6.4 数列中的构造问题（教师用书Word）-【正禾一本通】2026年新高考数学高三一轮总复习高效讲义（人教A版）

该高中数学讲义聚焦数列构造法求通项这一高考核心考点，按aₙ₊₁=paₙ+f(n)、相邻项差为特殊数列、倒数为特殊数列三大题型分层展开，通过题型解读梳理考点，例题解析示范方法，思维升华总结规律，对点练习强化应用，构建系统复习路径。 资料以“类型识别-构造转化-模型应用”为主线，如针对aₙ₊₁=paₙ+qn+c型，引导学生用待定系数法配凑一次函数项，培养数学思维与推理能力。分层练习覆盖选择填空与解答题，助力学生快速突破递推数列难点，为教师精准教学提供实战参考。

6．4　数列中的构造问题 [题型解读]　求数列通项公式的方法除了我们前面学习过的公式法、累加法、累乘法，还有构造法，其思想是根据数列的递推公式，利用构造法转化为特殊的数列(等差、等比数列或可利用累加、累乘求解的数列)求解． 题型一　an＋1＝pan＋f(n)型 角度1　an＋1＝pan＋q(p≠0，1，q≠0，其中a1＝a) 【例1】　(1)数列{an}满足an＝4an－1＋3(n≥2)且a1＝0，则a2 024等于(　　 ) A．22 023－1 B．42 023－1 C．22 023＋1 D．42 023＋1 解析：选B.因为an＝4an－1＋3(n≥2)，所以an＋1＝4(an－1＋1)(n≥2)，所以{an＋1}是以1为首项，4为公比的等比数列，则an＋1＝4n-1，所以an＝4n-1－1，所以a2 024＝42 023－1. (2)已知数列{an}的首项a1＝1，且＋2，则数列{an}的通项公式为________． 解析：因为＋2，等式两边同时加1整理得，又因为a1＝1，所以＋1＝2，所以是首项为2，公比为3的等比数列．所以＋1＝2·3n-1，所以an＝. 答案：an＝ 思维升华　形如an＋1＝pan＋q(p≠0，1，q≠0)的递推式，一般配凑成an＋1＋x＝p(an＋x)的形式(利用待定系数法求x)，构造等比数列． 角度2　an＋1＝pan＋qn＋c(p≠0，1，q≠0) 【例2】　若a1＝1，an＋1＝2an－3n，n∈N*，求数列{an}的通项公式． 解：设an＋1＋λ(n＋1)＋u＝2(an＋λn＋u)， 所以an＋1＝2an＋λn＋u－λ， 所以解得λ＝u＝－3， 又a1－3－3＝－5≠0， 所以＝2， 所以数列{an－3n－3}是以－5为首项，2为公比的等比数列， 所以an－3n－3＝－5·2n-1， 所以an＝－5·2n-1＋3n＋3. 思维升华　形如an＋1＝pan＋qn＋c(p≠0，1，q≠0)的递推式，一般配凑成an＋1＋x(n＋1)＋y＝的形式(利用待定系数法求x，y)，构造等比数列． 角度3　an＋1＝pan＋qn(p≠0，1，q≠0，1) 【例3】　已知数列{an}中a1＝，求{an}的通项公式． 解：法一　构造数列an＋1＋λ， 化简成原式结构得an＋1＝， 对应项系数相等得λ＝－3， 设bn＝an－3·，则b1＝a1－3·， 所以数列{bn}是以－为首项，为公比的等比数列，则bn＝－， 所以an＝. 法二　将an＋1＝两边同乘2n+1， 得2n+1·an＋1＝(2n·an)＋1. 令bn＝2n·an，则bn＋1＝bn＋1，得bn＋1－3＝(bn－3)， 所以数列{bn－3}是首项为b1－3＝2×，公比为的等比数列， 所以bn－3＝－，即bn＝3－2·， 所以an＝. 法三　将an＋1＝两边分别除，得3n+1an＋1＝3nan＋. 令bn＝3n·an，则bn＋1＝bn＋， 所以bn－bn－1＝. 将以上各式叠加，得bn－b1＝. 又b1＝3a1＝3×， 所以bn＝1＋ ＝－2， 所以an＝. 思维升华　形如an＋1＝pan＋qn(p≠0，1，q≠0，1)的递推式，一般两边同时除以pn+1或qn+1，再利用累加法或构造法求通项． 【对点练习】　1.(多选)已知数列{an}，下列结论正确的有(　　 ) A．若a1＝2，2(n＋1)an－nan＋1＝0，则an＝n·2n B．在数列{an}中，a1＝1，且an＝2an－1＋3(n≥2，且n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an＝2n+1－3 C．若a1＝2，an＝(n≥2)，则数列是等比数列 D．