高中数学《用构造法求数列的通项公式》教案3北师大版必修5

-1-用构造法求数列的通项公式求数列的通项公式是高考重点考查的内容，作为两类特殊数列----等差数列·等比数列可直接根据它们的通项公式求解，但也有一些数列要通过构造转化为等差数列或等比数列，之后再应用各自的通项公式求解，体现化归思想在数列中的具体应用例1:（06年福建高考题）数列nnnnaaaaa则中12,1,11()A．n2B．12nC．12nD．12n解法1：121nnaa)1(22211nnnaaa又211a2111nnaa1na是首项为2公比为2的等比数列12,22211nnnnnaa,所以选C解法2归纳总结：若数列na满足qpqpaann,1(1为常数），则令)(1nnapa来构造等比数列，并利用对应项相等求的值，求通项公式。例2：数列na中，nnnaaaaa23,3,11221，则na。解：)(2112nnnnaaaa212aa1nnaa为首项为2公比也为2的等比数列。112nnnaa，（n1）n1时1221211222)()()(21112211nnnnnnnnnaaaaaaaa-2-显然n=1时满足上式na12n小结：先构造nnaa1等比数列，再用叠加法,等比数列求和求出通项公式，例3：已知数列na中)3(,32,2,52121naaaaannn求这个数列的通项公式。解：2132nnnaaa)(3211nnnnaaaa又121,7nnaaaa形成首项为7，公比为3的等比数列，则2137nnnaa………………………①又)3(3211nnnnaaaa，13312aa，13nnaa形成了一个首项为—13，公比为—1的等比数列则21)1()13(3nnnaa………………………②①3②11)1(13374nnna11)1(413347nnna小结：本题是两次构造等比数列，属于构造方面比较级，最终用加减消元的方法确定出数列的通项公式。例4：设数列na的前项和为nnnnSaS22,若成立，(1)求证：12nnna是等比数列。(2)求这个数列的通项公式证明：(1)当2,)1(2,1111aababn又nnnSbab)1(2………………………①111)1(2nnnSbab………………………②②—①11)1(2nnnnabababnnnaba21当2b时，有nnnaa221)2(22)1(222)1(11nnnnnnnnanana-3-又12111a12nnna为首项为1，公比为2的等比数列，(2)1112)1(,22nnnnnnana小结：本题构造非常特殊，要注意恰当的化简和提取公因式，本题集中体现了构造等比数列的价值与魅力，同时也彰显构造思想在高考中的地位和作用。例5：数列na满足111232,3nnnaaa，则naA．nn2)13(B．12)36(nnC．12)12(3nnD．12)23(nn解：322,2321111nnnnnnnaaaa232,322111aaannnn又nna2构成了一个首项这23，公差为3的等差数列，2333)1(232nnann112)36()233(22nnnnna所以选B。小结：构造等比数列，注意形nna2，当1nn时，变为112nna。例6：已知函数)0(,)2()(2xxxf，又数列na中21a，其前n项和为,nS)(Nn，对所有大于1的自然数n都有)(1nnSfS，求数列na的通项公式。解：2112)2()(,)2()(nnnSSfSxxf2,211nnnnSSSS211aS-4-nS是首项为2，公差为2的等差数列。22,22)!(2nSnnSnn。2n时，24)1(22221nnnSSannn且当1n时，21421a符合条件通项公式为24nan例7：（2006山东高考题）已知21a，点（1,nnaa）在函数xxxf2)(的图象上，其中,3,2,1n求数列na的通项公式。解：xxxf2)(2又),(1nnaa在函数图象上nnnaaa221221)1(121nnnnaaaa3lg)1lg(,2)1lg()1lg()1lg(2)1lg(111aaaaannnn)1lg(na是首项为3lg公比为2的等比数列12113lg3lg2lgnnna1231nna1312nna小结：前一个题构造出nS为等差数列，并且利用通项与和的关系来确定数列的通项公式，后一个题构造1lgna为等比数列,再利用对数性质求解。数列与函数的综合运用是当今高考的重点与热点，因此我们在解决数列问题时应充分利用函数有关知识，以它的概念与性质为纽带，架起函数与数列的桥梁,揭示它们之间内在联系，从而有效地解决数列问题。例8：(2007天津高考题)已知数列na满足nnnnaaa2)2(,2111，（*Nn）其中0，求数列的通项公式方法指导：将已知条件中的递推关系变形，应用转化成等差数列形式，从而为求na的通项-5-公式提供方便，一切问题可迎刃而解。解：)0*,(,2)2(11Nnaannnn1)2()2(111nnnnnnaa,1)2()2(111nnnnnnaa。所以02,1)2()2(1111aaannnnnn所以nnna)2(为等差数列，其首项为0，公差为1；nnnnnnnana2)1(,1)2(例9：数列na中，若21a，nnnaaa311，则4aA．192B．1516C．58D．43解：31311,3111nnnnnnnaaaaaaa又naa1,2111是首项为21公差3的等差数列。562,2562533)1(211nannnann19254624a所以选A变式题型：数列na中，nnnaaaa312,211，求na解：nnnnnnnaaaaaaa121232311,312113,232),1(2111则令nnaa-6-2531),31(213111aaann又31na是首项为25公比为21的等比数列11)21(2531,)21(2531nnnnaa1)21(2531nna小结:)(1nnafa且为一次分式型或构造出倒数成等差数列或构造出倒数加常数成等比数列，发散之后，两种构造思想相互联系,相互渗透，最后融合到一起。总之，构造等差数列或等比数列来求数列的通项公式，是求通项公式的重要方法也是高考重点考查的思想，当然题是千变万化的，构造方式也会跟着千差万别,要具体问题具体分析，需要我们反复推敲归纳，从而确定其形式，应该说构造方法的形成是在探索中前进，在前进中探索。