3 a n +12a n 22
∴1
a n +1-3=1115(-3), 又-3=- 2a n a 12
⎧1⎫51∴⎨-3⎬是首项为-公比为的等比数列 22⎩a n ⎭
151151-3=-() n -1, ∴=3-() n -1 a n 22a n 22
∴a n =1
513-() n -1
22
小结:若递推公式为a n +1=f (a n ) 且f (a n ) 为一次分式，此时的解决办法为先两边取倒数，分
离常数后直接构成等差数列（例题省略）（或用参数法构造出倒数加常数成等比数列），
n a =pa +q n +1n （Ⅱ）递推公式为型（其中p ，q 均为常数，(pq (p -1)(q -1) ≠0) ）。
n a =pa +rq n +1n （或型, 其中p ，q, r 均为常数）的解题思路为：两边除以q n 化为
b n +1=pb n +q 型。或直接用参数法（p ≠q ）设a n +1+kq n +1=p (a n +kq n ) 再求解 例8、 已知数列{a n }中，a 1=511n +1, a n +1=a n +() ，求a n 。 632
11a n +() n +1两边乘以2n +1得：32解：（法一：转化为a n +1=pa n +q 型）在a n +1=
2n +1. a n +1=2n (2. a n ) +1 3
22b n +1, 应用例5解法求得：b n =3-2() n 33令b n =2n . a n ，则b n +1=
所以a n =b n 1n 1n =3() -2() n 232
（法二：用参数法） 设a n +1+k ()
∴-12n +1111k 1=[a n +k () n ]，整理得a n +1=a n -() n +1 32332k =1。k =-3 3
1
2n +1∴a n +1-3() 11121=[a n -3() n ]，即数列{a n -3() n }为以-为首项，公比为的等32233
1
2n 比数列，a n -3() =-21n -111() 即a n =3() n -2() n 3323
2a =pa +rn +s a =a +pn +qn +r ，a n +2=pa n +1+qa n 的递推n +1n n +1n 此外还有型如，
公式等，均可采用参数法解决，在此就不一一赘述。从以上几个例题可以看出，构造法求数列的通项公式最关键的就是如何对条件给出的递推公式进行正确的处理。
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题目。题目是千变万化的，构造方式也会跟着千差万别, 具体问题具体分析，通过
反复推敲归纳，从而确定其形式，运用恰当的构造法以求解，我们就能灵活而轻松的解决这类题目了。应该说构造方法的形成是在探索中前进，在前进中探索。
参考文献：《中学数学精析精练必修5人教版》
《5年高考3年模拟》