前言
使用構造法求數列的通項公式，首先需要突破的是對\(a_n\)的內涵的理解和應用。
理解內涵
在數列的學習中，我們經常會見到這樣的式子$$a_{n+1}－a_n = m(m常數)，$$ 此時你一定會反應出數列\(\{a_n\}\)是等差數列，那么你有沒有想過，\(a_n\)除過可以是整式，還可以是分式，指數式，對數式，單項式，還可以是多項式等等，比如見到$$S_{n+1}－S_n = m(m常數)，$$ 你還能看出來是等差數列嗎，所以你還需要特別注意：對代數式\(a_{n+1}－a_n = m\)或\(\cfrac{a_{n+1}}{a_n} = m\) (\(m\)常數)中\(a_n\)的“內涵”的理解。以下引例加深對等差數列中字母內涵的理解：
①\(\cfrac{1}{a_{n+1}}－\cfrac{1}{a_n} = m\)，則數列\(\{\cfrac{1}{a_n}\}\)是首項為\(\cfrac{1}{a_1}\)，公差為\(m\)的等差數列；
②\(\cfrac{1}{S_{n+1}}－\cfrac{1}{S_n} = m\)，則數列\(\{\cfrac{1}{S_n}\}\)是首項為\(\cfrac{1}{a_1}\)，公差為\(m\)的等差數列；
③\(\cfrac{a_{n+1}}{n+1}－\cfrac{a_n}{n} = m\)，則數列\(\{\cfrac{a_n}{n}\}\)是首項為\(\cfrac{a_1}{1}\)，公差為\(m\)的等差數列；
④\(\cfrac{n}{a_{n+1}+(n+1)}－\cfrac{n-1}{a_n+n} = m\)，則數列\(\{\cfrac{n-1}{a_n+n}\}\)是首項為\(\cfrac{1-1}{a_1+1}\)，公差為\(m\)的等差數列；
⑤\((n+1)a_{n+1}-na_n=m\)， 則數列\(\{n\cdot a_n\}\)是首項為\(a_1\)，公差為\(m\)的等差數列；
⑥\(a_{n+1}^2－a_n^2 = m\)，則數列\(\{a_n^2\}\)是首項為\(a_1^2\)，公差為\(m\)的等差數列；
⑦\(log_m^\,{a_{n+1}^2}－log_m^\,{a_n^2} = p\)，則數列\(\{log_m^\,{a_n^2}\}\)是首項為\(log_m^\,{a_1^2}\)，公差為\(p\)的等差數列；
⑧\(a_{n+2}-2a_{n+1}=a_{n+1}-2a_n\)，則數列\(\{a_{n+1}-2a_n\}\)是首項為\(a_2-2a_1\)，公差為\(0\)的等差數列；
以上所列舉的凡此種種，都是等差數列，能用一個表達式刻畫嗎？
因此務必要求理解透徹\(a_{n+1}\)和\(a_n\)的“內涵”；籍此理解：代數，就是用字母代替數字來思維的一門學科。
以下引例用於加深對等比數列的字母內涵的理解：
①\(\cfrac{a_{n+1}+1}{a_n+1} = m\)， 則數列\(\{a_n+1\}\)是首項為\(a_1+1\)，公比為\(m\)的等比數列；
②\(\cfrac{a_{n+1}+(n+1)}{a_n + n} = m\)，則數列\(\{a_n+n\}\)是首項為\(a_1+1\)，公比為\(m\)的等比數列；
③\(\cfrac{a_{n+1}^2}{a_n^2} = m\)，則數列\(\{a_n^2\}\)是首項為\(a_1^2\)，公比為\(m\)的等比數列；
④\(a_{n+2}-a_{n+1}=2(a_{n+1}-a_n)\)，則數列\(\{a_{n+1}-a_n\}\)是首項為\(a_2-a_1\)，公比為\(2\)的等比數列；
