专题6.2 数列之求通项公式
6.2.1 公式法求数列的通项公式
知识点梳理
1.若{an}是等差数列，首项为a1，公差为d，则其通项公式为an=a1+(n−1)d，推广
形式：an=am+(n−m)d.
2.若{an}是等比数列，首项为a1
，公比为q，则其通项公式为an=a1q
n−1( q≠0)，推广
形式：an=amq
n−m.
典型例题
例1.已知公比大于1 的等比数列{an}满足a2+a4=20，a3=8，则{an}的通项公式为
.
解：设等比数列{an}的公比为q，则q>1，由题意得：{
a1q+a1q
3=20
a1q
2=8
，解得：a1=2，q=2
或a1=32，q= 1
2（舍），∴{an}的通项公式为an=2
n.故答案为：an=2
n.
例2.记Sn是公差不为0 的等差数列{an}的前n 项和，若a3=S5，a2a4=S4，则{an}的通项公
式为 .
解：由等差数列求和公式可得：S5=5(a1+a5)
2
=5a3，又∵a3=S5，∴a3=5a3，∴a3=0.
∵a2a4=S4，∴(a3−d)(a3+d)=(a3
2
−d)+(a3−d)+a3+(a3+d)，∴−d
2= 2
−d，∵
公差不为0，
∴d =2，所以{an}的通项公式为：an=a3+(n−3)d =2n
6
−.
故答案为：an=2n
6
−.
例3.已知{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a1=b1=1，a5=5(a4−a3)，b5=4(b4−b3)
．则{an}的通项公式为 ，{bn}的通项公式为 .
解：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，由a5=5(a4−a3)，得：
1+4d =5d，解得d=1，∴{an}的通项公式为an=n.
由b5=4(b4−b3)，得：q
4=4(q
3−q
2)，解得：q=2，∴{bn}的通项公式为bn=2
n-1.
故答案为：an=n.
bn=2
n-1.
随堂演练
1.记Sn为等差数列{an}的前n 项和，已知a1= 7
−，S3= 15
−
，则{an}的通项公式为
.
解：设等差数列{an}的公差为d，由S3= 15
−
得：3×(−7)+3×2
2
d= 15
−
，解得：d=2，
∴an=2n
9
−.
故答案为：an=2n
9
−.
2.设{an}是公比不为1 的等比数列，a1=−2，且a1为a2，a3的等差中项，则{an}的通项公
式为 .
解：设{an}的公比为q，a1为a2，a3的等差中项，∴2a1=a2+a3，化简可得：q
2+q−2=0
，
∵q≠1，∴q=−2.∴an=(−2)
n.
故答案为：an=(−2)
n.
3.已知等差数列{an}的公差为2，前n 项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列，则数列{an}的
通项公式 .
解：∵等差数列{an}的公差为2，且S1，S2，S4成等比数列.∴Sn=na1+n(n
1)
−
，
∴S2
2=S1+S4，∴(2a1+2)
2=a1(4a1+12)，解得：a1=1，∴an=2n
1
−.
故答案为：an=2n
1
−.
4.等差数列{an}的前n 项和为Sn，已知a1=10，a2为整数，且Sn≤S4，则{an}的通项公式
为 .
解：由a1=10，a2为整数可知，等差数列{an}的公差为整数.
又∵Sn≤S4，∴a4≥0，a5≤0，于是10+3d≥0，10+4d≤0，解得：−10
3
≤d≤−5
2
，∴d =−3，
故数列{an}的通项公式为an=13−3n.
故答案为：an=13−3n.
5.已知{an}为等差数列，前n 项和为Sn，{bn}是首项为2 的等比数列，且公比大于0，且
b2+ b3=12，b3=a4
2
−a1，S11=11b4.则{an}的通项公式为 ，{bn}的通项公式为
.
解：设等差数列{an} 的公差为d，等比数列{bn} 的公比为q，由b2+ b3=12，得
b1(q+q
2)=12，
又∵b1=2，∴q
2+q−6=0，又q>0，解得：q=2，∴bn=2
n.
由b3=a4
2
−a1，可得3d−a1=8①，由S11=11b4，可得：a1+5d =16②，
由①②可得：a1=1，d =3，∴an=3n−2.
故答案为：{an}的通项公式为an=3n−2.{bn}的通项公式为bn=2
n.
6.设等差数列{an}的公差为d，前n 项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q．已知b1=a1，b2=2
，q=d，S10=100．则数列{an}的通项公式为 ，{bn}的通项公式为 .
