第四章 培优课 构造法求数列的通项公式-《学霸笔记·同步精讲》2026-2027学年高中数学选择性必修第二册教师用书Word（人教版）

培优课　构造法求数列的通项公式 1.掌握利用构造法求数列通项公式的方法（数学运算）. 2.会用构造法公式解决一些简单的问题（数学运算）. 一、形如an＋1＝pan＋q（p，q≠0且p≠1） 设数列{an}满足a1＝4，an＋1＝an＋2，则a100＝　　. 解析：在数列{an}中，由an＋1＝an＋2，得an＋1－3＝（an－3），而a1－3＝1，因此数列{an－3}是首项为1，公比为的等比数列，an－3＝1×（）n－1，即an＝3＋，所以a100＝. 规律方法 　　求解递推公式形如an＋1＝pan＋q（p≠0，q≠0且p≠1）的数列{an}的通项公式的关键：一是利用待定系数法构造，即构造an＋1＋λ＝p（an＋λ）的形式；二是找到{an＋λ}为等比数列（其中 λ＝）. 训练1　已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋3，则a10＝（　　） A.2 045 B.1 021 C.1 027 D.2 051 解析：A　∵an＋1＝2an＋3可变形为an＋1＋3＝2（an＋3），故数列{an＋3}为等比数列，首项为4，公比为2，∴an＋3＝4·2n－1.∴an＝4·2n－1－3＝2n＋1－3，∴a10＝2 045.故选A. 二、形如an＋1＝pan＋f（n）（p≠0） 角度1　f（n）为一次多项式 在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝3an＋2n＋1，则数列{an}的通项公式为　an＝3n－n－1　. 解析：设an＋1＋A（n＋1）＋B＝3（an＋An＋B），∴an＋1＝3an＋2An＋2B－A.与原式比较系数得解得∴an＋1＋（n＋1）＋1＝3（an＋n＋1）.令bn＝an＋n＋1，则bn＋1＝3bn且b1＝a1＋1＋1＝3≠0，∴{bn}是以3为首项，3为公比的等比数列，∴bn＝3·3n－1＝3n，∴an＝3n－n－1. 规律方法 　　一般地，当f（n）为一次多项式时，即数列的递推关系为an＋1＝Aan＋Bn＋C型，可转化为an＋1＋λ1（n＋1）＋λ2＝A（an＋λ1n＋λ2）的形式来求通项公式. 角度2　f（n）为指数式 （1）已知数列{an}满足an＝2an－1＋2n（n≥2），且a1＝1，则an＝　（ n－）×2n　； 解析：因为an＝2an－1＋2n，等式两边同时除以2n，得＝＋1，即－＝1，又＝，所以{}是以为首项，1为公差的等差数列，即＝＋（n－1）×1＝n－，所以an＝（n－）×2n. （2）已知数列{an}中，a1＝6，an＋1＝2an＋3n＋1，则an＝　3n＋1－3×2n－1　. 解析：令an＋1－A·3n＋1＝2（an－A·3n），则an＋1＝2an＋·3n＋1，由已知，＝1，得A＝3，所以an＋1－3×3n＋1＝2（an－3×3n），即an＋1－3n＋2＝2（an－3n＋1），又a1－32＝6－9＝－3≠0，所以{an－3n＋1}是首项为－3，公比为2的等比数列，于是an－3n＋1＝－3×2n－1，故an＝3n＋1－3×2n－1. 规律方法 1.形如an＝pan－1＋pn的递推关系求通项公式，一般等式两边除以pn，构造出一个新的数列{}，再求an. 2.形如an＋1＝pan＋qn＋1的递推关系求通项公式，一般可转化为an＋1＋λqn＋1＝p（an＋λqn）的形式，构造出一个新的等比数列{an＋λqn}，然后再求an. 训练2　（1）在数列{an}中，a1＝2，a2＝3，an＋2＝2an＋1－an，则{an}的通项公式为　an＝n＋1　； 解析：设an＋2－x1an＋1＝x2（an＋1－x1an），结合已知可得x1＝x2＝1，a2－a1＝3－2＝1≠0，于是{an＋1－an}是首项为1，公比为1的等比数列，所以an＋1－an＝1，所以{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，所以an＝n＋1. （2）已知数列{an}满足＝＋，且a1＝1，则an＝　　. 