⑤\(lga_{n+1}=2lga_n\)，則數列\(\{lga_n\}\)是首項為\(lga_1\)，公比為\(2\)的等比數列；
常見構造
- ①基本型 \(a_{n+1}=pa_n+q(p\neq 0，1；q\neq 0)\)；\(p\)、\(q\)為常數；
思路：兩邊同時加上常數\(k\)，構造等比數列\(a_{n+1}+k=p(a_n+k)\)求解；其中\(k=\cfrac{q}{p-1}\)；
- ②\(a_{n+1}=pa_n+q^n\)型；\(p\)、\(q\)為常數；
思路：兩邊同時除以\(q^{n+1}\)，得到\(\cfrac{a_{n+1}}{q^{n+1}}=\cfrac{p}{q}\cdot \cfrac{a_{n}}{q^{n}}+\cfrac{1}{q}\)，即\(b_{n+1}=mb_n+h\)，轉化為上述類型①；
- ③\(a_{n+1}=\cfrac{pa_n}{a_n+q}\)型；\(p\)、\(q\)為常數；
思路：兩邊同時取倒數，得到\(\cfrac{1}{a_{n+1}}=\cfrac{a_n+q}{pa_n}=\cfrac{q}{p}\cdot \cfrac{1}{a_n}+\cfrac{1}{p}\)，即轉化為類型①求解；
- ④\(a_{n+1}-a_n=ka_{n+1}a_n\)型；\(k\)為常數；
思路：兩邊同時除以\(a_{n+1}a_n\)，構造等差數列\(\cfrac{1}{a_n}-\cfrac{1}{a_{n+1}}=k\)求解；
- ⑤\(a_{n+1}=pa_n+qn+r(p\neq 0，1；q\neq 0；r\neq 0)\)型；\(p\)、\(q\)、\(r\)為常數；【了解】
思路：構造等比數列，令\(a_{n+1}+x(n+1)+y=p(a_n+xn+y)\)，利用兩個多項式相等，對應系數相等求得\(x\)、\(y\)，利用等比數列求解；
引例，\(a_{n+1}=3a_n+2n-1\)①；假設其能變形得到\(a_{n+1}+p(n+1)+q=3(a_{n}+pn+q)\)②，
打開整理得到，\(a_{n+1}=3a_n+3pn+3q-pn-p-q=3a_n+2pn+(2q-p)\)③，
由①③兩式恆等，得到對應系數相等，即\(2p=2\)且\(2q-p=-1\)，解得\(p=1\)，\(q=0\)，
代入②式，得到\(a_{n+1}+(n+1)=3(a_{n}+n)\)
提示：較難的情形，兩邊同時加上同結構的一次式構造等比數列；
- ⑥\(a_{n+1}=a_n^r(r\in N^*)\)型；【了解】
思路：兩邊同時取對數，構造等比數列求解；
- ⑦\(a_{n+2}=pa_{n+1}+qa_n\)型；【了解】
思路：轉化為\(a_{n+2}-sa_{n+1}=p(a_{n+1}-sa_n)\)，其中\(\left\{\begin{array}{l}{s+t=p}\\{st=-q}\end{array}\right.\)；
思維導圖
高階總結
變形訓練
①\(4a_{n+1}=4a_n^2+4a_n-1\)，證明：\(\{lg(a_n+\cfrac{1}{2})\}\)為等比數列；
提示：見下面典例剖析；
②\(S_{n}=2a_n-2^n\)，證明：\(\{a_{n+1}-2a_n\}\)為等比數列；
提示：注意隱含條件的指向作用；
③\(a_n=S_n\cdot S_{n-1}\)，變形得到\(S_n-S_{n-1}=S_n\cdot S_{n-1}\)
提示：代換，同除構造；
④\(na_{n+1}=(n+1)a_n+2\)，變形得到\(\cfrac{a_{n+1}}{n+1}=\cfrac{a_n}{n}+\cfrac{2}{n(n+1)}\)