解：由题意可得{
10a1+45d =100
b1q=2
b1=a1
q=d
，解得：{
b1=a1=1
q=d=2
或{
b1=a1=9
q=d=2
9
，
当{
b1=a1=1
q=d=2 时，an=2n
1
−，bn=2
n-1；当{
b1=a1=9
q=d=2
9
时，an=1
9
(2n+79)，bn=9⋅(
2
9)
n
1
−
.
故答案为：an=2n
1
−，bn=2
n-1或an=1
9
(2n+79)，bn=9⋅(
2
9)
n
1
−
.
6.2.2 同除以积的题型求数列的通项公式
知识点梳理
常见题型：出现两项和、差与两项乘积时的模型时，等式左右两边同时除以数列两项
的乘积，然后转变为常规数列来进行求解.
典型例题
例1.已知数列{an}满足：a1=2，nan+1+(n+1)=(n+2)an+(n+1)
3，则数列{an}的通项公
式为 .
解：将nan+1+(n+1)=(n+2)an+(n+1)
3两侧同除n(n+1)(n+2)可得：
an+1
(n+1)(n+2) +1
n(n+2) =an
n(n+1) +(n+1)
2
n(n+2)
，则an+1
(n+1)(n+2) −an
n(n+1) =1，又∵
a1
1×2 =1.
∴数列{
an
n(n+1)}是首项为1，公差为1 的等差数列.
∴an
n(n+1) =a1
1×2 +(n−1)×1=n，即an=n
2(n+1).故答案为：an=n
2(n+1).
例2.已知数列{an}的前n 项和为Sn，a1=1，2nSn+1
2(
−
n+1)Sn=n(n+1)，则数列{an}的
通项公式为 .
解：由2nSn+1
2(
−
n+1)Sn=n(n+1)，得2Sn+1
n+1 −2Sn
n
=1，又2S1
1
=2，
∴{
2Sn
n }是以2 为首项，1 为公差的等差数列，∴2Sn
n
=2+(n−1)×1=n+1，
所以Sn= n(n+1)
2
，又∵当n≥2时，an=Sn−Sn-1= n(n+1)
2
−n(n−1)
2
=n，a1=1也满足
该式，
∴an=n.故答案为：an=n.
随堂演练
1.已知数列{an}满足a1=1，2an+1−an+anan+1=0，则数列{an}的通项公式为 .
解：∵在数列{an}中，a1=1，2an+1−an+anan+1=0，∵an≠0，则有：1
an+1
=2⋅1
an
+1，
∴1
an+1
+1=2(
1
an
+1)，又1
a1
+1=2，∴{
1
an
+1}是以2 为首项，2 为公比的等比数列，∴
1
an
+1=2
n，即an=1
2
n
1
−
.
2.已知数列{an}满足：a1=1，nan+1
(
−n+1)an=n(n+1)，则数列{an}的通项公式为
.
解：由nan+1
(
−n+1)an=n(n+1)，得：an+1
n+1 −an
n =1，∴{
an
n }
是以1 为首项，1 为公差
的等差数列，∴an
n =n，∴数列{an}的通项公式为an=n
2.故答案为：an=n
2.
3.已知数列{an}中，a1=2，2n(n+1)anan+1+(n+1)an+1−nan=0，则数列{an}的通项公
式为 .
解：当an=0时，解得：an+1=0，不满足a1=2，
∴
an≠0，
同
理
an+1≠0，
由
2n(n+1)anan+1+(n+1)an+1−nan=0可
得
：
1
(n+1)an+1
−1
nan
=2，
所以数列{
1
nan}
是以1
2
为首项，2 为公差的等差数列.
∴1
nan
= 1
2 +2(n−1)=2n−3
2.∴an=
2
4 n
2−3n
.故答案为：an=
2
4 n
2−3n
.
4.已知数列{an}满足a1=1，an−an+1=2
nanan+1，则an=
．
解：若an=0，则an−an+1=0，则an+1=0，与a1=1矛盾，所以an≠0，
由an−an+1=2
nanan+1可得：1
an+1
−1
an
=2
n，由累加法可得：
1
an
−1
a1
=2+2
2+2
3+
+
⋯2
n
1
−=2(1−2
n
1
−)
1 2
−
=2
n
2
−，∴an=
1
2
n−1
.故答案为：an=
1
2
n−1
.
5.设Sn是数列{an}的前n 项和，且a1=−1，an+1=SnSn+1，则Sn= ．
解：由an+1=SnSn+1可得：Sn+1−Sn=SnSn+1，∴1
Sn+1
−1
Sn
=−1，
∴数列{
1
Sn}
是以-1 为首项，-1 为公差的等差数列，
∴1
Sn
=−1+(n−1)(−1)=−n，∴Sn=−1
n.故答案为：Sn=−1
n.