解析：由题意，等式两边同乘2n，得＝＋1，即－＝1，所以{}是以2为首项，1为公差的等差数列，所以＝2＋（n－1）×1＝n＋1，即an＝. 三、形如an＋1＝（p，q，r≠0） 在数列{bn}中，若b1＝－1，bn＋1＝，n∈N*，则bn＝　　. 解析：对递推式bn＋1＝的两边同时取倒数，得＝，即＝2·＋3，因此＋3＝2（＋3），＋3＝2，故{＋3}是以2为首项，2为公比的等比数列，于是＋3＝2·2n－1＝2n，可得bn＝，n∈N*. 规律方法 　　一般地，形如an＋1＝（p，q，r≠0）结构的递推式往往可以通过等式两边同时取倒数变形构造出线性递推式an＝Aan－1＋B（n≥2，A，B是常数），进而求出原数列的通项公式. 训练3　已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝，则an＝　　. 解析：∵an＋1＝，∴＝＋2，即－＝2，∴{}是公差为2的等差数列.又＝1，∴＝1＋2（n－1）＝2n－1，即an＝. （时间：45分钟　满分：76分）[备注：单选、填空题5分，多选题6分] 1.数列{an}满足an＋1＝λan－1（n∈N*，λ∈R且λ≠0），若数列{an－1}是等比数列，则λ＝（　　） A.1　　 　B.－1 C.　　 　D.2 解析：D　由an＋1＝λan－1，得an＋1－1＝λan－2＝λ（an－）.∵数列{an－1}是等比数列，∴＝1，λ＝2. 2.已知数列{an}中，a1＝1且an＋1＝（n∈N*），则a16＝（　　） A. B. C. D. 解析：A　由an＋1＝得，＝＝＋，又＝1，所以数列{}是以1为首项，为公差的等差数列，所以＝1＋（n－1）＝，所以an＝，则a16＝. 3.已知数列{an}的首项为a1＝1，且满足an＋1＝an＋，则此数列的通项公式an＝（　　） A.2n B.n（n＋1） C. D. 解析：C　∵an＋1＝an＋，∴2n＋1an＋1＝2nan＋2，即2n＋1an＋1－2nan＝2.又21a1＝2，∴数列{2nan}是以2为首项，2为公差的等差数列，∴2nan＝2＋（n－1）×2＝2n，∴an＝. 4.已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，Sn＋1＝4an＋2，则a12＝（　　） A.12×210 B.12×211 C.12×212 D.12×213 解析：C　由题意得S2＝4a1＋2，所以a1＋a2＝4a1＋2，解得a2＝8，又an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1－4an，于是an＋2－2an＋1＝2（an＋1－2an），因此数列{an＋1－2an}是以a2－2a1＝4为首项，2为公比的等比数列，即an＋1－2an＝4×2n－1＝2n＋1，于是－＝1，因此数列{}是以1为首项，1为公差的等差数列，得＝1＋（n－1）×1＝n，即an＝n·2n.所以a12＝12×212. 5.已知数列{an}满足a1＝t，an＋1－2an＝－n＋1，若{an}是递减数列，则实数t的取值范围为（　　） A.（－1，1） B.（－∞，0） C.（－1，1] D.（1，＋∞） 解析：B　由an＋1－2an＝－n＋1得an＋1－（n＋1）＝2（an－n），易知当t＝1时，a1＝1，a2＝2，不满足{an}是递减数列，故t≠1，因此数列{an－n}是以a1－1＝t－1为首项，2为公比的等比数列，故an－n＝（t－1）2n－1，因此an＝n＋（t－1）2n－1，又{an}是递减数列，所以an＋1＜an恒成立，即n＋1＋（t－1）2n＜n＋（t－1）2n－1恒成立，即（1－t）2n－1＞1恒成立，故1－t＞恒成立，因此1－t＞＝1，解得t＜0.故实数t的取值范围为（－∞，0）. 6.〔多选〕已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝2n，n∈N*，则下列说法正确的是（　　） A.a4＝4 B.