数列通项公式的求法 | 几乎涵盖所有
总结整理常见的各种求解数列的通项公式的题型思路和对应解法。
前言
求数列的通项公式，其本质是求函数的解析式。我们必须多角度，多形式的重点理解 \(a_n\) 的内涵。
求解必备
当见到这样的式子\(a_{n+1}－a_n = m\)(\(m\)常数)，你一定会反应出\(\{a_n\}\)是等差数列，那么见到\(S_{n+1}－S_n = m\)(\(m\)常数)，你还能看出来里面有等差数列吗? 不错，数列\(\{S_n\}\)是等差数列；特别注意：对代数式\(a_{n+1}－a_n=m\)(\(m\)常数)中\(a_{n+1}\)和\(a_n\)的“内涵”的理解。如有兴趣，可以自行延申阅读；
如下的多个引例，可以让你从多个角度和多个形式理解 $a_n$ 的内涵！
①\(\cfrac{1}{a_{n+1}}－\cfrac{1}{a_n} = m\)，则数列\(\{\cfrac{1}{a_n}\}\)是首项为\(\cfrac{1}{a_1}\)，公差为\(m\)的等差数列；
②\(\cfrac{1}{S_{n+1}}－\cfrac{1}{S_n} = m\)，则数列\(\{\cfrac{1}{S_n}\}\)是首项为\(\cfrac{1}{a_1}\)，公差为\(m\)的等差数列；
③\(\cfrac{a_{n+1}}{n+1}－\cfrac{a_n}{n} = m\)，则数列\(\{\cfrac{a_n}{n}\}\)是首项为\(\cfrac{a_1}{1}\)，公差为\(m\)的等差数列；
④\(\cfrac{n}{a_{n+1}+(n+1)}－\cfrac{n-1}{a_n+n} = m\)，则数列\(\{\cfrac{n-1}{a_n+n}\}\)是首项为\(\cfrac{1-1}{a_1+1}\)，公差为\(m\)的等差数列；
⑤\(\cfrac{a_{n+1}}{2^{n+1}}－\cfrac{a_{n}}{2^{n}}=m\)，则数列\(\{\cfrac{a_{n}}{2^{n}}\}\)是首项为\(\cfrac{a_{1}}{2^{1}}\)，公差为\(m\)的等差数列；
⑥\((a_{n+1}+(n+1))－(a_n + n) = m\)， 则数列\(\{a_n+n\}\)是首项为\(a_1+1\)，公差为\(m\)的等差数列；
⑦\(a_{n+1}^2－a_n^2 = m\)，则数列\(\{a_n^2\}\)是首项为\(a_1^2\)，公差为\(m\)的等差数列；
⑧\(log_m^\,{a_{n+1}^2}－log_m^\,{a_n^2} = p\)，则数列\(\{log_m^\,{a_n^2}\}\)是首项为\(log_m^\,{a_1^2}\)，公差为\(p\)的等差数列；
⑨\(a_{n+2}-2a_{n+1}=a_{n+1}-2a_n\)，则数列\(\{a_{n+1}-2a_n\}\)是首项为\(a_2-2a_1\)，公差为\(0\)的等差数列；
以上所列举的凡此种种，都是等差数列，但是 \(a_n\) 的外在表现形式完全不一样，可以是整式，分式，单项式，多项式，指数式，平方式，对数式等等，那么你能把他们抽象成用一个表达式来刻画吗？
因此务必要求，透彻理解 \(a_{n+1}\) 和 \(a_n\) 的“内涵”；
再如下列的引例，强化对代数式 \(\cfrac{a_{n+1}}{a_n}=m\) (\(m\)常数)中 \(a_{n+1}\) 和 \(a_n\) 的“内涵”的理解：
①\(\cfrac{a_{n+1}+1}{a_n+1} = m\)， 则数列\(\{a_n+1\}\)是首项为\(a_1+1\)，公比为\(m\)的等比数列；