⑤\(\cfrac{a_{n+1}}{S_n\cdot S_{n+1}}=\cfrac{S_{n+1}-S_{n}}{S_n\cdot S_{n+1}}=\cfrac{1}{S_n}-\cfrac{1}{S_{n+1}}\)
⑥\(a_{n+2}-2a_{n+1}+a_n=2\)，變形得到\((a_{n+2}-a_{n+1})-(a_{n+1}-a_n)=2\)
提示：對於下標是連續三項的時候，考慮拆分，一定是兩兩組合拆分；
⑦\(\cfrac{2^n}{(2^n-1)(2^{n+1}-1)}=\cfrac{1}{2^n-1}-\cfrac{1}{2^{n+1}-1}\)
提示：高階的裂項相消，
⑧\(a_{n+1}-a_{n}=3a_{n+1}a_n\)，
提示：同除構造；
⑨\(a_{n+1}=3a_n+2n-1\)；變形得到\(a_{n+1}+(n+1)=3(a_{n}+n)\)
提示：較難的情形，兩邊同時加上同結構的一次式構造等比數列；
對應練習
提示：兩邊同加常數，構造等比數列；
提示：兩邊同時取倒數，構造等差數列；
提示：通過代數變形，構造等差數列；
\(na_{n+1}^2-na_n^2+a_{n+1}^2+a_{n+1}a_n=0\)，
即\(n(a_{n+1}+a_n)(a_{n+1}-a_n)+a_{n+1}(a_{n+1}+a_n)=0\)；
即\((a_{n+1}+a_n)[n(a_{n+1}-a_n)+a_{n+1}]=0\)
即\((n+1)a_{n+1}-na_n=0\)
提示：兩邊同時除以\(2^{n+1}\)，構造等差數列；
提示：兩種變形綜合應用而已；
兩邊同時除以\(2^{n+1}\)，轉化為\(\cfrac{a_{n+1}}{2^{n+1}}=\cfrac{3}{2}\times \cfrac{a_n}{2^n}+\cfrac{1}{2}\)
然后兩邊兩邊同加常數，構造等比數列；
提示：\((a_{n+2}-a_{n+1})-(a_{n+1}-a_{n})=2\)；
特殊用途
- 構造法除過能像上述方法求得通項公式以外，還可以推求數列的周期性；
引例1：由\(a_n+a_{n-1}=4(n\ge 2)\)①，構造\(a_{n+1}+a_n=4\)②，兩式做差，得到\(a_{n+1}-a_{n-1}=0\)，即數列的周期為\(T=2\)；
引例2：由\(a_{n+1}\cdot a_n=k\)①，構造\(a_{n+2}\cdot a_{n+1}=k\)②，兩式作商，得到\(a_{n+2}=a_n\)，則數列\(\{a_n\}\)的周期為\(T=2\)，其實數列也是等積數列；
引例3：由\(a_{n+1}=a_n-a_{n-1}\)①，構造\(a_{n+2}=a_{n+1}-a_{n}\)②，兩式相加，得到\(a_{n+2}=-a_{n-1}\)，即\(a_{n+3}=-a_n\)，故數列的周期為\(T=6\)；
典例剖析
(1)證明：數列\(\{lg(a_n+\cfrac{1}{2})\}\)為等比數列；
【分析法】：由於數列\(\{lg(a_n+\cfrac{1}{2})\}\)為等比數列，則必有下面的等式成立，
即\(\cfrac{lg(a_{n+1}+\cfrac{1}{2})}{lg(a_{n}+\cfrac{1}{2})}=q\)，則\(lg(a_{n+1}+\cfrac{1}{2})=q\cdot lg(a_{n}+\cfrac{1}{2})\)
則\(lg(a_{n+1}+\cfrac{1}{2})=lg(a_{n}+\cfrac{1}{2})^q\)，則\(a_{n+1}+\cfrac{1}{2}=(a_{n}+\cfrac{1}{2})^q\)，
