累加法
$$a_n-a_{n-1}=f(n)\ \Longrightarrow\ a_n=f(2)+f(3)+\cdots+f(n)+a_1$$
要求 $f(n)$ 能求和：如 $n$、$2^n$、$\dfrac{1}{n(n+1)}$。
第八章 数列 · 模块二 求通项与求和
数列通项的
数列通项的
核心求法
求通项是数列板块的核心问题之一。本节归纳五种常见求通项的题型：累加法、累乘法、带提示的构造法、待定系数法构造、等价变形——先识别递推结构，再选择方法变形求解。
难度 ★★★
高考核心方法
方法册 + 练习册
掌握累加法、累乘法的适用结构与操作步骤，会检验首项 $a_1$
会按题干提示构造等差、等比数列，并能用待定系数法自行构造新数列
能对复杂递推式做因式分解、同除系数等等价变形，求出通项
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知识导览 · 01
内容提要
五种核心求法 · 先识别结构再选方法
累乘法
$$\frac{a_n}{a_{n-1}}=f(n)\ \Longrightarrow\ a_n=f(2)f(3)\cdots f(n)\cdot a_1$$
要求 $f(n)$ 能求积：如 $\dfrac{n}{n+1}$、$2^n$。
构造法
$$\text{题干提示先证等差/等比}\ \Rightarrow\ \text{再求}a_n$$
有提示按提示构造；无提示用待定系数法构造新数列。
等价变形
$$\text{复杂递推式}\ \Rightarrow\ \text{因式分解/同除系数/同除某项}$$
变形不复杂，常见方向：因式分解、同除系数、取对数统一结构。
知识导览 · 02
求通项解题路径
识别结构 → 选择方法 → 变形构造 → 验证首项
1
看递推结构
是差式 $a_{n+1}-a_n=f(n)$，商式 $\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=f(n)$，还是复杂式？
2
选方法
$f(n)$ 能求和 → 累加法；能求积 → 累乘法；题干有提示 → 按提示构造。
3
变形 / 构造
无提示用待定系数法构造；复杂式先等价变形（因式分解、同除系数等）。
4
验证首项
累加、累乘结果只在 $n\ge2$ 成立，最后单独验证 $a_1$；证等比先验 $b_1\neq0$。
核心思想：识别递推结构 → 匹配方法 → 变形构造 → 验证首项。看到"差式、商式、指数式、交叉系数"等特征，先想对应的处理套路，再动手算。
类型Ⅰ · 累加法求通项
例 1
★
已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=1$，$a_{n+1}-a_n=n+1$，求 $\{a_n\}$ 的通项公式．
答案：$a_n=\dfrac{n(n+1)}{2}$
解 析
看到 $a_{n+1}-a_n=n+1$ 这样的递推公式，想到用累加法求 $a_n$：由题意，当 $n\ge2$ 时
$$a_2-a_1=2,\ a_3-a_2=3,\ \cdots,\ a_{n-1}-a_{n-2}=n-1,\ a_n-a_{n-1}=n$$
将以上各式累加可得 $a_n-a_1=2+3+\cdots+n$，结合 $a_1=1$ 可得
$$a_n=a_1+2+3+\cdots+n=1+2+3+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}$$
又 $a_1=1$ 也满足上式，所以 $a_n=\dfrac{n(n+1)}{2}\ (n\in\mathbf{N}^*)$．
答案：$a_n=\dfrac{n(n+1)}{2}$
反思：遇到 $a_{n+1}-a_n=f(n)$ 这类递推公式，考虑用累加法求通项，别忘了检验 $a_1$ 是否满足累加的结果．
类型Ⅰ · 累加法求通项
变式 1
★★
已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=2$，且 $(n+1)a_{n+1}-na_n=2^n$，求 $\{a_n\}$ 的通项公式．
答案：$a_n=\dfrac{2^n}{n}$
解 析
把 $na_n$ 看作 $b_n$，则 $(n+1)a_{n+1}$ 即为 $b_{n+1}$，故 $b_{n+1}-b_n=2^n$，这就是累加法的适用情形，可先求 $b_n$：
设 $b_n=na_n$，则 $b_1=a_1=2$，且 $(n+1)a_{n+1}-na_n=2^n$ 即为 $b_{n+1}-b_n=2^n$，所以当 $n\ge2$ 时
