构造法求数列通项公式构造法求数列通项公式求数列通项公式是高考考察的重点和热点，本文将通过构造等比数列或等差数列求数列通项公式作以简单介绍，供同学们学习时参考。

一、构造等差数列求数列通项公式运用乘、除、去分母、添项、去项、取对数、待定系数等方法，将递推公式变形成为(1)()f n f n +-=A （其中A 为常数）形式，根据等差数列的定义知)(n f 是等差数列，根据等差数列的通项公式，先求出)(n f 的通项公式，再根据)(n f 与n a ，从而求出n a 的通项公式。

例1 在数列{}n a 中，1a =12，1n a +=33n n a a +（n N +∈），求数列{}n a 通项公式.解析：由a n+1=33+n na a 得，a n+1 a n =3 a n+1-3 a n =0，两边同除以a n+1 a n 得，=-+n n a a11131，设b n =n a 1，则b n+1- b n =31，根据等差数列的定义知， 数列｛b n ｝是首相b 1=2，公差d=31的等差数列，根据等差数列的通项公式得b n =2＋31（n-1）=31n ＋35∴数列通项公式为a n =53+n评析：本例通过变形，将递推公式变形成为A a a nn =-+111形式，应用等差数列的通项公式，先求出na 1的通项公式，从而求出n a 的通项公式。

例2 在数列｛a n ｝中，S n 是其前n 项和，且S n ≠0，a 1=1，a n =1222-n n S S (n ≥2)，求S n 与a n 。

解析：当n ≥2时，a n =S n -S n-1 代入a n =1222-n n S S 得，S n -S n-1=1222-n n S S ，变形整理得S n -S n-1= S n S n-1两边除以S n S n-1得，nS 1-11-n S =2，∴｛nS 1｝是首相为1，公差为2的等差数列∴nS 1=1+2（n-1）=2n-1, ∴ S n =121-n (n ≥2),n=1也适合，∴S n =121-n (n ≥1)当n ≥2时，a n =S n -S n-1=121-n -321-n =-38422+-n n ，n=1不满足此式，∴a n ={21138422≥=+--n n n n评析：本例将所给条件变形成A n f n f =-+)()1(，先求出)(n f 的通项公式，再求出原数列的通项公式，条件变形是难点。

二、构造等比数列求数列通项公式运用乘、除、去分母、添项、去项、取对数、待定系数等方法，将递推公式变形成为f（n+1）=Af （n ）（其中A 为非零常数）形式，根据等比数列的定义知)(n f 是等比数列，根据等比数列的通项公式，先求出)(n f 的通项公式，再根据)(n f 与n a ，从而求出n a 的通项公式。

例3在数列｛a n ｝中，a 1=2，a n =a n-12(n ≥2)，求数列｛a n ｝通项公式。

解析：∵ a 1=2，a n =a n-12(n ≥2)＞0，两边同时取对数得，lg a n =2lg a n-1∴1lg lg -n n a a=2， 根据等比数列的定义知，数列｛lg a n ｝是首相为lg2，公比为2的等比数列，根据等比数列的通项公式得lg a n =2n-1lg2=122lg -n∴数列通项公式为a n =122-n评析：本例通过两边取对数，变形成1log 2log -=n n a a 形式，构造等比数列{}log n a ，先求出n a log 的通项公式，从而求出n a 的通项公式。

例4在数列｛a n ｝中，a 1=1，a n+1=4a n +3n+1，求数列｛a n ｝通项公式。

解析：设a n+1+A （n+1）+B=4（a n +An+B ），（A 、B 为待定系数），展开得a n+1=4a n +3An+3B-A ，与已知比较系数得{1333=-=A B A ∴{321==B A ∴a n+1+（n+1）+32=4（a n +n+32），根据等比数列的定义知，数列｛a n +n+32｝是首项为38，公比为q=3的等比数列，∴a n +n+32=38×3n-1∴数列通项公式为a n =38×3n-1-n-32评析：待定系数法是构造数列的常用方法。