②\(\cfrac{a_{n+1}+(n+1)}{a_n + n} = m\)，则数列\(\{a_n+n\}\)是首项为\(a_1+1\)，公比为\(m\)的等比数列；
③\(\cfrac{a_{n+1}^2}{a_n^2} = m\)，则数列\(\{a_n^2\}\)是首项为\(a_1^2\)，公比为\(m\)的等比数列；
④\(a_{n+2}-a_{n+1}=2(a_{n+1}-a_n)\)，则数列\(\{a_{n+1}-a_n\}\)是首项为\(a_2-a_1\)，公比为\(2\)的等比数列；
简单类型
给定数列的前有限项，求数列\(\{a_n\}\)的通项公式；
重点类型Ⅰ
由\(a_n\)与\(S_n\)的关系求数列\(\{a_n\}\)的通项公式【要求重点掌握的类型】
方法：熟练记忆\(a_n\)与\(S_n\)的关系\(a_n=\begin{cases}S_1 &n=1\\S_n-S_{n-1} &n\ge 2\end{cases}\)，并灵活运用注意：①这是个分段函数，故求其解析式应该分段求解，容易忘记求解\(n=1\)的情形②必须验证能否合二为一，如果能就写成一个式子，如果不能，写成分段数列的形式。③若题目中是\(a_{n+1}\)，则\(a_{n+1}\)\(=\)\(S_{n+1}\)\(-\)\(S_n\)，而不是\(a_{n+1}\)\(=\)\(S_{n}\)\(-\)\(S_{n-1}\)，切记！。
✍️角度1：若已知形如 \(S_n=f(n)\)， [1]
思路：构造\(S_{n-1}\)，用两者作差之法
分析：当\(n=1\)时，\(S_1=a_1=6\)，
当\(n\ge 2\)时，由已知可得\(S_{n-1}=2(n-1)^2+3(n-1)+1\)，
又\(S_n=2n^2+3n+1\)，两式相减得到
\(n\ge 2\)时，\(a_n=S_n-S_{n-1}=4n+1\)，
由于\(n=1\)时，\(a_1=6\)，不满足上式，故需要将通项公式写成分段函数形式，
即所求通项公式为\(a_n=\begin{cases}6，&n=1\\4n+1，&n\ge 2\end{cases}\)。
分析：由已知可得，当\(n\ge 2\)时，\(2^1a_1+2^2a_2+2^3a_3+\dots+2^{n-1}a_{n-1} = n-1\)，
两式作差得到
当\(n\ge 2\)时，\(2^na_n =1\)，即\(a_n=\cfrac{1}{2^n}=(\cfrac{1}{2})^n\)，
又当\(n=1\)时，\(2^1a_1=1\)，即\(a_1=\cfrac{1}{2}\)，满足上式，
故所求通项公式为\(a_n=(\cfrac{1}{2})^n\)，\(n\in N^*\)。易错警示学生求解本题目时容易错误的认为应该利用“错位相减法”求解，这个理解是错误的，原因是数列\(\{2^n\cdot a_n\}\)的组成部分之一\(\{2^n\}\)是等比数列，但是另一个组成部分\(\{a_n\}\)却没有告诉是等差数列，所以应用错误；另外，“错位相减法”是用来求解数列的前\(n\)项和\(S_n\)的，不是求解数列的通项公式\(a_n\)的；。想体验更多的同类型题目
✍️ 角度2：已知形如\(S_n=f(a_n)\)，有两个求解方向： [2]
⚠️若求\(a_n\) ，思路：设法消去\(S_n\)，即构造\(S_{n-1}\)，作差即可，直接求解\(a_n\)。
分析：由已知\(2S_n+a_n=1\)可得，
当\(n\ge 2\)时，\(2S_{n-1}+a_{n-1}=1\)，两式相减得到
当\(n\ge 2\)时，\(3a_n-a_{n-1}=0\)，
又\(n=1\)时，\(2S_1+a_1=1\)，解得\(a_1=\cfrac{1}{3}\)，