{a2n}是等比数列 C.a2n－a2n－1＝2n－1 D.a2n－1＋a2n＝2n＋1 解析：ABC　∵a1＝1，an·an＋1＝2n，∴a2＝2，a3＝2，a4＝4，由an·an＋1＝2n可得an＋1·an＋2＝2n＋1，∴＝2，∴{a2n}，{a2n－1}分别是以2，1为首项，公比为2的等比数列，∴a2n＝2·2n－1＝2n，a2n－1＝1·2n－1＝2n－1，∴a2n－a2n－1＝2n－1，a2n－1＋a2n＝3·2n－1≠2n＋1，综上可知，A、B、C正确，D错误. 7.已知数列{an}中，a1＝1，a2＝9，且an＋2＋an＝2an＋1＋8，则an＝　4n2－4n＋1　. 解析：因为an＋2＋an＝2an＋1＋8，所以an＋2－an＋1＝an＋1－an＋8，所以数列{an＋1－an}是公差为8的等差数列，其首项为a2－a1＝8，于是an＋1－an＝8n，则an－an－1＝8（n－1），an－1－an－2＝8（n－2），…，a3－a2＝8×2，a2－a1＝8，所以an－a1＝8（1＋2＋…＋n－1）＝8×＝4n2－4n，所以an＝4n2－4n＋1（n≥2）.而a1＝1符合该式，故an＝4n2－4n＋1. 8.数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝（n－1）·2n＋1，则a7＝　64　. 解析：当n≥2时，由a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝（n－1）·2n＋1　①，得a1＋2a2＋3a3＋…＋（n－1）·an－1＝（n－2）·2n－1＋1　②，①－②，得nan＝[（n－1）·2n＋1]－[（n－2）·2n－1＋1]＝n·2n－1（n≥2），当n＝1时，a1＝1符合上式，所以an＝2n－1，则a7＝64. 9.已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＝an＋1－3，若Sk≥125，则k的最小值为　6　. 解析：由Sn＝an＋1－3＝Sn＋1－Sn－3，得Sn＋1＋3＝2（Sn＋3），又S1＝a1＝1，所以S1＋3＝4，所以{Sn＋3}是首项为4，公比为2的等比数列，所以Sn＋3＝4×2n－1＝2n＋1，Sn＝2n＋1－3，所以Sk＝2k＋1－3≥125，解得k≥6.所以k的最小值为6. 10.（15分）已知正项数列{an}满足a1＝1，a2＝2，a4＝64，且anan＋2＝k（n∈N*）. （1）求k的值； （2）求数列{an}的通项公式. 解：（1）当n＝1时，a1a3＝k，得a3＝4k， 当n＝2时，a2a4＝k，即128＝k·（4k）2， 解得k＝2. （2）因为k＝2，所以anan＋2＝2， 又an＞0， 则＝2·， 令bn＝，则bn＞0， 所以bn＋1＝2bn，则{bn}是等比数列， 因为b1＝＝2，q＝2，所以bn＝b1qn－1＝2n， 所以＝2n， 则an＝××…××a1＝2n－1×2n－2×…×21×1＝（n≥2），当n＝1时，a1＝1，满足上式，故an＝. 11.（15分）已知数列{an}和{bn}满足a1＝2，an＋bn－1＝3（n≥2）. （1）若an＝bn，求{an}的通项公式； （2）若b1＝0，an－1＋bn＝1（n≥2），证明{an}为等差数列，并求{an}和{bn}的通项公式. 解：（1）当an＝bn，n≥2时，an－1＝bn－1， 所以an＋bn－1＝3，即an＝－an－1＋3， 整理得an－＝－（an－1－）， 所以{an－}是以a1－＝为首项，－1为公比的等比数列. 故an－＝×（－1）n－1， 即an＝＋×（－1）n－1. （2）当n≥2时，由an＋bn－1＝3，得an＋1＋bn＝3， 又an－1＋bn＝1， 所以an＋1－an－1＝2（n≥2）. 因为b1＝0，所以a2＝3， 则{a2k－1}是以a1＝2为首项，2为公差的等差数列，a2k－1＝2＋（k－1）×2＝2k，k∈N*； {a2k}是以a2＝3为首项，2为公差的等差数列，a2k＝3＋（k－1）×2＝2k＋1，k∈N*. 综上所述，an＝n＋1. 所以an－an－1＝（n＋1）－n＝1，n≥2， 故{an}是以2为首项，1为公差的等差数列. 当n≥2时，bn＝1－an－1＝1－n，且b1＝0满足bn＝1－n， 所以bn＝1－n. 学科网（北京）股份有限公司 $