6.已知首项都是1 的两个数列{an}，{bn}(bn≠0)满足anbn+1−an+1bn+2bnbn+1=0，则数列
{
an
bn}的通项公式为 .
解：由anbn+1−an+1bn+2bnbn+1=0，bn≠0 可得an+1
bn+1
−an
bn
=2，
∴数列{
an
bn}
是以1 为首项，2 为公差的等差数列，
∴an
bn
=1+2(n−1)=2n−1.故答案为：an
bn
=2n−1.
7.已知各项均为正数的数列{an}的前n 项和为Sn,2Sn=n(an+1)且 a2=3
2 a1，则{an}的通
项公式为 .
解：当n=1 时，2S1=a1+1，解得：a1=1，又∵a2=3
2 a1，则a2= 3
2
；
当n≥2 时，由{
2Sn=n(an+1)
2Sn+1= (n+1)(an+1+1)
，两式相减得：(n
1
−)an+1−nan+1=0，
∴
an+1
n
−an
(n
1
−) =−1
n(n
1)
−
=1
n −1
n
1
−
，
由
累
加
法
可
得
：
an
n
1
−−an
1
−
n
2
−
+
+
⋯a3
2 −a2
1 =1
n
1
−−1
n
2
−
+⋯+1
2 −1，n≥3.
∴an
n
1
−
−a2=
1
n−1 −1，即an= n+1
2
，n≥3.
当n=1 或n=2 时，a1=1，a2= 3
2
满足an= n+1
2
.
故答案为：an= n+1
2
.
6.2.3 迭代法求数列的通项公式
知识点梳理
1. 累加法求通项公式：形如an+1=an+f(n)，已知a1= b，求通项an. 可以构造
{
an−an
1
−=f(n
1)
−
an
1
−−an
2
−=f(n
2)
−
⋮
a2−a1=f(1)
，将这n
1
−个式子两边分别相加，可得：
an=(an−an
1
−)+(an
1
−−an
2
−)+⋯+(a2−a1)+a1.
注意：①若f(n)是关于n 的一次函数，累加后可转化为等差数列求和；
② 若f(n)是关于n 的指数函数，累加后可转化为等比数列求和.
2. 累乘法求通项公式：形如an+1=an⋅f(n)，已知a1=b，求通项an. 可以构造
{
an
an
1
−
=f(n
1)
−
an
1
−
an
2
−
=f(n
2)
−
⋮
a2
a1
=f(1)
，
将这n
1
−个式子两边分别相乘，可得：an=an
an
1
−
×an
1
−
an
2
−
×⋯×a2
a1
×a1（an≠0）.
典型例题
例1.在数列{an}中，已知a1=1，an+1−an=2n，则数列{an}的通项公式为 .
解：由题意可得：
当
n≥
2
时
，
an=(an−an
1
−)+(an
1
−−an
2
−)+
+
⋯(a2−a1)+a1=(n
1)
−
[2+2(n
1)
−
]
2
+1=n
2−n+1.
a1=1也满足上式.∴an=n
2−n+1.
例2.已知Sn是数列{an}的前n 项和，a1=1，nan+1=(n+2)Sn，则an=
.
解：由nan+1=(n+2)Sn 可得Sn=n
n+2 an+1，则当n≥2 时，Sn-1=n-1
n+1 an，
∴Sn−Sn-1=n
n+2 an+1−n-1
n+1 an=an
，即an+1
an
= 2(n+2)
n+1
，
∴an=an
an-1
×an-1
an-2
×
×
⋯
a2
a1
×a1=(n+1)⋅2
n
2
−.
当n=1 时，a1=1符合该式，故答案为:an=(n+1)⋅2
n
2
−.
例3.已知数列{an}中，a1=2，an+1−an
n+1
=2，则{an}的通项公式为 .
解：由an+1−an
n+1
=2可得an+1−an=2n+2，
当n≥2 时，an=(an−an-1)+(an-1−an-2)+⋯+(a2−a1)+a1=2+ 4+⋯+2n=n(n+1)
，
当n=1 时，a1=2符合该式.
故答案为:an=n(n+1).
例4.已知数列{an}中，a1=1，前n 项和Sn=n+2
3
an，则{an}的通项公式为 ．
解：∵Sn=n+2
3
an，∴当n≥2 时，Sn-1=n+1
3
an-1，∴an=Sn−Sn-1=n+2
3
an−n+1
3
an-1
，∴an
an
1
−
=n+1
n
1
−
∴an=an
an
1
−
×an
1
−
an
2
−
×⋯×a2
a1
×a1=n+1
n
1
−⋅n
n
2
−⋅n
1
−
n
3
−⋯4
2 ⋅3
1 ⋅1=n(n+1)
2
.a1=1也满
足该式.