$$b_2-b_1=2^1,\ b_3-b_2=2^2,\ \cdots,\ b_n-b_{n-1}=2^{n-1}$$
累加得 $b_n-b_1=2^1+2^2+\cdots+2^{n-1}$，故
$$b_n=\frac{2(1-2^{n-1})}{1-2}+2=2^n$$
又 $b_1=2$ 也满足上式，所以 $\forall n\in\mathbf{N}^*$，都有 $b_n=2^n$，即 $na_n=2^n$，所以 $a_n=\dfrac{2^n}{n}$．
答案：$a_n=\dfrac{2^n}{n}$
类型Ⅰ · 累加法求通项
变式 2
★★★
已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=1$，且 $a_{n+1}-3a_n=2^n$，求 $\{a_n\}$ 的通项公式．
答案：$a_n=3^n-2^n$
解 析
本题不是 $a_{n+1}-a_n$ 这种结构，但观察发现，可在 $a_{n+1}-3a_n=2^n$ 两端同除以 $3^{n+1}$ 变为该结构：
$$\frac{a_{n+1}}{3^{n+1}}-\frac{3a_n}{3^{n+1}}=\frac{2^n}{3^{n+1}}\ \Longrightarrow\ \frac{a_{n+1}}{3^{n+1}}-\frac{a_n}{3^n}=\frac13\left(\frac23\right)^n\quad\text{①}$$
若将 $\dfrac{a_n}{3^n}$ 看成 $b_n$，则式①即为 $b_{n+1}-b_n=\dfrac13\left(\dfrac23\right)^n$，可用累加法先求 $b_n$：
令 $b_n=\dfrac{a_n}{3^n}$，则 $b_1=\dfrac{a_1}{3}=\dfrac13$，且 $b_{n+1}-b_n=\dfrac13\left(\dfrac23\right)^n$，所以当 $n\ge2$ 时
$$b_2-b_1=\frac13\left(\frac23\right)^1,\ b_3-b_2=\frac13\left(\frac23\right)^2,\ \cdots,\ b_n-b_{n-1}=\frac13\left(\frac23\right)^{n-1}$$
各式累加得
$$b_n-b_1=\frac13\cdot\frac{\frac23\left[1-\left(\frac23\right)^{n-1}\right]}{1-\frac23}=\frac23-\left(\frac23\right)^n$$
$$b_n=\frac23-\left(\frac23\right)^n+b_1=1-\left(\frac23\right)^n\qquad(b_1=\frac13\text{ 也满足})$$
所以 $\dfrac{a_n}{3^n}=1-\left(\dfrac23\right)^n$，故 $a_n=3^n-2^n$．
答案：$a_n=3^n-2^n$
类型Ⅰ · 方法小结
累加法小结
差式直接用：$a_{n+1}-a_n=f(n)$ 且 $f(n)$ 能求和（$n$、$2^n$、裂项式等）→ 累加法，$a_n=f(2)+f(3)+\cdots+f(n)+a_1$。
结构改造后用：$a_{n+1}=pa_n+f(n)\ (p\neq0,\ p\neq1)$ 型，两端同除以 $p^{n+1}$，化为 $\dfrac{a_{n+1}}{p^{n+1}}-\dfrac{a_n}{p^n}=\dfrac{f(n)}{p^{n+1}}$，再用累加法求 $\left\{\dfrac{a_n}{p^n}\right\}$ 的通项，从而求得 $a_n$。
别忘了验证首项：累加结果只在 $n\ge2$ 时成立，最后必须单独检验 $a_1$ 是否满足。
类型Ⅱ · 累乘法求通项
例 2
★
已知正项数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=1$，$a_{n+1}=3\left(1+\dfrac1n\right)a_n$，求数列 $\{a_n\}$ 的通项公式．
答案：$a_n=n\cdot3^{n-1}$
解 析
将所给递推公式变形，即可得到 $\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=f(n)$ 这种结构，故用累乘法求 $a_n$：
$$a_{n+1}=3\left(1+\frac1n\right)a_n\ \Longrightarrow\ \frac{a_{n+1}}{a_n}=3\cdot\frac{n+1}{n}$$
