培优课构造法求数列的通项公式
题型一
形如an＋1＝pan＋q（p，q≠0且p≠1）
【例1】在数列{an}中，a1＝n＋1＝an＋∈N*，则an＝×（）n＋2＋.
解析：因为an＋1＝an＋an＋1＋λ＝（an＋λ），则an＋1＝an－λ，所以－λ＝λ＝－an＋1－＝（an－），所以＝a1－＝an－是首项为的等比数列，所以an－＝×（）n－1＝×（）n＋2，所以an＝×（）n＋2＋.
通性通法
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＝）.
【跟踪训练】
已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋3，则a10＝（）
A.2 045B.1 021C.1 027D.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＝2045.故选A.
题型二
形如an＋1＝pan＋f（n）（p≠0）
角度1 f（n）为一次多项式
【例2】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.
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
【例3】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.
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.
1.（2024·安阳月考）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.在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an－2n，则a17＝－15×216.
解析：由题意可得＝－－＝－是首项为＝－的等差数列，故＝＋（17－1）×（－）＝－a17＝－15×216.
题型三
形如an＋1＝（p，q，r≠0）
【例4】在数列{bn}中，若b1＝－1，bn＋1＝∈N*，试求{bn}的通项公式.
解：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，可得bn＝∈N*.
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.
已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝（n∈N*），若bn＝log2（＋1），试求数列{bn}的通项公式.
解：由an＋1＝＝1＋＋1＝2（＋1），
又＋1＝2，所以数列{＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，
所以＋1＝2·2n－1＝2n，所以bn＝log2（＋1）＝log22n＝n.
1.已知数列{an}满足an＋1＝2an＋1，a1＝1，则an＝（）
A.2n－1B.2n－1－1C.2nD.2n－1
解析：D由an＋1＝2an＋1得an＋1＋1＝2（an＋1），而a1＋1＝2，故{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，所以an＋1＝2n，即an＝2n－1.故选D.
2.已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＝（）
A.2n－1B.2n＋1
C.D.
解析：C∵an＋1＝，∴＝＋2，即－＝2，∴{}是公差为2的等差数列.又a1＝1，∴＝1＋2（n－1）＝2n－1，即an＝.
3.若数列{an}满足a1＝1，且an＋1＝4an＋2n，则a5＝496.
解析：因为an＋1＝4an＋2n，所以an＋1＋2n＝4（an＋2n－1），所以数列是等比数列，首项为2，公比为4，则an＋2n－1＝2×4n－1＝22n－1，可得an＝22n－1－2n－1，则a5＝22×5－1－25－1＝29－24＝496.
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的值为（）
A.1B.－1C.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.若在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋＋a99＝（）
A.2 550B.2 500C.2 450D.2 401
解析：B因为an＋1＝an＋＋＝（＋）2，所以－＝{}是首项为＝1，公差为的等差数列，可求得an＝（n＋1）2，故a99＝＝2500.
3.已知数列{an}满足a1＝n＋1＝3an－4n＋2，数列{bn}满足bn＝an－2n，则数列{bn}的通项公式为（）
A.bn＝3nB.bn＝3n－1
C.bn＝3n－2D.bn＝3n＋1
解析：C因为an＋1＝3an－4n＋2，所以an＋1－2（n＋1）＝3（an－2n），又bn＝an－2n≠0，所以bn＋1＝3bn，所以＝3，又b1＝a1－2＝{bn}是首项为3的等比数列，所以bn＝·3n－1＝3n－2，故选C.
4.已知正项数列{an}中，＋＋…＋＝{an}的通项公式为（）
A.an＝nB.an＝n2
C.an＝D.an＝
解析：B∵＋＋…＋＝，∴＋＋…＋＝（n≥2），两式相减得＝－＝n（n≥2），∴an＝n2（n≥2），①.又当n＝1时，＝＝1，a1＝1，适合①式，∴an＝n2，n∈N*.故选B.
5.已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，Sn＋1＝4an＋2，则a12＝（）
A.20 480B.49 152
C.60 152D.89 150
解析：B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＝49152.
6.数列{an}满足an＋1＝2an＋3，n∈N*，若a2 025≥a1，则a1的取值范围为（）
A.（－∞，－3]B.（－∞，－3）
C.（－3，＋∞）D.[－3，＋∞）
解析：D由an＋1＝2an＋3可得an＋1＋3＝2（an＋3），当a1＝－3时，an＝－3，满足题意；当a1≠－3时，＝2，所以数列{an＋3}是首项为a1＋3，公比为2的等比数列，所以an＋3＝（a1＋3）×2n－1，所以an＝（a1＋3）×2n－1－3，所以a2025＝（a1＋3）×22024－3≥a1，所以（a1＋3）×22024≥a1＋3，所以a1＞－3.综上a1≥－3.
7.（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＝4B.{a2n}是等比数列
C.a2n－a2n－1＝2n－1D.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.
8.定义：若＝q（n∈N*，q为非零常数且q≠1），则称{an}为“差等比数列”，已知在“差等比数列”{an}中，a1＝1，a2＝2，a3＝4，则a2 025－a2 024＝ 22 023.
解析：在“差等比数列”{an}中，a1＝1，a2＝2，a3＝4，可得＝2，a2－a1＝1，即数列{an＋1－an}是首项为1，公比为2的等比数列，可得an＋1－an＝2n－1，则a2025－a2024＝22023.
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.（2024·韶关质检）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.
11.已知a1＝1，当n≥2时，an＝an－1＋2n－1，求{an}的通项公式.
解：当n≥2时，设an＋An＋B＝[an－1＋A（n－1）＋B]，即an＝an－1－An－A－B，与原式比较系数得解得所以an－4n＋6＝[an－1－4（n－1）＋6]，
所以数列{an－4n＋6}是首项为a1－4＋6＝3，公比为的等比数列，
所以an－4n＋6＝3·（）n－1，所以an＝＋4n－6，n∈N*.
12.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.
13.1979年春，美籍华裔物理学家、诺贝尔物理学奖获得者李政道博士，在访问中国科技大学时，向科大少年班学生提出了一个“五猴分桃”的趣题：有五只猴子在海边发现一堆桃子，决定第二天来平分.第二天清晨，第一只猴子来了，它左等右等，见别的猴子还没来，便自作主张把桃子分成相等的五份，分完后还剩一个，它便把剩下的那个顺手扔到海里，自己拿了五份中的一份走了.第二只猴子来了，它不知道刚才发生的事，也把桃子分成相等的五份，还是多一个，它也扔掉一个，自己拿了一份走了.以后每只猴子来时也都遇到类似情形，也全都照此办法处理.问：原来至少有多少个桃子？最后至少有多少个桃子？
解：设最初的桃子数为a1，5只猴子分剩的桃子数依次为a2，a3，a4，a5，a6.
由题意得an＋1＝（an－1）－（an－1）＝an－.（*）
设an＋1＋x＝（an＋x），即an＋1＝an－x，
对照（*）式，得x＝4，即an＋1＋4＝（an＋4），
所以数列{an＋4}是首项为a1＋4，公比为的等比数列.
所以a6＋4＝（a1＋4）×（）5，所以a6＝（a1＋4）×（）5－4.
由于a6为整数，所以a1＋4的最小值为55，所以a1的最小值为55－4＝3121.
故原来至少有3121个桃子，从而最后至少剩下a6＝45－4＝1020（个）桃子.