比對已知條件，可知\(q=2\)，這樣就有\(a_{n+1}+\cfrac{1}{2}=(a_{n}+\cfrac{1}{2})^2\)，
再次比對已知條件，發現還需要兩邊同時乘以常數\(4\)，
\(4(a_{n+1}+\cfrac{1}{2})=4(a_{n}+\cfrac{1}{2})^2\)，
打開整理，發現上式為\(4a_{n+1}+2=4a_{n}^2+4a_n+1\)①，
而已知條件為\(4a_{n+1}=4a_{n}^2+4a_n-1\)②，
二者的差別是給①式的兩邊同時減去常數\(2\)，即得到②式，
到此，由給定條件向待證結論之間的橋梁完全打通，整理如下：
【綜合法】：由於\(4a_{n+1}=4a_n^2+4a_n-1\)，
則\(4a_{n+1}+2=4a_n^2+4a_n+1\)，即\(4(a_{n+1}+\cfrac{1}{2})=(2a_n+1)^2=4(a_{n}+\cfrac{1}{2})^2\)，
則有\((a_{n+1}+\cfrac{1}{2})=(a_{n}+\cfrac{1}{2})^2\)，兩邊同時取常用對數，
則\(lg(a_{n+1}+\cfrac{1}{2})=2lg(a_{n}+\cfrac{1}{2})\)，
又由於\(lg(a_1+\cfrac{1}{2})=lg2\neq 0\)，
故數列\(\{lg(a_n+\cfrac{1}{2})\}\)為首項為\(lg2\)，公比為\(2\)的等比數列；
反思總結：由求解分析過程可知，題目中的待證結論本身就暗含變形方向的提示作用。
(2)記\(R_n=(a_1+\cfrac{1}{2})\times (a_2+\cfrac{1}{2})\times \cdots\times (a_n+\cfrac{1}{2})\)，求\(R_n\)；
【法1】：利用通項公式，由(1)可知，數列\(\{lg(a_n+\cfrac{1}{2})\}\)為首項為\(lg2\)，公比為\(2\)的等比數列；
\(lg(a_n+\cfrac{1}{2})=lg2\cdot 2^{n-1}=2^{n-1}\cdot lg2=lg2^{2^{n-1}}\)，故\(a_n+\cfrac{1}{2}=2^{2^{n-1}}\)；
則\(R_n=(a_1+\cfrac{1}{2})\times (a_2+\cfrac{1}{2})\times \cdots\times (a_n+\cfrac{1}{2})\)
\(=2^{2^{1-1}}\times 2^{2^{2-1}}\times 2^{2^{3-1}}\times\cdots \times 2^{2^{n-1}}=2^{2^0+2^1+\cdots+2^{n-1}}\)
\(=2^{\frac{1\cdot (2^n-1)}{2-1}}=2^{2^n-1}\)；
注意：運算中的易錯處，\(lg2\cdot 2^{n-1}\neq lg(2\cdot 2^{n-1})\)，即\(lg2\cdot 2^{n-1}\neq lg2^{n}\)，
【法2】：由於數列\(\{lg(a_n+\cfrac{1}{2})\}\)為首項為\(lg2\)，公比為\(2\)的等比數列；
\(R_n=(a_1+\cfrac{1}{2})\times (a_2+\cfrac{1}{2})\times \cdots\times (a_n+\cfrac{1}{2})\)，
給等式兩邊同時取對數得到，\(lgR_n=lg[ (a_1+\cfrac{1}{2})\times (a_2+\cfrac{1}{2})\times \cdots\times (a_n+\cfrac{1}{2})]\)