故答案为:an=n(n+1)
2
.
随堂演练
1.设数列{an}满足a1=1，且an+1−an=n+1，则数列{an}的通项公式为
.
解
：
由
题
意
可
知
：
an=(an−an-1)+(an-1−an-2)+⋯+(a2−a1)+a1=n+(n
1)+
+2+1=
−
⋯
n(n+1)
2
.
故答案为：an=n(n+1)
2
.
2.已知数列{an}的前n 项和为Sn，且a1=1，an+1−an=2
n，则{an}的通项公式为
.
解：由题意可知：
an=(an−an-1)+(an-1−an-2)+⋯+(a2−a1)+a1=2
n-1+2
n-2+⋯+2+1=1×(1−2
n)
1 2
−
=2
n
1
−
.
故答案为：an=2
n
1
−.
3.已知数列{an}满足：a1=1且an
an−1
=
n
n−1 (n≥2)，则数列{an}的通项公式为
．
解：由题意可知：an=an
an
1
−
×an
1
−
an
2
−
×⋯×a2
a1
×a1=n
n
1
−
⋅n
1
−
n
2
−
⋅⋯ ⋅2
1 ⋅1=n.故答
案为：an=n.
4.已知数列{an}中，a2＝1，设Sn 为{an}前n 项和，2Sn＝nan．则{an}的通项公式为
.
解：当n＝1 时，2S1＝a1，解得a1＝0，当n≥2 时，2Sn﹣1＝（n﹣1）an﹣1，
∴2an＝nan﹣（n﹣1）an﹣1，∴（n﹣1）an﹣1＝（n﹣2）an，
当n≥3 时，可得an
an−1
= n−1
n−2
，∴an= 2
1 × 3
2 × 4
3 ×⋯× n−1
n−2 ×a2＝n﹣1，
当n＝2 或n＝1 时，a1＝0，a2＝1 适合上式，
∴{an}的通项公式为an＝n﹣1.故答案为：an＝n﹣1.
5.已知{an+12
n+1−an2
n)是公差为2 的等差数列，数列{an)的前n 项和为Sn，且a1= 3
2，a2＝
2．
则{an)的通项公式为 .
解：设 bn=an+12
n+1−an2
n，则b1=a2⋅2
2−a1⋅2
1=8−3=5.
因为 {bn} 是公差为 2 的等差数列，，所以 bn=5+2(n−1)=2n+3. 设 cn=an⋅2
n，则
c1=3,bn=cn+1−cn=2n+3,
所
以
n≥2
时
,
cn=c1+(c2−c1)+(c3−c2)+…+(cn−cn
1
−)=3+5+7+…+(2n+1)= (3+2n+1)⋅n
2
=n
2+2n.
所以an⋅2
n=n
2+2n,即an= n
2+2n
2
n
.又 a1= 3
2
, 满足上式,所以an= n
2+2n
2
n
.
故答案为：an= n
2+2n
2
n
.
6.记Sn为数列{an)的前n 项和，已知a1=1，{
Sn
an)是公差为1
3的等差数列,则{an)的通项公式
为 .
解：∵a1=1,∴S1=a1=1,∴S1
a1
=1，又∵{
Sn
an)是公差为1
3 的等差数列,
∴Sn
an
=1+1
3 (n
1)=
−
n+2
3
,∴Sn=(n+2)an
3
,当n≥2时，Sn
1
−=(n+1)an
1
−
3
，∴
an=Sn−Sn
1
−=(n+2)an
3
−(n+1)an
1
−
3
,
整理得：(n
1)
−
an=(n+1)an
1
−,即an
an
1
−
=n+1
n
1
−
,
∴
an=a1×a2
a1
×a3
a2
×…×an
1
−
an
2
−
×an
an
1
−
=1×3
1 ×4
2 ×…×n
n
2
−
×n+1
n
1
−
=n(n+1)
2
，显然n=1也成立，
∴{an} 的通项公式an=n(n+1)
2
.故答案为：an=n(n+1)
2
.
7.数列{an)满足：a1=2
3 ,(2
n+2
1
−)an+1=(2
n+1
2
−)an，则{an)的通项公式为 .