故当 $n\ge2$ 时
$$\frac{a_2}{a_1}=3\times\frac21,\ \frac{a_3}{a_2}=3\times\frac32,\ \frac{a_4}{a_3}=3\times\frac43,\ \cdots,\ \frac{a_n}{a_{n-1}}=3\cdot\frac{n}{n-1}$$
各式累乘得 $\dfrac{a_n}{a_1}=3^{n-1}\times n$，化简得 $\dfrac{a_n}{a_1}=n\cdot3^{n-1}$，
$$a_n=n\cdot3^{n-1},\qquad a_1=1\text{ 也满足 }a_n=n\cdot3^{n-1}$$
所以 $\forall n\in\mathbf{N}^*$，都有 $a_n=n\cdot3^{n-1}$．
答案：$a_n=n\cdot3^{n-1}$
类型Ⅱ · 累乘法求通项
变式
★★★
在数列 $\{a_n\}$ 中，$a_1=1$，$a_2=2$，$\dfrac{a_{n+2}}{a_n}=\dfrac{n+1}{n}$，则 $a_1a_2+a_2a_3+a_3a_4+\cdots+a_{99}a_{100}=$____．
答案：$9900$
解 析
本题给的是 $\dfrac{a_{n+2}}{a_n}$，不是 $\dfrac{a_{n+1}}{a_n}$，但结构相近，我们也试试用累乘法：由题意，当 $n\ge2$ 时
$$\frac{a_3}{a_1}=\frac21,\ \frac{a_4}{a_2}=\frac32,\ \frac{a_5}{a_3}=\frac43,\ \cdots,\ \frac{a_{n+1}}{a_{n-1}}=\frac{n}{n-1}$$
将以上各式累乘可得 $\dfrac{a_{n+1}}{a_{n-1}}\cdot\cdots\cdot\dfrac{a_4}{a_2}\cdot\dfrac{a_3}{a_1}=\dfrac{n}{n-1}\times\cdots\times\dfrac32\times\dfrac21$，所以
$$\frac{a_na_{n+1}}{a_1a_2}=n\ \Longrightarrow\ a_na_{n+1}=a_1a_2n=2n$$
又 $a_1a_2=2$ 也满足上式，所以 $a_na_{n+1}=2n$ 对任意的 $n\in\mathbf{N}^*$ 都成立．
累乘后没有求出 $a_n$，而是求出了 $a_na_{n+1}$，而本题要求的恰好就是数列 $\{a_na_{n+1}\}$ 的前 $99$ 项和：
$$a_1a_2+a_2a_3+\cdots+a_{99}a_{100}=2+4+6+\cdots+198=\frac{99\times(2+198)}{2}=9900$$
答案：$9900$
总结：若给出 $\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=f(n)$，可用累乘法求 $\{a_n\}$ 的通项公式；若给出的是 $\dfrac{a_{n+2}}{a_n}=f(n)$，则累乘后可以求得 $a_na_{n+1}$ 的结果．
类型Ⅱ · 方法小结
累乘法小结
商式直接用：$\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=f(n)$ 且 $f(n)$ 能求积（$\dfrac{n}{n+1}$、$2^n$ 等）→ 累乘法，$a_n=f(2)f(3)\cdots f(n)\cdot a_1$。
隔项商式：$\dfrac{a_{n+2}}{a_n}=f(n)$ 型，累乘后得到的是 $a_na_{n+1}$ 的结果（若题目要求的恰是 $a_na_{n+1}$ 的和，直接使用）。
别忘了验证首项：累乘结果只在 $n\ge2$ 时成立，最后必须单独检验 $a_1$。
类型Ⅲ · 带提示的构造法求通项
例 3
★★
已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=1$，$a_{n+1}=1-\dfrac{1}{4a_n}$，设 $b_n=\dfrac{2}{2a_n-1}$，证明 $\{b_n\}$ 是等差数列，并求数列 $\{a_n\}$ 的通项公式．
答案：$a_n=\dfrac{n+1}{2n}$
解 析
要证 $\{b_n\}$ 是等差数列，只需证 $b_{n+1}-b_n$ 为常数。由题意
$$b_{n+1}-b_n=\frac{2}{2a_{n+1}-1}-\frac{2}{2a_n-1}\quad\text{①}$$