故可知\(\cfrac{a_n}{a_{n-1}}=\cfrac{1}{3}\)，
即数列\(\{a_n\}\)是首项为\(\cfrac{1}{3}\)，公比为\(\cfrac{1}{3}\)的等比数列，
通项公式为\(a_n=\cfrac{1}{3^n}(n\in N^*)\)。
补充思路：先主动求\(S_n\) ，思路：消去\(a_n\)，用\(s_n-s_{n-1}=a_n\)代换\(a_n\)即可，然后由\(S_n\)入手求解\(a_n\)；
分析：本题目尝试直接求解\(a_n\)而不得，故考虑需要先求解\(S_n\)；
由于\(S_n\)是\(a_n\)与\(\cfrac{1}{a_n}\)的等差中项，则有\(2S_n=a_n+\cfrac{1}{a_n}\)，
当\(n=1\)时，上式变为\(2a_1=a_1+\cfrac{1}{a_1}\)，解得\(a_1^2=1\)，由于\(a_n>0\)，则得到\(a_1=1\)，
当\(n\geqslant 2\)时，上式变化为\(2S_n\cdot a_n=a_n^2+1\)，
即\(2S_n(S_n-S_{n-1})=(S_n-S_{n-1})^2+1\)，整理为\(S_n^2-S_{n-1}^2=1\)，
故\(\{S_n^2\}\)是首项为\(S_1^2=a_1^2=1\)，公差为\(1\)的等差数列，则\(S_n^2=1+(n-1)\times 1=n\)，
则\(S_n=\sqrt{n}(n\in N^*)\)，
由上可知，当\(n\geqslant 2\)时，\(S_{n-1}=\sqrt{n-1}\)，
两式相减，得到\(S_n-S_{n-1}=a_n=\sqrt{n}-\sqrt{n-1}(n\geqslant 2)\)
再验证，\(n=1\)时，\(a_1=1=\sqrt{1}-\sqrt{1-1}\)，故满足上式，
综上所述，\(a_n=\sqrt{n}-\sqrt{n-1}(n\in N^*)\)。
⚠️若求\(S_n\) ，思路：消去\(a_n\)，用\(s_n-s_{n-1}=a_n\)代换\(a_n\)即可。
分析：由\(a_{n+1}=S_{n+1}-S_n\)，代入已知式子得到，
\(S_{n+1}-S_n=3S_n\)，整理得到，\(S_{n+1}=4S_n\)，
由\(S_1=a_1=1\neq 0\)，故数列\(\{S_n\}\)是首项是1，公比为4的等比数列，
故\(S_n=1\cdot 4^{n-1}=4^{n-1}(n\in N^*)\)。
✍️ 角度3：已知形如\(S_n=f(n,a_n)\)，思路：构造\(S_{n-1}\)，两者作差后消去 \(S_n\) 类，
①若出现\(a_{n+1} =pa_n + q(p，q\in R)\) ，两边同加常数\(k=\cfrac{q}{p-1}\)构造等比数列。 [3]
分析：由已知当\(n\ge 2\)时，\(S_{n-1}=2a_{n-1}+(n-1)\)，两式相减得到
\(n\ge 2\)时，\(a_n=2a_n-2a_{n-1}+1\)，整理得到 \(a_n=2a_{n-1}-1\)，两边同加 \(-1\)，
即\(a_n-1=2(a_{n-1}-1)\)，故\(a_1-1=-2\neq 0\)，
故数列\(\{a_n-1\}\)是首项为\(-2\)，公比为\(2\)的等比数列，
故\(a_n-1=-2\cdot 2^{n-1}\)，故\(a_n=-2^{n}+1(n\in N^*)\)。
②若出现\(a_{n+1} =pa_n+qn+k\)，两边同加关于\(n\)的一次式构造等比数列。(较难的类型)