解：由 (2
n+2−1)an+1=(2
n+1−2)an
得,an+1
an
= 2
n+1−2
2
n+2−1
=2⋅2
n−1−1
2
n+2−1
,
∴
an
an
1
−
⋅an
1
−
an
2
−
⋅an
2
−
an
3
−
⋯a2
a1
=2⋅2
n
1
−
1
−
2
n+1
1
−
⋅2⋅2
n
2
−
1
−
2
n
1
−
⋅2⋅2
n
3
−
1
−
2
n
1
−
1
−
⋯2⋅2
1
1
−
2
3
1
−
=2
n
1
−⋅3
(2
n+1
1)(
−
2
n
1)
−
∴
an
a1
=
3⋅2
n−1
(2
n−1)(2
n+1−1)
,又a1= 2
3 ,∴
an=
2
n
(2
n−1)(2
n+1−1)
.故
答
案
为
：
an=
2
n
(2
n−1)(2
n+1−1)
.
8.在数列{an)中，已知a1=1.
（1）若nan+1−(n+1)an=1，求an.
（2）若nan+1−(n+2)an=1，求an.
解： (1) 解法一:
由nan+1
(
−n+1)an=1 可得an+1
n+1 −an
n =1
n(n+1) =1
n −1
n+1 ,
所以an
n =(
an
n −an
1
−
n
1
−)+(
an
1
−
n
1
−
−an
2
−
n
2
−)+
+
⋯(
a2
2 −a1)+a1=1−1
n +1=2n
1
−
n
,整理得
an=2n
1.
−
解法二: 进位相减可得(n+1)an+2
(
−n+2)an+1
[
−nan+1
(
−n+1)an]=0,
即2(n+1)an+1=(n+1)(an+2+an).所以2an+1=an+2+an,
数列{an}为等差数列.
因为a1=1,a2=3,
所以d =2. 故an=2n
1.
−
(2)
由nan+1
(
−n+2)an=1 可得an+1
n+2 −an
n =1
n(n+2) ,
从而an+1
(n+1)(n+2) −an
n(n+1) =1
n(n+1)(n+2) =1
2[
1
n(n+1) −1
(n+1)(n+2)),
所
以
an+1
(n+1)(n+2)
=[
an+1
(n+1)(n+2) −an
n(n+1))+[
an
n(n+1) −an
1
−
(n
1)
−
n)+
+
⋯(
a2
6 −a1
2 )+a1
2
¿
=1
2[
1
2 −1
(n+1)(n+2))+1
2
3n
2+9n+4
4(n+1)(n+2)
.
整理得an+1=3n
2+9n+4
4
.所以an=3n
2+3n
2
−
4
.
6.2.4 已知数列前n 和Sn求数列的通项公式
知识点梳理
1.若已知数列的前n项和Sn与an之间的关系，求数列{an}的通项公式an可用公式
an={
S1，n=1
Sn−Sn
1
−，n≥2求解.
注意：一定要先分n=1和n≥2两种情况分别进行运算，最后验证能否统一.
2.若已知的是前n项积Sn与an之间的关系，则Sn与Sn-1相除即可.
3.有时候题目给的是把前n项罗列出来相加或相乘，也可以用此法.
典型例题
例1.已知数列{an}的前n 项和为Sn，且Sn＝n﹣an．则数列{an}的通项公式为 .
解：∵Sn＝n﹣an，∴Sn﹣1＝（n﹣1）﹣an﹣1（n≥2），
两式作差得2an＝an﹣1+1，∴2（an﹣1）＝an﹣1﹣1，当n＝1 时，S1＝1﹣a1，∴a1−1=−1
2
，
所以{an﹣1}是首项为−1
2
，公比为1
2
的等比数列，故an=1−( 1
2 )
n．
例2.记Sn为数列{an)的前n 项和，已知4Sn＝3an+4，则{an)的通项公式为 .
解：
当n=1 时, 4S1=4a1=3a1+4,
解得a1=4.
当n≥2 时, 4Sn
1
−=3an
1
−+4, 所以4Sn
4
−Sn
1
−=4an=3an
3
−an
1
− ，
即an= 3
−an
1
−,
而a1=4≠0,
故an≠0,
故an
an
1
−
= 3
−,
∴
数列{an} 是以4 为首项,
3
− 为公比的等比数列,
所以an=4 ( 3
−
⋅
)
n
1
−.
例3.记Sn为数列{an)的前n 项和，已知2Sn
n +n=2an+1，则{an)的通项公式为
.
解：因为2Sn
n
+n=2an+1,
即2Sn+n
2=2nan+n①,
当n≥2 时, 2Sn
1
−+(n
1
−)
2=2(n
1)
−
an
1
−+(n
1)
−
,
②
-
①
②得,2Sn+n
2
2
−Sn
1
−
(
−n
1
−)
2=2nan+n
2(
−
n
1)
−
an
1
−
(
−n
1)
−
,
即2an+2n
1=2
−
nan
2(
−
n
1)
−
an
1
−+1, 即2(n
1)
−
an
2(
−
n
1)
−
an
1
−=2(n
1)
−
, 所以
an−an
1
−=1,
n≥2, 所以{an} 是以1为公差的等差数列.
