专题20 构造法求数列通项公式-2025年高考数学一轮复习重难点微专题突破

专题20 构造法求数列通项公式 知识梳理 在数列中，我们最关心的就是它们的通项公式，知晓了通项公式的形式，我们就可以对数列利用代数或函数工具进行全面的研究. 但是很多时候，试题中并不会直接给出数列的通项公式，而是通过不同项之间的关系让我们探究构造数列的通项公式. 本节我们将对四种常用的数列通项构造进行简单的讲解. 考点解读 考点一 累加/累乘形构造通项 【典例精讲】 例1.(2024·北京市市辖区月考)设数列满足且，则数列前项和为(    ) A. B. C. D. 例2.(2024·广东省广州市月考)已知数列满足，，则(    ) A. B. C. D. 【方法储备】 累加法和累乘法是递推构造中形式最简单，方法最基本的两种构造形式. 形如或的递推公式，可以利用累加求解. 形如或的递推公式，可以利用累乘求解. 注意以上两种形式都需要检验的时候是否成立. 【拓展提升】 练习1-1.(2024·江西省吉安市月考)数列满足，且对任意的都有，则数列的前项的和为 (    ) A. B. C. D. 练习1-2.(2024·吉林省吉林市四校联考)在数列中，，则           ． 练习1-3.(2024·湖南省长沙市月考)已知数列的前项和为，且，． 求数列的通项公式； 若数列满足，，求数列的前项和． 考点二 形式的构造 【典例精讲】 例3.(2024·安徽省合肥市期中)已知数列满足则(    ) A. B. C. D. 例4.(2024·江苏省苏州市期末)(多选)已知数列满足，，设的前项和为，则下列说法正确的有(    ) A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 例5.(2024·安徽省合肥市月考)已知数列满足，． 证明为等比数列，并求的通项公式； 设的前项和为，，证明：数列的前项和小于． 【方法储备】 类似的形式，根据和的不同，一共有以下几种不同的形式可供构造： 简化 构造 为常数 等差数列 为非零常数 等比数列 且 为非零常数 待定系数法 且 为一次函数 待定系数法 其中省略号省略了为二次或更高次函数的情况，由于类似为一次函数的解法，此处不再赘述. 对于且且不为零的情况，通常使用如下的待定系数法构造数列的通项公式： 为非零常数 为一次函数 形式 目标构造 比较系数 辅助数列 性质 是公比为的等比数列(或常数列) 【拓展提升】 练习2-1.(2024·江西省新余市月考)(多选)已知数列满足，，，则(    ) A. 是等比数列 B. C. 是递增数列 D. 练习2-2.(2024·浙江省杭州市月考)已知数列满足，． 求证：数列是等比数列； 求数列的通项公式及它的前项和． 考点三 形式的构造 【典例精讲】 例6.(2024·江苏省南京市月考)已知数列满足，且数列的前项和若，则实数的取值范围为(    ) A. B. C. D. 例7.(2024·广东省东莞市月考)(多选)已知数列的首项为，且记的前项和为则 A. 为等比数列 B. 为等差数列 C. D. 例8.(2024·福建省龙岩市月考) 已知数列满足． 求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式 已知数列的前项和为，求证：． 【方法储备】 类似的形式，根据参数的不同，一共有以下几种两种的形式可供构造： 简化 构造方法 / 取对数 且 且 同除 对于以上两种情况，通常使用如下的方法构造数列的通项公式： 构造方法 取对数 同除 目标构造 辅助数列 二次处理 ，待定系数法 ，累加法 【拓展提升】 练习3-1. (2024·江苏省如皋市月考)若数列满足，且，则          ． 练习3-2. (2024·安徽省宿州市月考)已知数列满足，． 证明：数列为等比数列，并求数列的通项公式 设，证明：对任意成立． 考点四 分式形式递推的构造 【典例精讲】 例9.(2024·河南省郑州市月考)已知数列满足，，则          ． 例10.(2024·广东省广州市月考)已知数列的首项，且满足． 求证：数列为等比数列 设数列满足求最小的实数，使得对一切正整数均成立． 【方法储备】 分式形式的递推型也是高频考察的形式，通常表现形式为：. 对于这种形式的式子，直接对等式两侧取倒数，变成的形式，再利用待定系数法求通项即可. 【拓展提升】 练习4-1.