\(=lg(a_1+\cfrac{1}{2})+lg(a_2+\cfrac{1}{2})+lg(a_3+\cfrac{1}{2})+\cdots+lg(a_n+\cfrac{1}{2})\)
\(=\cfrac{lg2(2^n-1)}{2-1}=(2^n-1)lg2=lg2^{2^n-1}\)，
由於\(lgR_n=lg2^{2^n-1}\)，則有\(R_n=2^{2^n-1}\)
注意：由於對數運算能將運算降級處理，即原來是乘法運算降級為加法運算，故法2明顯要優於法1，在這里我們需要培養主動使用對數運算的數學意識。
（1）求\(a_4\)的值。
分析：（1）簡單的數字運算，不過你得注意必須用\(S_n\)的定義式，
即\(S_n=a_1+a_2+\cdots+a_n\)，
不能用等差或等比的前\(n\)項和公式，因為題目沒有告訴你數列的性質。
當\(n=2\)時\(4S_4+5S_2=8S_3+S_1\)，
即\(4(a_1+a_2+a_3+a_4)+5(a_1+a_2)=8(a_1+a_2+a_3)+a_1\)，
將已知條件代入，解得\(a_4=\cfrac{7}{8}\)。
（2）證明：\(\{a_{n+1}-\cfrac{1}{2}a_n\}\)為等比數列。
分析：題目告訴的條件是關於\(S_n\)類的，而要求解的是關於\(a_n\)類的，
所以變形的方向肯定是要消去\(S_n\)類的，全部轉化為\(a_n\)類的。
但是這里有了兩個變形思路和變形方向：縱向變形和橫向變形，
思路一：縱向變形，\(n\ge 2\)時，\(4S_{n+2}+5S_n=8S_{n+1}+S_{n-1}\).
仿此構造如下式子
\(n\ge 1\)時，\(4S_{n+3}+5S_{n+1}=8S_{n+2}+S_n\).兩式相減得到
\(n\ge 2\)時，\(4a_{n+3}+5a_{n+1}=8a_{n+2}+a_n\). 到此思路受阻，
打住。為什么？
我們證明到最后肯定會得到
\((a_{n+2}-\cfrac{1}{2}a_{n+1})=k(a_{n+1}-\cfrac{1}{2}a_n)\)
或者\((a_{n+1}-\cfrac{1}{2}a_{n})=k(a_n-\cfrac{1}{2}a_{n-1})\)，
這兩個式子都只是涉及到\(a_n\)類的三項，而我們思路一的涉及到了四項，
所以變形的思路受阻了，得到啟示，我們變化如下，
思路二：橫向變形，由題目結論的指向作用知道，
不是縱向構造式子做差，應該是就此式子橫向做變形，
\(n\ge 2\)時，\(4S_{n+2}+5S_n=8S_{n+1}+S_{n-1}\)，
即就是\((4S_{n+2}-4S_{n+1})=(4S_{n+1}-4S_n)-(S_n-S_{n-1})\)，
得到\(4a_{n+2}=4a_{n+1}-a_n\)，變形得到，
\(a_{n+2}=a_{n+1}-\cfrac{1}{4}a_n\)，
比照題目結論，嘗試給兩邊同時加上\(-\cfrac{1}{2}a_{n+1}\)，整理得到
當\(n\ge 2\)時，\((a_{n+2}-\cfrac{1}{2}a_{n+1})=\cfrac{1}{2}(a_{n+1}-\cfrac{1}{2}a_n)\)，
這樣基本的等比數列的大樣有了，接下來是細節的驗證，
其一驗證\((a_3-\cfrac{1}{2}a_2)=\cfrac{1}{2}(a_2-\cfrac{1}{2}a_1)\)，
其二還得說明\(a_2-\cfrac{1}{2}a_1\ne 0\)，
才能說明這是個等比數列。
是否將\((a_{n+2}-\cfrac{1}{2}a_{n+1})=\cfrac{1}{2}(a_{n+1}-\cfrac{1}{2}a_n)\)改寫為分式形式，
不是必要的。