随堂演练
1.已知数列{an}的前n 项和为Sn，且a1=1，2Sn=2nan−n
2+n，则数列{an}的通项公式
为 .
解：依题意2Sn=2nan−n
2+n，①
当n≥2 时，2Sn−1=2(n−1)an−1−(n−1)
2+n−1，②．
①②两式相减得2an＝2nan﹣2（n﹣1）an﹣1+2﹣2n，即（n﹣1）（an﹣an﹣1﹣1）＝0，
因为n≥2，所以an﹣an﹣1﹣1＝0，即an﹣an﹣1＝1，所以{an}是公差为1 的等差数列，
又a1＝1，故数列{an}的通项公式为an＝n．
2.Sn 为数列{an}的前n 项和．已知an>0，an
2+2an=4Sn+3，则数列{an}的通项公式为
.
解：(1)
当n=1 时, a1
2+2a1=4S1+3=4a1+3.
因为an>0,
所以a1=3.
当n≥2 时,an
2+2an−an
1
−
2
2
−an
1
−=4Sn+3 4
−Sn
1
−
3=4
−
an
即(an+an
1
−)(an−an
1
−)=2(an+an
1
−).
因为an>0,
所以an−an
1
−=2.
所以数列{an)
是首项为3,
公差为2 的等差数列,
所以an=2n+1.
3.设数列{an}的前n 项和为Sn，已知2Sn=3
n+3，则数列{an}的通项公式为 .
解：
因为2Sn=3
n+3，所以，2a1=3+3
，故a1=3.
当n≥2 时，2Sn
1
−=3
n
1
−+3。此时，2an=2Sn
2
−Sn
1
−=3
n−3
n
1
−
，即an=3
n
1
−.
又a1=3不满足该式，∴an={
3,
n=1
3
n
1
−,
n>1).
4.已知数列{an}的前n 项和Sn=3n
2+8n，{bn}是等差数列，且an= bn+ bn+1.
则数列{bn}的通项公式为 .
解：由题意知当n≥2时, an= Sn−Sn−1=6n+5.
当n=1时, a1= S1=11, 所以an=6n+5.
设数列 {bn} 的公差为 d, 由{
a1=b1+b2
a2=b2+b3),即{
11=2b1+d
17=2b1+3d)
.
可解得 b1= 4 ,d =3, 所以 bn=3n+1.
5.已知数列{an}的前n 项和Sn=1+λan，其中λ≠0.求证：{an}是等比数列，并求其通项公
式.
解：由题意得 a1= S1=1+ λ a1，故 λ≠1.a1=
1
1−λ ,a1≠0.
由 Sn=1+ λ an,Sn+1=1+ λ an+1 得an+1= λ an+1−λ an,即an+1( λ−1)= λ an.
由 a1≠0, λ≠0 得 an≠0，所以an+1
an
=
λ
λ−1 .
因此 {an} 是首项为
1
1−λ
，公比为
λ
λ−1
的等比数列，于是an=
1
1−λ(
λ
λ−1)
n−1
.
6.已知各项均不为0 的数列{an}的前n 项和为Sn，且a1=1，Sn= anan+1+1
4
．求{an}的通
项公式.
解：由a1=1，Sn= anan+1+1
4
，可得4S1＝4a1＝a1a2+1，即4＝a2+1，可得a2＝3，
当n≥2 时，由4Sn＝anan+1+1，可得4Sn﹣1＝an﹣1an+1，
两式相减可得4an＝4Sn﹣4Sn﹣1＝anan+1﹣an﹣1an，化为an+1﹣an﹣1＝4，
即数列{an}的奇数项和偶数项均为公差为4 的等差数列，
即有n＝2k﹣1 时，an＝1+4（k﹣1）＝4k﹣3；n＝2k 时，an＝3+4（k﹣1）＝4k﹣1；
所以an＝2n﹣1.
6.2.4 构造法求数列的通项公式
知识点梳理
1.求形如an+1=pan+q（p≠1）的递推公式的通项，可采用如下两种方法.
①待定系数法：设an+1
λ
−
=p(an
λ
−
)，用待定系数法可求出λ=q
1−p
，进而构造
新的等比数列{an
λ
−
}.
②也可由an+1=pan+q及an=pan-1+q，两式相减得：an+1−an=p(an−an-1)，所以
{an+1−an}是首项为a2−a1，公比为p的等比数列，先求出an+1−an，再求an.