分析：设\(a_{n+1}+p(n+1)+q=2(a_n+pn+q)\)，打开整理得到，\(p=3\)，\(q=4\)，
整理都得到\(a_{n+1}+3(n+1)+4=2(a_n+3n+4)\)，
由首项\(a_1+3\cdot 1+4=8\neq 0\) ，故数列\(\{a_n+3n+4\}\)是首项为 \(8\)，公比为 \(2\) 的等比数列，
故\(a_n+3n+4=8\cdot 2^{n-1}\)，故\(a_n=2^{n+2}-3n-4(n\in N^*)\)。
重点类型Ⅱ
由递推公式求数列\(\{a_n\}\) 的通项公式,[熟练记忆几个常见的模型]
⚠️形如： \(a_{n+1}－a_n = m\) (常数) 方法：用等差数列定义法 或 累加法(要求重点掌握的类型)
分析：易知\(a_n=4n(n\in N^*)\)。
⚠️ 形如：\(a_{n+1}-a_n = f(n)\) (变量) 方法：累加法(要求重点掌握的类型)
⚠️形如：\(\cfrac{a_{n+1}}{a_n} = m\) (常数) 方法：等比数列定义法或累乘法(要求重点掌握的类型)
分析：易知\(a_n=4^n\)。
⚠️形如\(\cfrac{a_{n+1}}{a_n} = f(n)\)(变量) 方法：累乘法(要求重点掌握的类型)
⚠️形如\(a_{n+1} = pa_n + q(p，q为常数)\)的类型，方法：两边同加常数\(k=\cfrac{q}{p-1}\)构造等比数列。(要求重点掌握的类型)
分析：(同加常数构造法)由已知得到当\(n\ge 2\)时，\(a_n+1=4a_{n-1}+3+1=4(a_{n-1}+1)\)，又\(a_1+1=2\neq 0\)，
故数列\(\{a_n+1\}\)是首项为2公比为4的的等比数列，故\(a_n+1=2\cdot 4^{n-1}\)，
即\(a_n=2\cdot 4^{n-1}-1=2^{2n-1}-1(n\in N^*)\)。
⚠️形如\(a_{n+1} =pa_n + p^n，p\)为常数，方法：等式两边同除以\(p^n\)或 \(p^{n+1}\)，构造等差数列。
分析：给已知条件两边同时除以\(2^{n+1}\)，得到\(\cfrac{a_{n+1}}{2^{n+1}}=\cfrac{a_n}{2^n}+\cfrac{1}{2}\)，
故有\(\cfrac{a_{n+1}}{2^{n+1}}-\cfrac{a_n}{2^n}=\cfrac{1}{2}\)，
即数列\(\{\cfrac{a_n}{2^n}\}\)是首项为\(\cfrac{a_1}{2^1}=\cfrac{1}{2}\)，公差为\(\cfrac{1}{2}\)的等差数列，
故\(\cfrac{a_n}{2^n}=\cfrac{1}{2}+(n-1)\cdot \cfrac{1}{2}=\cfrac{n}{2}\)，
故\(a_n=\cfrac{n\cdot 2^n}{2}=n\cdot 2^{n-1}(n\in N^*)\)。
问题1：能同除以\(2^n\)吗？[4]
问题2：此方法能解决\(a_{n+1}=3\cdot a_n+2^n\)的通项公式吗？[5]
问题3：对于\(a_{n+1}=3\cdot a_n+2^n\)，能通过两边同除以\(3^{n+1}\)或者\(3^n\)，求其通项公式吗？[6]
⚠️形如\(a_{n+2} =pa_{n+1} + qa_n\)，\(p、q\)为常数，方法：利用待定系数法，构造等差或等比数列。
分析：用待定系数法，设\(a_{n+2}+pa_{n+1}=k(a_{n+1}+pa_n)\)，\(k，p\in R\)，
整理得到$$a_{n+2}-kp\cdot a_n=(k-p)a_{n+1}$$
比照$$a_{n+2}+2a_n=3a_{n+1}$$