要进一步计算此式，可将递推公式代入消去 $a_{n+1}$ 再化简。又 $a_{n+1}=1-\dfrac{1}{4a_n}$，代入式①可得
$$b_{n+1}-b_n=\frac{2}{2\left(1-\frac{1}{4a_n}\right)-1}-\frac{2}{2a_n-1}=\frac{4a_n}{2a_n-1}-\frac{2}{2a_n-1}=2$$
所以 $\{b_n\}$ 是公差为 $2$ 的等差数列。只要再求出 $b_1$，就能代等差数列通项公式求得 $b_n$，进而求得 $a_n$：
因为 $a_1=1$，所以 $b_1=\dfrac{2}{2a_1-1}=2$，故 $b_n=2+(n-1)\times2=2n$，即 $\dfrac{2}{2a_n-1}=2n$，
$$2a_n-1=\frac1n\ \Longrightarrow\ a_n=\frac{n+1}{2n}$$
答案：$a_n=\dfrac{n+1}{2n}$
类型Ⅲ · 带提示的构造法求通项
例 4
★★
数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=2$，$a_{n+1}-4a_n=2^{n+1}\ (n\in\mathbf{N}^*)$，证明 $\{a_n+2^n\}$ 是等比数列，并求 $\{a_n\}$ 的通项公式．
答案：$a_n=4^n-2^n$
解 析
要证 $\{a_n+2^n\}$ 是等比数列，只需证 $\dfrac{a_{n+1}+2^{n+1}}{a_n+2^n}$ 为常数，故将条件往 $a_{n+1}+2^{n+1}$ 和 $a_n+2^n$ 凑：
$$a_{n+1}-4a_n=2^{n+1}\ \Longrightarrow\ a_{n+1}=4a_n+2^{n+1}$$
$$a_{n+1}+2^{n+1}=4a_n+2^{n+1}+2^{n+1}=4a_n+2^{n+2}=4(a_n+2^n)\quad\text{①}$$
不要急于将 $a_n+2^n$ 除到左侧，需先说明数列 $\{a_n+2^n\}$ 的首项不为 $0$：
又 $a_1=2$，所以 $a_1+2^1=4\neq0$，结合式①知数列 $\{a_n+2^n\}$ 的所有项均不为 $0$，故 $\dfrac{a_{n+1}+2^{n+1}}{a_n+2^n}=4$，
所以 $\{a_n+2^n\}$ 是首项和公比均为 $4$ 的等比数列，从而 $a_n+2^n=4\times4^{n-1}=4^n$，故 $a_n=4^n-2^n$．
答案：$a_n=4^n-2^n$
反思：在证明 $\{b_n\}$ 为等比数列时，得到 $b_{n+1}=qb_n$ 后，还需验证 $b_1\neq0$，请注意此细节．
类型Ⅲ · 带提示的构造法求通项
变式
★★★
数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=1$，$a_2=x$，$x\in\mathbf{R}$，且 $a_{n+2}=3a_{n+1}-2a_n-n+1$．记 $b_n=a_{n+1}-a_n-n$，数列 $\{b_n\}$ 是否为等比数列？说明理由．
答案：$x\neq2$ 时为等比数列；$x=2$ 时不是
解 析
要看 $\{b_n\}$ 是否为等比数列，就看是否满足 $\dfrac{b_{n+1}}{b_n}$ 为常数，可由所给递推式建立 $b_{n+1}$ 与 $b_n$ 的关系：
$$b_{n+1}=a_{n+2}-a_{n+1}-(n+1)=(3a_{n+1}-2a_n-n+1)-a_{n+1}-n-1$$
$$=2(a_{n+1}-a_n-n)=2b_n\quad\text{①}$$
有了 $b_{n+1}=2b_n$，只需再看 $b_1$ 是否为 $0$，就能确定 $\{b_n\}$ 是否为等比数列了：
因为 $a_1=1$，$a_2=x$，所以 $b_1=a_2-a_1-1=x-2$．
当 $x=2$ 时，$b_1=0$，所以数列 $\{b_n\}$ 不是等比数列；
当 $x\neq2$ 时，$b_1\neq0$，结合式①可得 $\{b_n\}$ 所有项均不为 $0$，所以式①可变形成 $\dfrac{b_{n+1}}{b_n}=2$，故 $\{b_n\}$ 是首项为 $x-2$，公比为 $2$ 的等比数列．
答案：$x\neq2$ 时为等比数列（首项 $x-2$，公比 $2$）；$x=2$ 时不是等比数列
类型Ⅲ · 方法小结
带提示的构造法小结
顺着提示做：题干让先证某数列等差/等比 → 按要证的结论反向变形递推式，证出后先求新数列的通项，再求 $a_n$。