2. 形如an+1=pan+f(n)（p≠1）的递归式，等号两边同除以p
n+1，得：
an+1
p
n+1 =an
p
n +f(n)
p
n+1
，令bn=an
p
n ，得bn+1=bn+f(n)
p
n+1
，先求bn，再求an.
典型例题
例1.已知数列{an}满足a1=1，an+1=3an+1.
证明：{an+ 1
2}是等比数列，并求{an}的通项公式；
解：证明：由 an+1=3an+1 得 an+1+ 1
2 =3(an+ 1
2)
.
所以
an+1+ 1
2
an+ 1
2
=3.故数列 {an+ 1
2) 是等比数列，首项为 a1+ 1
2 = 3
2
，公比为 3.
所以 an+ 1
2 = 3
2 ⋅3
n−1.解得：an= 3
n−1
2
.
例2.设数列{an}满足a1=3，an+1=3an−4 n，则数列{an}的通项公式为 .
解：由an+1=3an−4 n可得： an=3an−1−4(n−1) (n≥2),
两式相减得 an+1−an=3(an−an−1)−4. 令 bn=an+1−an,
且 b1=2, 所以 bn=3bn−1−4, 两边同时减去 2, 得bn−2=3(bn−1−2),
且 b1−2=0, 所以 bn−2=0, 即an+1−an=2,
又 a2−a1=2, 因此 {an} 是首项为 3, 公差为 2 的等差数列, 所以 an=2n+1.
例3.已知数列{an}满足an+1=2an+ 4⋅3
n−1，a1=−1，则数列{an}的通项公式为 .
解：两边同时除以 3
n+1 得:an+1
3
n+1 = 2
3 × an
3
n + 4
9 ,
整理得an+1
3
n+1 −4
3 = 2
3 ×(
an
3
n −4
3)
.又a1
3 −4
3 =−5
3 ≠0，
{
an
3
n −4
3)
是首项为−5
3
，公比为2
3
的等比数列.
∴an
3
n −4
3 =−5
3 ×(
2
3)
n−1，∴an= 4×3
n−1−5×2
n−1.
随堂演练
1.在数列{an}中，已知a1=1，若an= 1
2 an−1−1 (n≥2)，求{an}的通项公式.
解：设an+x=1
2 (an
1
−+x) (n≥2),将其展开可得：an=1
2 an
1
−−1
2 x.
已知an=1
2 an
1
−
1(
−
n≥2),
所以−1
2 x= 1
−,
解得x=2.
那么an+2=1
2 (an
1
−+2) (n≥2).
已知a1=1,
则a1+2=1+2=3.
由an+2=1
2 (an
1
−+2)(n≥2) 可知,
数列{an+2}
是以3 为首项, 1
2
为公比的等比数
列。根据等比数列的通项公式bn=b1q
n
1
− (
其中b1
为首项, q 为公比),
可得an+2=3×(
1
2)
n
1
−
.
将an+2=3×(
1
2)
n
1
−
移项, 可得an=3×(
1
2)
n
1
−
2.
−
因此,
数列{an} 的通项公式为：an=3×(
1
2)
n
1
−
2.
−
2.在数列{an}中，已知a1=1.
（1）若an= 1
2 an−1+2n−1 (n≥2)，求{an}的通项公式.
（2）若an+1=3an+2
n，求{an}的通项公式.
解：（1）
设bn=an+ An+ B,
所以an+ An+ B=1
2 [an
1
−+ A(n
1)+
−
B],
展开后比较得{
A
2 +2=0,
A
2 + B
2
1=0
−)
⇒{
A = 4,
−
B=6, )
这时bn=1
2 bn
1
−(n≥2)
且bn=an
4
−n+6,
所以{bn}
是以3 为首项,
以1
2
为公比的等比数列,
所以bn=3⋅(
1
2)
n
1
−
,
即3⋅(
1
2)
n
1
−
=an
4
−n+6,
所以an=3⋅(
1
2)
n
1
−
+4n
6
−.
（2）方法一:
设an+1+x⋅2
n+1=3(an+x⋅2
n),
展开并比对系数求得x=1,
即an+1+2
n+1=3(an+2
n);
所以an=3
n−2
n.
方法二:
两边同除以
2
n+1,
得
an+1
2
n+1 =3
2 ⋅an
2
n +1
2
,
故
an+1
2
n+1 +1=3
2(
an
2
n +1)
,
(
3
2)
n
=(
3
2)
n+1
,所以an
2
n =(
3
2)
n
1,即
−
an=3
n−2
n.
方法三:
两边同除以
3
n+1,
得
an+1
3
n+1 −an
3
n =1
3(
2
3)
n
,
叠加得
an+1
3
n+1 =1−(
2
3)
n+1
,
an+1=3
n+1−2
n+1,
所以an=3
n−2
n.