得到 \(\left\{\begin{array}{l}{kp=-2}\\{k-p=3}\end{array}\right.\)，解得\(\left\{\begin{array}{l}{k=2}\\{p=-1}\end{array}\right.\)，或\(\left\{\begin{array}{l}{k=1}\\{p=-2}\end{array}\right.\)，
在具体题目中，我们取其中一组解即可；每一组解对于一种变形；
解法1️⃣：当\(k=2\)，\(p=-1\)时，已知式变形为\(a_{n+2}-a_{n+1}=2(a_{n+1}-a_n)\)，
即意味着这样变形：由\(a_{n+2}+2a_n=3a_{n+1}\)，
得到\(a_{n+2}+2a_n=2a_{n+1}+a_{n+1}\)，
即\(a_{n+2}-a_{n+1}=2a_{n+1}-2a_n\)，
即\(a_{n+2}-a_{n+1}=2(a_{n+1}-a_n)\)，
又\(a_2-a_1=3\neq 0\)，即数列\(\{a_{n+1}-a_n\}\)是以\(a_2-a_1=3\)为首项，以\(2\)为公比的等比数列，
则\(a_{n+1}-a_n=3\times 2^{n-1}\)，接下来求\(a_n\)，使用累加法。
过程省略，可以求得\(a_n=3\times 2^{n-1}-2(n\in N^*)\)。
解法2️⃣：当\(k=1\)，\(p=-2\)时，已知式变形为\(a_{n+2}-2a_{n+1}=a_{n+1}-2a_n\)，
即意味着这样变形：由\(a_{n+2}+2a_n=3a_{n+1}\)，
得到\(a_{n+2}+2a_n=2a_{n+1}+a_{n+1}\)，
即\(a_{n+2}-2a_{n+1}=a_{n+1}-2a_n\)，
又\(a_2-2a_1=2\)，即数列\(\{a_{n+1}-2a_n\}\)是以\(a_2-2a_1=2\)为首项，以\(0\)为公差的等差数列，
则\(a_{n+1}-2a_n=2+(n-1)\times 0=2\)，接下来求\(a_n\)，再次使用待定系数法。
\(a_{n+1}-2a_n=2\)，得到\(a_{n+1}=2a_n+2\)，
\(a_{n+1}+2=2(a_n+2)\)，故数列\(\{a_n+2\}\)是以\(a_1+2=3\)，以\(2\)为公比的等比数列；
故\(a_n=3\times 2^{n-1}-2(n\in N^*)\)。
解法3️⃣：由上可知，\(\left\{\begin{array}{l}{a_{n+1}-a_n=3\times 2^{n-1}①}\\{a_{n+1}-2a_n=2②}\end{array}\right.\)，
联立解以 \(a_{n+1}\) 和 \(a_n\) 为元的二元一次方程组，解得 \(a_n=3\times 2^{n-1}-2(n\in N^*)\)。
⚠️ 形如 \(a_{n+1}-a_n = k\cdot a_{n+1}\cdot a_n\)，(\(k\)为常数)，等式两边同除以\(a_{n+1}\cdot a_n\)，构造等差数列；[7]
⚠️ 形如\(S_{n+1}-S_n = k\cdot S_{n+1}\cdot S_n\)，(\(k\)为常数)，等式两边同除以\(S_{n+1}\cdot S_n\)，构造等差数列。
分析：由\(a_n=S_n-S_{n-1}\)，代入已知得到\((2S_n-1)(S_n-S_{n-1})=2S_n^2\)，
\(-S_n+S_{n-1}=2S_n\cdot S_{n-1}\)，又\(S_n\cdot S_{n-1}\neq 0\)，