两个细节：证等差只需 $b_{n+1}-b_n$ 为常数；证等比得到 $b_{n+1}=qb_n$ 后，必须先验证 $b_1\neq0$ 才能除过去。
类型Ⅳ · 待定系数法构造
例 5
★★★
数列 $\{a_n\}$ 中，$a_1=2$，$a_{n+1}=-a_n+2n+1\ (n\in\mathbf{N}^*)$，求 $\{a_n\}$ 的通项公式．
答案：$a_n=n+(-1)^{n-1}$
解 析
本题未提示如何构造，可用待定系数法发掘。注意到所给递推式中除 $a_{n+1}$ 和 $a_n$，余下的为关于 $n$ 的一次函数，这种结构的前后项可设为 $An+B$ 和 $A(n+1)+B$，故设
$$a_{n+1}+A(n+1)+B=-(a_n+An+B)$$
即 $a_{n+1}=-a_n-2An-A-2B$，与 $a_{n+1}=-a_n+2n+1$ 对比可得 $-2A=2$，$-A-2B=1$，解得 $A=-1$，$B=0$．
所以 $a_{n+1}-(n+1)=-a_n+2n+1-(n+1)=-a_n+n=-(a_n-n)$ ①，
此时还不能下结论 $\{a_n-n\}$ 为等比数列，需验证其首项不为 $0$：
又 $a_1=2$，所以 $a_1-1=1\neq0$，结合式①可知数列 $\{a_n-n\}$ 的所有项均不为 $0$，故 $\dfrac{a_{n+1}-(n+1)}{a_n-n}=-1$，
所以 $\{a_n-n\}$ 是首项为 $1$，公比为 $-1$ 的等比数列，从而 $a_n-n=(-1)^{n-1}$，故 $a_n=n+(-1)^{n-1}$．
答案：$a_n=n+(-1)^{n-1}$
类型Ⅳ · 待定系数法构造
例 6
★★
已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=1$，$a_{n+1}=3a_n+2^n\ (n\in\mathbf{N}^*)$，求 $\{a_n\}$ 的通项公式．
答案：$a_n=3^n-2^n$
解 析
本节前面已经给出了本题的累加法解法，其实也能用待定系数法构造。注意到递推公式中除了 $a_{n+1}$ 和 $a_n$，余下的为 $2^n$，这种结构的前后项可设为 $A\cdot2^n$ 和 $A\cdot2^{n+1}$，故可设
$$a_{n+1}+A\cdot2^{n+1}=3(a_n+A\cdot2^n)$$
整理得 $a_{n+1}=3a_n+A\cdot2^n$，与 $a_{n+1}=3a_n+2^n$ 对比可得 $A=1$，所以
$$a_{n+1}+2^{n+1}=3a_n+2^n+2^{n+1}=3a_n+3\times2^n=3(a_n+2^n)$$
又 $a_1=1$，所以 $\{a_n+2^n\}$ 是首项 $a_1+2^1=3$，公比为 $3$ 的等比数列，从而 $a_n+2^n=3^n$，故 $a_n=3^n-2^n$．
答案：$a_n=3^n-2^n$
类型Ⅳ · 方法小结
待定系数法构造小结
核心思想：把递推式中除了 $a_{n+1}$ 和 $a_n$ 的其余部分也化成前后项，并分配给 $a_n$ 和 $a_{n+1}$，这一过程常用待定系数法来完成。
常见配法：余下是一次函数 $kn+b$ → 配 $An+B$（例5）；余下是指数式 $q^n$ → 配 $A\cdot q^n$（例6、强化训练第5题解法2）。
对于构造法求通项，高考的要求较低：需要我们自行构造的，一般不复杂。
类型Ⅴ · 等价变形求通项
例 7
★★
已知各项都为正数的数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=1$，$a_n^2-(2a_{n+1}-1)a_n-2a_{n+1}=0$，求 $\{a_n\}$ 的通项公式．
答案：$a_n=\left(\dfrac12\right)^{n-1}$
解 析
所给递推公式结构较复杂，但观察发现若将次数相同的放一起，则可因式分解：
$$a_n^2-(2a_{n+1}-1)a_n-2a_{n+1}=a_n^2-2a_{n+1}a_n+a_n-2a_{n+1}$$
$$=a_n(a_n-2a_{n+1})+a_n-2a_{n+1}=(a_n-2a_{n+1})(a_n+1)=0\quad\text{①}$$
因为数列 $\{a_n\}$ 各项都为正数，所以 $a_n+1>0$，从而式①可化为 $a_n-2a_{n+1}=0$，故 $\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\dfrac12$，