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋n－1，则数列{an}的通项公式为an＝2n－n＋1 解析：选AB.∵2(n＋1)an－nan＋1＝0，∴，∴是首项为＝2，公比为2的等比数列，∴＝2·2n-1，∴an＝n·2n，故A正确； 由an＝2an－1＋3(n≥2)，得an＋3＝2(an－1＋3)， 即＝2，又a1＋3＝1＋3＝4，于是数列{an＋3}是首项为4，公比为2的等比数列，∴an＋3＝4×2n-1，即an＝2n+1－3，故B正确； 根据题意，an＝⇔＝1，n≥2，又＝6，∴是首项为6，公差为1的等差数列，故C错误； 设an＋1＋k(n＋1)＋b＝2(an＋kn＋b)，所以an＋1＝2an＋kn＋b－k，由an＋1＝2an＋n－1，得解得∴＝2，即{an＋n}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列．∴an＋n＝2×2n-1＝2n，故an＝2n－n，故D错误． 题型二　相邻两项的差为特殊数列(an＋1＝pan＋qan－1型，其中a1＝a，a2＝b) 【例4】　已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，且an＋1＝2an＋3an－1(n≥2，n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________． 解析：法一　因为an＋1＝2an＋3an－1(n≥2，n∈N*)，设bn＝an＋1＋an， 所以＝3， 又因为b1＝a2＋a1＝3， 所以{bn}是首项为3，公比为3的等比数列． 所以bn＝an＋1＋an＝3×3n-1＝3n， 从而， 不妨令cn＝，即cn＋1＋， 故cn＋1－， 即，又因为c1－， 所以数列是首项为，公比为－的等比数列，故cn－， 从而an＝. 法二　因为方程x2＝2x＋3的两根为－1，3， 可设an＝c1·(－1)n-1＋c2·3n-1， 由a1＝1，a2＝2，解得c1＝， 所以an＝. 答案： 思维升华　可以化为an＋1－x1an＝x2(an－x1an－1)，其中x1，x2是方程x2－px－q＝0的两个根，若1是方程的根，则直接构造数列{an－an－1}，若1不是方程的根，则需要构造两个数列，采取消元的方法求数列{an}． 【对点练习】　2.已知数列{an}满足a1＝5，a2＝5，an＋1＝an＋6an－1(n≥2)． (1)求证：{an＋1＋2an}是等比数列； (2)求数列{an}的通项公式． 解：(1)证明：∵an＋1＝an＋6an－1(n≥2)， ∴an＋1＋2an＝3an＋6an－1＝3(an＋2an－1)(n≥2)． ∵a1＝5，a2＝5，∴a2＋2a1＝15， ∴an＋2an－1≠0(n≥2)，＝3(n≥2)， ∴数列{an＋1＋2an}是以15为首项，3为公比的等比数列． (2)由(1)得an＋1＋2an＝15×3n-1＝5×3n， 则an＋1＝－2an＋5×3n， ∴an＋1－3n+1＝－2(an－3n)， 又∵a1－3＝2，∴an－3n≠0， ∴{an－3n}是以2为首项，－2为公比的等比数列， ∴an－3n＝2×(－2)n-1，即an＝－(－2)n＋3n. 题型三　倒数为特殊数列型) 【例5】　已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，求数列{an}的通项公式． 解：因为an＋1＝(n∈N*)， 所以＋1， 设， 所以3t－t＝1，解得t＝， 所以， 又， 所以数列是以为首项，3为公比的等比数列，所以， 所以an＝. 思维升华　两边同时取倒数转化为的形式，化归为bn＋1＝pbn＋q型，求出的通项公式，再求an. 【对点练习】　3.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，则满足an>的n的最大取值为(　　 ) A．7 B．8 C．9 D．10 解析：选C.因为an＋1＝，所以，所以＝4，又＝1，所以数列是以1为首项，4为公差的等差数列，所以＝1＋4(n－1)＝4n－3，所以an＝.由an>，即>，即0<4n－3<37，解得<n<10，因为n为正整数，所以n的最大取值为9. 学科网（北京）股份有限公司 $