(2024·山东省德州市月考)已知数列的首项，且满足若，则的最大值为          . 练习4-2.(2024·贵州省贵阳市模拟)给定数列，若满足且，对于任意的，都有，则称数列为“指数型数列”． 已知数列满足，判断数列是不是“指数型数列”？若是，请给出证明，若不是，请说明理由 若数列是“指数型数列”，且，证明：数列中任意三项都不能构成等差数列． 共12页/第1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题20 构造法求数列通项公式 知识梳理 在数列中，我们最关心的就是它们的通项公式，知晓了通项公式的形式，我们就可以对数列利用代数或函数工具进行全面的研究. 但是很多时候，试题中并不会直接给出数列的通项公式，而是通过不同项之间的关系让我们探究构造数列的通项公式. 本节我们将对四种常用的数列通项构造进行简单的讲解. 考点解读 考点一 累加/累乘形构造通项 【典例精讲】 例1.(2024·北京市市辖区月考)设数列满足且，则数列前项和为(    ) A. B. C. D. 例2.(2024·广东省广州市月考)已知数列满足，，则(    ) A. B. C. D. 【方法储备】 累加法和累乘法是递推构造中形式最简单，方法最基本的两种构造形式. 形如或的递推公式，可以利用累加求解. 形如或的递推公式，可以利用累乘求解. 注意以上两种形式都需要检验的时候是否成立. 【拓展提升】 练习1-1.(2024·江西省吉安市月考)数列满足，且对任意的都有，则数列的前项的和为 (    ) A. B. C. D. 练习1-2.(2024·吉林省吉林市四校联考)在数列中，，则           ． 练习1-3.(2024·湖南省长沙市月考)已知数列的前项和为，且，． 求数列的通项公式； 若数列满足，，求数列的前项和． 考点二 形式的构造 【典例精讲】 例3.(2024·安徽省合肥市期中)已知数列满足则(    ) A. B. C. D. 例4.(2024·江苏省苏州市期末)(多选)已知数列满足，，设的前项和为，则下列说法正确的有(    ) A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 例5.(2024·安徽省合肥市月考)已知数列满足，． 证明为等比数列，并求的通项公式； 设的前项和为，，证明：数列的前项和小于． 【方法储备】 类似的形式，根据和的不同，一共有以下几种不同的形式可供构造： 简化 构造 为常数 等差数列 为非零常数 等比数列 且 为非零常数 待定系数法 且 为一次函数 待定系数法 其中省略号省略了为二次或更高次函数的情况，由于类似为一次函数的解法，此处不再赘述. 对于且且不为零的情况，通常使用如下的待定系数法构造数列的通项公式： 为非零常数 为一次函数 形式 目标构造 比较系数 辅助数列 性质 是公比为的等比数列(或常数列) 【拓展提升】 练习2-1.(2024·江西省新余市月考)(多选)已知数列满足，，，则(    ) A. 是等比数列 B. C. 是递增数列 D. 练习2-2.(2024·浙江省杭州市月考)已知数列满足，． 求证：数列是等比数列； 求数列的通项公式及它的前项和． 考点三 形式的构造 【典例精讲】 例6.(2024·江苏省南京市月考)已知数列满足，且数列的前项和若，则实数的取值范围为(    ) A. B. C. D. 例7.(2024·广东省东莞市月考)(多选)已知数列的首项为，且记的前项和为则 A. 为等比数列 B. 为等差数列 C. D. 例8.(2024·福建省龙岩市月考) 已知数列满足． 求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式 已知数列的前项和为，求证：． 【方法储备】 类似的形式，根据参数的不同，一共有以下几种两种的形式可供构造： 简化 构造方法 / 取对数 且 且 同除 对于以上两种情况，通常使用如下的方法构造数列的通项公式： 构造方法 取对数 同除 目标构造 辅助数列 二次处理 ，待定系数法 ，累加法 【拓展提升】 练习3-1. (2024·江苏省如皋市月考)若数列满足，且，则          ． 练习3-2. (2024·安徽省宿州市月考)已知数列满足，． 证明：数列为等比数列，并求数列的通项公式 设，证明：对任意成立． 