所以 $\{a_n\}$ 是首项为 $1$，公比为 $\dfrac12$ 的等比数列，故 $a_n=\left(\dfrac12\right)^{n-1}\ (n\in\mathbf{N}^*)$．
答案：$a_n=\left(\dfrac12\right)^{n-1}$
反思：当递推公式较复杂时，可先对递推公式变形，将其化简，因式分解是可以考虑的方向．
类型Ⅴ · 等价变形求通项
例 8
★★★
数列 $\{a_n\}$ 中，若 $a_1=1$，且 $na_{n+1}-(n+1)a_n=1\ (n\in\mathbf{N}^*)$，则 $a_n=$____．
答案：$a_n=2n-1$
解 析
观察递推公式，若 $a_{n+1}$ 和 $n+1$ 组合，$a_n$ 和 $n$ 组合，则能构造前后项关系，可两端同除 $n(n+1)$ 实现：
$$na_{n+1}-(n+1)a_n=1\ \Longrightarrow\ \frac{a_{n+1}}{n+1}-\frac{a_n}{n}=\frac{1}{n(n+1)}=\frac1n-\frac1{n+1}\quad\text{①}$$
把 $\dfrac{a_n}{n}$ 整体看作一个新数列，可用累加法先求出其通项，进而得到 $a_n$：
设 $b_n=\dfrac{a_n}{n}$，则 $b_1=\dfrac{a_1}{1}=1$，且式①即为 $b_{n+1}-b_n=\dfrac1n-\dfrac1{n+1}$，所以当 $n\ge2$ 时
$$b_n=(b_n-b_{n-1})+\cdots+(b_2-b_1)+b_1=-\frac1n+\frac1{n-1}-\cdots-\frac12+1+1=2-\frac1n$$
又 $b_1=1$ 也满足上式，所以 $\forall n\in\mathbf{N}^*$，都有 $b_n=2-\dfrac1n$，即 $\dfrac{a_n}{n}=2-\dfrac1n$，所以 $a_n=2n-1$．
答案：$a_n=2n-1$
反思：像大下标对应小系数、小下标对应大系数这种“系数交叉模型”，常通过除以系数构造新数列．
类型Ⅴ · 等价变形求通项
变式
★★★
数列 $\{a_n\}$ 中，若 $a_1=\dfrac13$，$2a_{n+1}a_n+a_{n+1}-a_n=0$，则 $\{a_n\}$ 的通项公式为____．
答案：$a_n=\dfrac{1}{2n+1}$
解 析
为了把递推式中的 $a_{n+1}a_n$ 分开，常两端同除以 $a_{n+1}a_n$。严谨考虑，先判断 $a_n$ 能否为 $0$：
由 $2a_{n+1}a_n+a_{n+1}-a_n=0$ 可得 $a_{n+1}(2a_n+1)=a_n$，又 $a_1=\dfrac13>0$，结合 $a_2(2a_1+1)=a_1$ 得 $a_2=\dfrac{a_1}{2a_1+1}>0$，
同理，由 $a_2>0$ 可得 $a_3>0$，由 $a_3>0$ 可得 $a_4>0$，$\cdots$，所以 $\{a_n\}$ 为正项数列，故在 $2a_{n+1}a_n+a_{n+1}-a_n=0$ 两端同除以 $a_{n+1}a_n$ 可得
$$2+\frac{1}{a_n}-\frac{1}{a_{n+1}}=0\ \Longrightarrow\ \frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_n}=2$$
故 $\left\{\dfrac{1}{a_n}\right\}$ 是公差为 $2$ 的等差数列，又 $\dfrac{1}{a_1}=3$，所以 $\dfrac{1}{a_n}=3+(n-1)\times2=2n+1$，故 $a_n=\dfrac{1}{2n+1}$．
答案：$a_n=\dfrac{1}{2n+1}$
反思：遇到含 $a_na_{n+1}$ 这种结构的递推公式，一种常见的变形思路是同除以 $a_na_{n+1}$．
类型Ⅴ · 方法小结
等价变形小结
先变形再处理：若题干给出的递推公式较复杂，则可对递推公式变形，化简递推公式，或构造出新数列来求通项，这类题往往变形并不复杂。
常见方法：因式分解（例7）、同除系数（例8）、同除某一项 / 乘积项（变式）、取对数统一结构（强化训练第9题）。
强化训练 · 第 1 / 9 题
12022 · 上海模拟 · ★★
在数列 $\{a_n\}$ 中，$a_1=2$，$a_n=a_{n-1}+\lg\dfrac{n}{n-1}\ (n\ge2)$，则 $a_{100}=$____．
答案：$4$
解 析