例5 在数列｛a n ｝中，a 1=1 ，a n+1a n =4n ，求数列｛a n ｝通项公式。

解析：∵a n+1a n =4n ∴a n a n-1=4 n-1 两式相除得11-+n n a a =4 ，∴a 1，a 3，a 5……与a 2，a 4 ，a 6 ……是首相分别为a 1，a 2 ，公比都是4的等比数列， 又∵a 1=1，a n+1a n =4n ，∴a 2=4∴a n ={nn n n 22144-练习：1.已知数列{}n a 满足321=a ，n n a n n a 11+=+，求n a 解：由条件知11+=+n na a n n ，分别令)1(,,3,2,1-⋅⋅⋅⋅⋅⋅=n n ，代入上式得)1(-n 个等式累乘之，即1342312-•⋅⋅⋅⋅⋅⋅•••n n a a a a a a a a nn 1433221-⨯⋅⋅⋅⋅⋅⋅⨯⨯⨯=n a a n 11=⇒ 又321=a Θ，na n 32=∴ 解：由条件知11+=+n na a n n ，分别令)1(,,3,2,1-⋅⋅⋅⋅⋅⋅=n n ，代入上式得)1(-n 个等式累乘之，即1342312-•⋅⋅⋅⋅⋅⋅•••n n a a a a a a a a nn 1433221-⨯⋅⋅⋅⋅⋅⋅⨯⨯⨯=n a a n 11=⇒ 又321=a Θ，na n 32=∴ 2. 数列{a n }满足a 1=1，a n =21a 1-n +1（n ≥2），求数列{a n }的通项公式。

解：由a n =21a 1-n +1（n ≥2）得a n －2=21（a 1-n －2），而a 1－2=1－2=－1，∴数列{ a n －2}是以21为公比，－1为首项的等比数列∴a n －2=－（21）1-n ∴a n =2－（21）1-n3. 数列{}n a 中，n n n a a a a a +===++122123,2,1，求数列{}n a 的通项公式。

解：由n n n a a a +=++1223得,313212n n n a a a +=++设)(112n n n n ka a h ka a -=-+++ 比较系数得3132=-=+kh h k ，，解得31,1-==h k 或1,31=-=h k 若取31,1-==h k ，则有)(31112n n n n a a a a --=-+++∴}{1n n a a -+是以31-为公比，以11212=-=-a a 为首项的等比数列∴11)31(-+-=-n n n a a由逐差法可得112211)()()(a a a a a a a a n n n n n +-++-+-=---Λ=11)31()31()31()31(232++-+-++-+---Λn n=1311)31(11++---n =11)31(43471)31(143---⨯-=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡--n n4. 设各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，对于任意正整数n ，都有等式：n n n S a a 422=+成立，求{}n a 的通项an.解：n n nS a a 422=+⇒112142---=+n n n S a a ， ∴n n n n n n n a S S a a a a 4)(42211212=-=-+----0)2)((11=--+--n n n n a a a a ，∵01≠+-n n a a ，∴21=--n n a a . 即{}n a 是以2为公差的等差数列，且24211121=⇒=+a a a a . ∴n n a n 2)1(22=-+=（1）通过分解常数，可转化为特殊数列{a n +k }的形式求解。

一般地，形如a 1+n =p a n +q （p ≠1，pq ≠0）型的递推式均可通过待定系数法对常数q 分解法：设a 1+n +k=p （a n +k ）与原式比较系数可得pk －k =q ，即k=1-p q，从而得等比数列{a n +k }。

（2）通过分解系数，可转化为特殊数列}{1--n n a a 的形式求解。

这种方法适用于n n n qa pa a +=++12型的递推式，通过对系数p 的分解，可得等比数列}{1--n n a a ：设)(112n n n n ka a h ka a -=-+++，比较系数得q hk p k h =-=+,，可解得k h ,。

3、构造法构造法就是在解决某些数学问题的过程中，通过对条件与结论的充分剖析，联想出一种适当的辅助模型，进行命题转换，产生新的解题方法，这种思维方法的特点就是“构造”.若已知条件给的是数列的递推公式要求出该数列的通项公式.（1）构造等差数列或等比数列由于等差数列与等比数列的通项公式显然，对于一些递推数列问题，若能构造等差数列或等比数列，无疑是一种行之有效的构造方法.（2）构造差式与和式解题的基本思路就是构造出某个数列的相邻两项之差，然后采用迭加的方法就可求得这一数列的通项公式.（3）构造商式与积式构造数列相邻两项的商式，然后连乘也是求数列通项公式的一种常用方法。

（4）构造对数式或倒数式有些数列若通过取对数，取倒数代数变形方法，可由复杂变为简单，使问题得以解决.。