3.在数列{an}中，已知a1=5，若an=2an−1+2
n−1 (n≥2)，求{an}的通项公式.
解: 对 an=2an−1+2
n−1 变形可得(an−1)−2(an−1−1)=2
n.
等号两边同除以 2
n, 得：an−1
2
n
−an−1−1
2
n−1
=1,
则 {
an−1
2
n )
是以 a1−1
2
=2 为首项,1 为公差的等差数列.
∴an−1
2
n
=2+(n−1)=n+1，
整理得：an=2
n(n+1)+1.
4.设数列{an}的前n 项和为Sn=2an−2
n．
（1）求a3，a4.
（2）证明：{an+1−2an}是等比数列.
（3）求{an}的通项公式.
解（1）
由Sn=2an−2
n
和a1=S1
可得，
a1=S1=2a1
2
−
，解得a1=S1=2。
a1+a2=S2=2a2−2
2
，解得a2=6
，S2=8。
S2+a3=S3=2a3−2
3
，解得a3=16
，S3=24。
S3+a4=S4=2a4−2
4
，解得a4=40。
故a3=16
，a4=40。
（2）证明:
因为Sn=2an−2
n (1),
故Sn+1=2an+1−2
n+1 (2)。
由(2) - (1)
得an+1=Sn+1−Sn
，则an+1=2an+1
2
−an−2
n.
即an+1
2
−an=2
n.
当n≥2 时,an+1
2
−an
an
2
−an
1
−
=2
n
2
n
1
−=2.
又因为a2
2
−a1=2.∴
数列{an+1
2
−an}
是首项为2,
公比为2 的等比数列.
（3）
由(2)
知an+1
2
−an=2
n.
等号两端同时除以2
n+1,
得：an+1
2
n+1 −an
2
n =1
2 .
且a1
2 =1.
∴
数列{
an
2
n )
是以1 为首项,
以1
2
为公差的等差数列.
根据等差数列通项公式：an
2
n =1+(n
1)×
−
1
2 =n+1
2
.
即an=(n+1)2
n
1
−.
故{an}
的通项公式为an=(n+1)2
n
1
−.
5.已知等差数列{an}与数列{bn}满足a1=3b1=3，a2=2b2
，且n bn+1+n bn=(an
2)
−
⋅3
n，
求数列{bn}的通项公式.
解：解法一: 令 n=1, 有b2+b1=3(a1−2)=3,
所以 b2=2, 即 a2= 4, 所以an=n+2,bn+1+bn=3
n.
由 bn+1+bn=3
n 得bn+1
3
n+1 + 1
3 × bn
3
n = 1
3 .
设 cn= bn
3
n
, 则cn+1+ 1
3 cn= 1
3
，可得cn+1−1
4 =−1
3(cn−1
4).
易得 c1= 1
3
, 故cn−1
4 = 1
12(−1
3)
n−1
.从而bn= 3
n−(−1)
n
4
(n∈N
∗).
解法二: 由解法一知：bn+1+bn=3
n,则bn+bn−1=3
n−1(n≥2),
两式相减得：bn+1−bn−1=2×3
n−1(n≥2).
于是b3−b1=2×3
1,b5−b3=2×3
3,⋯,b2n−1−b2n−3=2×3
2n−3.
上式累加得 b2n−1−b1= 3(9
n−1−1)
4
, 即b2n−1= 3
2n−1+1
4
(n≥2).
当 n=1 时, 上式也成立. 又 b2n+b2n−1=3
2n−1, 得 b2n= 3
2n−1
4
,
故bn= 3
n−(−1)
n
4
(n∈N
∗).
解法三: 由 bn+1+bn=3
n 构造等比数列形式
则bn+1−1
4 ×3
n+1=−(bn−1
4 ×3
n),所以bn= 3
n−(−1)
n
4
(n∈N
∗).
6.已知数列{an}满足an+1=2an+3n
2+ 4 n+5，a1=1，求数列{an}的通项公式．
解: an+1=2an+3n
2+ 4 n+5，
∴an+1+3(n+1)
2+10(n+1)+18
=2an+3n
2+ 4 n+5+3(n+1)
2+10(n+1)+18
=2an+6n
2+20n+36
=2(an+3n
2+10n+18)，
又 a1+3+10+18=32, 所以数列 {an+3n
2+10n+18} 是以 32 为首项, 2 为公比的等
比数列,
∴an+3n
2+10n+18=32×2
n−1=2
n+ 4，
∴an=2
n+ 4−3n
2−10n−18.