观察递推式发现可变形成 $a_n-a_{n-1}=f(n)$ 这种结构，故考虑用累加法求 $a_{100}$：
因为 $a_n=a_{n-1}+\lg\dfrac{n}{n-1}$，所以 $a_n-a_{n-1}=\lg\dfrac{n}{n-1}$，故
$$a_{100}-a_{99}=\lg\frac{100}{99},\ a_{99}-a_{98}=\lg\frac{99}{98},\ \cdots,\ a_2-a_1=\lg\frac21$$
以上各式相加得
$$a_{100}-a_1=\lg\frac{100}{99}+\lg\frac{99}{98}+\cdots+\lg\frac21=\lg\left(\frac{100}{99}\times\frac{99}{98}\times\cdots\times\frac21\right)=\lg100=2$$
又 $a_1=2$，所以 $a_{100}=a_1+2=4$．
答案：$4$
强化训练 · 第 2 / 9 题
22024 · 湖北武汉二调 · ★★☆
法布里·贝罗研究多光束干涉在薄膜理论中的应用时，用光波依次透过 $n$ 层薄膜，记光波的初始功率为 $P_0$，$P_k$ 为光波经过第 $k$ 层薄膜后的功率，假设在经过第 $k$ 层薄膜时光波的透过率 $T_k=\dfrac{P_k}{P_{k-1}}=\dfrac{1}{2^k}$，其中 $k=1,2,3,\cdots,n$，为使得 $\dfrac{P_n}{P_0}\ge2^{-2024}$，则 $n$ 的最大值为（ ）
A．$31$ B．$32$ C．$63$ D．$64$
答案：C
解 析
看到条件中的 $\dfrac{P_k}{P_{k-1}}=\dfrac{1}{2^k}$，想到通过累乘法构造出目标不等式中的 $\dfrac{P_n}{P_0}$：
在 $\dfrac{P_k}{P_{k-1}}=\dfrac{1}{2^k}$ 中分别取 $k=1,2,3,\cdots,n$ 得 $\dfrac{P_1}{P_0}=\dfrac{1}{2^1}$，$\dfrac{P_2}{P_1}=\dfrac{1}{2^2}$，$\cdots$，$\dfrac{P_n}{P_{n-1}}=\dfrac{1}{2^n}$，将以上各式相乘得
$$\frac{P_n}{P_0}=\frac{1}{2^{1+2+3+\cdots+n}}=\frac{1}{2^{\frac{n(1+n)}{2}}}=2^{-\frac{n(1+n)}{2}}$$
从而 $\dfrac{P_n}{P_0}\ge2^{-2024}$ 即为 $2^{-\frac{n(1+n)}{2}}\ge2^{-2024}$，故 $-\dfrac{n(1+n)}{2}\ge-2024$，所以 $n^2+n\le4048$ ①，
数字 $4048$ 较大，不方便直接解上述不等式，但观察发现 $n^2+n$ 随 $n$ 的增大而增大，故可代值尝试：记 $f(n)=n^2+n$，则
$$f(63)=63^2+63=4032\lt4048,\qquad f(64)=64^2+64=4160\gt4048$$
所以满足不等式①的 $n$ 的最大值为 $63$．
答案：C（$63$）
强化训练 · 第 3 / 9 题
32024 · 河北省五校联考（节选）· ★★
数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=1$，$a_{n+1}=2a_n+1$，设 $b_n=a_n+1$，证明 $\{b_n\}$ 是等比数列，并求 $\{a_n\}$ 的通项公式．
答案：$a_n=2^n-1$
解 析
要证 $\{b_n\}$ 是等比数列，即证 $\dfrac{b_{n+1}}{b_n}$ 为常数，也即证 $\dfrac{a_{n+1}+1}{a_n+1}$ 为常数，故先由所给递推公式把 $a_{n+1}+1$ 和 $a_n+1$ 凑出来：
因为 $a_{n+1}=2a_n+1$，所以 $a_{n+1}+1=2a_n+1+1=2(a_n+1)$，即 $b_{n+1}=2b_n$ ①，
又因为 $a_1=1$，所以 $b_1=a_1+1=2$，结合式①可得数列 $\{b_n\}$ 的所有项都不为 $0$，所以 $\dfrac{b_{n+1}}{b_n}=2$，
从而 $\{b_n\}$ 是首项和公比均为 $2$ 的等比数列，故 $b_n=2\times2^{n-1}=2^n$，即 $a_n+1=2^n$，所以 $a_n=2^n-1$．
答案：$a_n=2^n-1$
强化训练 · 第 4 / 9 题
42022 · 全国模拟（节选）· ★★☆