（3）求數列\(\{a_n\}\)的通項公式。
分析：由第二問知道，\(\{a_{n+1}-\cfrac{1}{2}a_n\}\)為首項為1，公比為\(\cfrac{1}{2}\)的等比數列，
故\(a_{n+1}-\cfrac{1}{2}a_n=1\cdot(\cfrac{1}{2})^{n-1}\)
即\(a_{n+1}=\cfrac{1}{2}a_n+1\cdot(\cfrac{1}{2})^{n-1}\)，兩邊同乘以\(2^{n+1}\)得到，
所以\(2^{n+1}\cdot a_{n+1}-2^n\cdot a_n=4\)，
數列\(\{2^n\cdot a_n\}\)是首項為\(2^1\cdot a_1=2\)，公差為\(4\)的等差數列，
所以\(2^n\cdot a_n=2+4(n-1)=4n-2\)，
故\(a_n=\cfrac{2n-1}{2^{n-1}}\)。
分析：兩邊同除以\(n(n+1)\)，得到\(\cfrac{a_{n+1}}{n+1}=\cfrac{a_n}{n}+\cfrac{2}{n(n+1)}\)，再用累加法，得到\(a_n=4n-2\)；
提示：由已知\(3S_n=a_n\cdot a_{n+1}\)①，構造\(3S_{n+1}=a_{n+1}\cdot a_{n+2}\)②，
兩式做差，得到\(3a_{n+1}=a_{n+1}\cdot a_{n+2}-a_n\cdot a_{n+1}\)，\(a_{n+1}>0\)，約分得到
\(a_{n+2}-a_n=3\)，即數列\(\{a_n\}\)的所有奇數項成等差數列，所有偶數項成等差數列，且公差都是\(3\)，
令\(n=1\)，代入\(3S_n=a_n\cdot a_{n+1}\)，求得\(a_2\)，從而得到\(a_2+a_4+a_6+\cdots+a_{2n}=\cfrac{3n^2+3n}{2}\).
(1).證明數列\(\{\cfrac{a_n+2}{n}\}\)是等比數列；特別注意題目中的隱含條件，比如題目要求證明\(\{\cfrac{a_n+2}{n}\}\)是等比數列，則意味着\(\{\cfrac{a_n+2}{n}\}\)是此數列中的第\(n\)項，所以要湊出其第\(n+1\)項的形式\(\{\cfrac{a_{n+1}+2}{n+1}\}\)，就需要首先給已知式子兩邊同加2，然后兩邊同除以\(n+1\)
分析：由\(a_{n+1}=\cfrac{(3n+3)a_n+4n+6}{n}\)，兩邊同時加上\(2\)，得到
\(a_{n+1}+2=\cfrac{(3n+3)a_n+4n+6}{n}+2\)，右邊通分
整理為\(a_{n+1}+2=\cfrac{(3n+3)a_n+(6n+6)}{n}\)，
即\(a_{n+1}+2=\cfrac{(n+1)(3a_n+6)}{n}\)，再改寫為
\(\cfrac{a_{n+1}+2}{n+1}=\cfrac{3a_n+6}{n}=3\times \cfrac{a_n+2}{n}\)
又由於\(\cfrac{a_1+2}{1}=3\neq 0\)，
故數列\(\{\cfrac{a_n+2}{n}\}\)是首項為3，公比為3的等比數列；
(2).求數列\(\{a_n\}\)的通項公式；請注意，為了控制求解難度，這類題目往往會設置兩問，第一問是求解\(a_n\)的橋梁，第二問通過解方程得到通項公式\(a_n\)，如果直接去掉第一問，這樣的題目的變形方向就模糊不清，難度一下子就上來了。
分析：由(1)可知，\(\cfrac{a_n+2}{n}=3\cdot 3^{n-1}=3^n\)，
則\(a_n+2=n\cdot 3^n\)，即\(a_n=n\cdot 3^n-2\)；