则有\(\cfrac{1}{S_n}-\cfrac{1}{S_{n-1}}=2\) ，
即数列\(\{\cfrac{1}{S_n}\}\)是首项是\(\cfrac{1}{a_1}=1\)，公差为2的等差数列，
故\(\cfrac{1}{S_n}=1+(n-1)\times 2=2n-1\)，故\(S_n=\cfrac{1}{2n-1}(n\ge 2)\)，
再验证\(n=1\)时，\(S_1=1\)满足上式，故 \(S_n=\cfrac{1}{2n-1}(n\in N^*)\)。
⚠️ 形如\(a_{n+1}=\cfrac{2a_n}{a_n+2}\)，两边取倒数构造等差数列
分析：两边取倒数得到\(\cfrac{1}{a_{n+1}}=\cfrac{a_n+2}{2a_n}=\cfrac{1}{a_n}+\cfrac{1}{2}\)，
即数列\(\{\cfrac{1}{a_n}\}\)是首项为\(\cfrac{1}{a_1}=\cfrac{1}{2}\)，公差为\(\cfrac{1}{2}\)的等差数列，
故\(\cfrac{1}{a_n}=\cfrac{1}{2}+(n-1)\cdot\cfrac{1}{2}=\cfrac{n}{2}\)，故\(a_n=\cfrac{2}{n}\) 。
分析：两边取倒数得到\(\cfrac{1}{a_{n+1}}=\cfrac{a_n+3}{2a_n}=\cfrac{3}{2}\cdot\cfrac{1}{a_n}+\cfrac{1}{2}\)，
令\(\cfrac{1}{a_n}=b_n\)，则转化为\(b_{n+1}=\cfrac{3}{2}b_n+\cfrac{1}{2}\)的类型求解；
次要类型
构造做差法，构造做商法，赋值法，取对数法，解方程法
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赋值法，如\(a_{n+m}=a_n\cdot a_m\)，令\(m=1\)即\(a_{n+1}=a_1\cdot a_n\)，不就是等比数列嘛；
-
赋值法，如\(a_{n+m}=a_n+a_m\)，令\(m=1\)即\(a_{n+1}=a_n+a_1\)，不就是等差数列嘛；
-
[引申]如\(a_{n+m}=a_n+a_m+mn\)，\(a_1=2\)，求通项公式\(a_n\)；
令\(m=1\)得到\(a_{n+1}=a_n+a_1+n=a_n+n+2\)，即\(a_{n+1}-a_n=n+2\)，使用累加法即可求解通项公式；
-
形如\(a_{n+1}\cdot a_n = 2^n\) 得到\(\cfrac{a_{n+2}}{a_n} = 2\)，则可知所有奇数项、偶数项各自成等比数列。
-
形如\(a_{n+1}+a_n =2n\) 得到\(a_{n+2}-a_n= 2\)，则可知所有奇数项、偶数项各自成等差数列。
-
取对数法，如\(a_{n+1}=p\cdot a_n^m\)，\(p\)，\(m\) 为常数，两边取对数构造等比数列。(考查概率很小很小)
-
解方程法，如\(a_n^2-2n\cdot a_n - 1 = 0\)，\(a_n>0\)，解方程即可。 (考查概率很小很小)
总结提炼
总结这样的类型，是为了方便各位辨析给定表达式的类型，比如在表达式 \(S_n=2n^2+3n+1\) 中，只有 \(S_n\) 和 \(n\) 这两种变量，我们可以用 \(n\) 来表示 \(S_n\)，故抽象为 \(S_n=f(n)\) 的类型，以下同理； ↩︎
总结这样的类型，是为了方便各位辨析给定表达式的类型，比如在表达式 \(2S_n+a_n=1\) 中，只有 \(S_n\) 和 \(a_n\) 这两种变量，我们可以用 \(a_n\) 来表示 \(S_n\)，故抽象为 \(S_n=f(a_n)\) 的类型，以下同理； ↩︎