考点四 分式形式递推的构造 【典例精讲】 例9.(2024·河南省郑州市月考)已知数列满足，，则          ． 例10.(2024·广东省广州市月考)已知数列的首项，且满足． 求证：数列为等比数列 设数列满足求最小的实数，使得对一切正整数均成立． 【方法储备】 分式形式的递推型也是高频考察的形式，通常表现形式为：. 对于这种形式的式子，直接对等式两侧取倒数，变成的形式，再利用待定系数法求通项即可. 【拓展提升】 练习4-1.(2024·山东省德州市月考)已知数列的首项，且满足若，则的最大值为          . 练习4-2.(2024·贵州省贵阳市模拟)给定数列，若满足且，对于任意的，都有，则称数列为“指数型数列”． 已知数列满足，判断数列是不是“指数型数列”？若是，请给出证明，若不是，请说明理由 若数列是“指数型数列”，且，证明：数列中任意三项都不能构成等差数列． 【答案解析】 例1 解：，且， 当时，， 当时，也满足， 故，， ， 数列的前项和． 故选D． 例2 解：，， ． 故选：． 练习1-1 解：， ，又， ， ， 数列的 前项的和为：．故选B． 练习1-2 解：因， 故有，即得， 所以． 故答案为：． 练习1-3 解：由题意，数列的前项和为，可得，， 因为，所以，解得， 所以，， 因为当时，， 所以． 当时，符合上式， 所以数列的通项公式为． 由知，可得， 所以，， ，，， 所以， 又由，可得， 当时，，满足上式， 所以． 所以， 所以． 例3 解：由可得， 所以数列是以为首项，公比的等比数列； 因此，即； 所以． 故选： 例4 解：对于、，当，，则，因为，所以，， 所以数列是周期为的周期数列，则， 所以，故A正确，B错误； 对于、，当，，则，所以，所以， 因为，所以， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，即，故， ，故C错误，D正确． 故选：． 例5 证明：， ， 又， 数列是首项为，公比为的等比数列， ，即； ， ， ， 数列的前项和为：， 故数列的前项和小于．  练习2-1 解：数列满足，，，， 又，数列是以为首项，为公比的等比数列， ，故A正确，B错误； 由，，可知数列是递增数列，故C正确； 当时，， ， ，故D正确． 故选ACD． 练习2-2 解：证明：因为  ，所以  ， 所以  ，所以  ， 因为  ，所以数列  是以为首项，为公比的等比数列． 由得  ，所以  ， 所以   ． 例6 解：由，可得，即， 是等差数列，公差为，首项为， ．那么，单调递增， 当时，的值最小为． ，即． 故选：． 例7 解：对于，由于，且的首项为，故易有，则两边同时取对数有，故是以为首项，为公比的等比数列，A正确 对于，继续取对数有，故是以 为首项，为公差的等差数列，B正确 对于，，由是以为首项，为公比的等比数列有，则，，故，且关于单调递增，故，，C错误，D正确， 故选ABD． 例8 解：由，得， 又，故数列是以为首项，以为公差的等差数列． 故，，故 由得，则， 故数列是以为首项，公比为的等比数列， 故， 又，故，即得证．  练习3-1 解：因为，所以， 所以数列是等比数列，首项为，公比为， 则，可得， 则． 故答案为． 练习3-2 解：由已知得， 因此， 又，所以数列是首项为，公比为的等比数列， 因此，所以． 由已知，，，，显然单调递增，， 当且是奇数时， 所以， 当且是偶数时，则是奇数，有， 所以，对任意，．  例9 解：由，得，所以是等差数列， 故，，所以． 故答案为：． 例10 解：因为． 又，所以数列是一个首项为，公比为的等比数列， 由知，当为偶数时，， 当为奇数时， 故 ， 由于单调递增且时，， 所以的最小值为．  练习4-1 解：根据题意可得， 所以，即，且， 所以数列是首项为，公差为的等差数列． 可求得， 所以，即且单调递增，． 则的最大值为． 故答案为：． 练习4-2 解：数列不是指数型数列； 证明：由， 且，所以数列是等比数列， ， 所以数列不是指数型数列； 因为数列是指数型数列，故对于任意的， 有，，适合该式； 假设数列中存在三项构成等差数列，不妨设， 则由，得， 所以， 当为偶数时，是偶数，而是奇数，是偶数， 故不能成立； 当为奇数时，是偶数，而是偶数，是奇数， 故也不能成立． 所以，对任意不能成立， 即数列的任意三项都不能构成等差数列． 共12页/第1页 学科网（北京）股份有限公司 $$