【解释】：为什么同加常数 \(k\) \(=\) \(\cfrac{q}{p-1}\) 就可以构造等比数列，假设\(a_{n+1}\) \(=\) \(pa_n\)\(+\)\(q\)，可以变形为\(a_{n+1}\)\(+\)\(k\)\(=\)\(p\)\((a_n+k)\)，整理得到\(a_{n+1}\)\(=\)\(pa_n\)\(+\)\(pk\)\(-\)\(k\)，则有\(k\)\((p-1)\)\(=\)\(q\)，故\(k\)\(=\)\(\cfrac{q}{p-1}\)，即只要给所给的形如\(a_{n+1}\)\(=\)\(pa_n\)\(+\)\(q\)的式子两边同时加上常数\(\cfrac{q}{p-1}\)，则可以等价变形为\(a_{n+1}\)\(+\)\(k\)\(=\)\(p\)\((a_n+k)\)，接下来就可以朝等比数列考虑了。 ↩︎
变形为\(\cfrac{a_{n+1}}{2^n}-\cfrac{a_n}{2^{n-1}}=1\)，即数列\(\{\cfrac{a_n}{2^{n-1}}\}\)为首项是\(\cfrac{a_1}{2^{1-1}}=a_1=1\)，公差为\(1\)的等差数列，故得到\(\cfrac{a_n}{2^{n-1}}=1+(n-1)\times 1=n\)，即\(a_n=n\times 2^{n-1}\)。 ↩︎
变形为\(\cfrac{a_{n+1}}{2^{n+1}}=\cfrac{3}{2}\cdot \cfrac{a_n}{2^n}+\cfrac{1}{2}\)，
即符合\(b_{n+1}=p\cdot b_n+q\)的形式，故继续如下变形，
\(\cfrac{a_{n+1}}{2^{n+1}}+1=\cfrac{3}{2}\cdot (\cfrac{a_n}{2^n}+1)\)，
又\(\cfrac{a_1}{2}+1=\cfrac{3}{2}\neq 0\)，
故数列\(\{\cfrac{a_n}{2^n}+1\}\)是首项为\(\cfrac{3}{2}\)，公比为\(\cfrac{3}{2}\)的等比数列；
则\(\cfrac{a_n}{2^n}+1=(\cfrac{a_1}{2}+1)\cdot (\cfrac{3}{2})^{n-1}\)，
化简整理为\(a_n=3^n-2^n\); ↩︎给已知\(a_{n+1}=3\cdot a_n+2^n\)，两边同除以\(3^{n+1}\)，
得到\(\cfrac{a_{n+1}}{3^{n+1}}=\cfrac{3\cdot a_n}{3^{n+1}}+\cfrac{2^n}{3^{n+1}}\)，
变形为\(\cfrac{a_{n+1}}{3^{n+1}}=\cfrac{a_n}{3^{n}}+\cfrac{1}{3}\cdot(\cfrac{2}{3})^n\)，
令\(\cfrac{a_n}{3^{n}}=b_n\)，则上式能变形为\(b_{n+1}-b_n=\cfrac{1}{3}\cdot(\cfrac{2}{3})^n\)
累加法。 ↩︎即 \(\cfrac{a_{n+1}-a_n}{a_{n+1}\cdot a_n}=\cfrac{k\cdot a_{n+1}\cdot a_n}{a_{n+1}\cdot a_n}\)，即 \(\cfrac{1}{a_n}-\cfrac{1}{a_{n+1}}=k\)，即 \(\cfrac{1}{a_{n+1}}-\cfrac{1}{a_{n}}=-k\)，故数列 \(\{\cfrac{1}{a_n}\}\) 为首项为 \(\cfrac{1}{a_1}\) ，公差为 \(-k\) 的等差数列； ↩︎