已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_{n+2}=3a_{n+1}-2a_n$，$a_1=\dfrac12$，$a_2=\dfrac32$．证明数列 $\{a_{n+1}-a_n\}$ 是等比数列，并求 $\{a_n\}$ 的通项公式．
答案：$a_n=2^{n-1}-\dfrac12$
解 析
要证 $\{a_{n+1}-a_n\}$ 是等比数列，只需证 $\dfrac{a_{n+2}-a_{n+1}}{a_{n+1}-a_n}$ 为常数，故先由所给递推式凑出 $a_{n+2}-a_{n+1}$ 和 $a_{n+1}-a_n$：
由题意，$a_{n+2}=3a_{n+1}-2a_n$，两端同时减去 $a_{n+1}$ 得
$$a_{n+2}-a_{n+1}=3a_{n+1}-2a_n-a_{n+1}=2(a_{n+1}-a_n)\quad\text{①}$$
别急于把 $a_{n+1}-a_n$ 除到左侧，还需说明该数列所有项都不为 $0$：
又 $a_1=\dfrac12$，$a_2=\dfrac32$，所以 $a_2-a_1=1\neq0$，结合式①可得数列 $\{a_{n+1}-a_n\}$ 所有项均不为 $0$，故 $\dfrac{a_{n+2}-a_{n+1}}{a_{n+1}-a_n}=2$，
所以 $\{a_{n+1}-a_n\}$ 是首项为 $1$，公比为 $2$ 的等比数列，故 $a_{n+1}-a_n=2^{n-1}$．要进一步求出 $a_n$，可用累加法：
$$a_n-a_1=2^0+2^1+2^2+\cdots+2^{n-2}=\frac{1-2^{n-1}}{1-2}=2^{n-1}-1$$
故 $a_n=2^{n-1}-1+a_1=2^{n-1}-\dfrac12$，又 $a_1=\dfrac12$ 也满足上式，所以 $\forall n\in\mathbf{N}^*$，都有 $a_n=2^{n-1}-\dfrac12$．
答案：$a_n=2^{n-1}-\dfrac12$
强化训练 · 第 5 / 9 题
52023 · 全国模拟（节选）· ★★★
已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=1$，$a_{n+1}-2a_n=3^n$，求数列 $\{a_n\}$ 的通项公式．
答案：$a_n=3^n-2^n$
解 析
解法1：同除 $2^{n+1}$ 用累加法
由本节例1变式2知，可在 $a_{n+1}-2a_n=3^n$ 的两端同除以 $2^{n+1}$，转化成用累加法处理的结构：
$$\frac{a_{n+1}}{2^{n+1}}-\frac{a_n}{2^n}=\frac{3^n}{2^{n+1}}=\frac12\left(\frac32\right)^n$$
设 $b_n=\dfrac{a_n}{2^n}$，则 $b_1=\dfrac{a_1}{2^1}=\dfrac12$，且 $b_{n+1}-b_n=\dfrac12\left(\dfrac32\right)^n$，所以当 $n\ge2$ 时，各式累加可得
$$b_n-b_1=\frac12\left(\frac32\right)^1+\frac12\left(\frac32\right)^2+\cdots+\frac12\left(\frac32\right)^{n-1}=\left(\frac32\right)^n-\frac32$$
$$b_n=\left(\frac32\right)^n-1\quad\left(b_1=\frac12\text{ 也满足}\right)$$
所以 $\dfrac{a_n}{2^n}=\left(\dfrac32\right)^n-1$，故 $a_n=3^n-2^n$．
解法2：待定系数法构造
像 $a_{n+1}-2a_n=3^n$ 这种递推式，也可用构造法求通项。针对 $3^n$ 这部分，其前后项分别为 $A\cdot3^n$ 和 $A\cdot3^{n+1}$，故可设 $a_{n+1}+A\cdot3^{n+1}=2(a_n+A\cdot3^n)$，所以 $a_{n+1}=2a_n-A\cdot3^n$，与 $a_{n+1}=2a_n+3^n$ 对比可得 $A=-1$，故
$$a_{n+1}-3^{n+1}=2a_n+3^n-3^{n+1}=2a_n-2\times3^n=2(a_n-3^n)\quad\text{①}$$
此时不要急于把 $a_n-3^n$ 除到左侧，先判断其是否可能为 $0$：因为 $a_1=1$，所以 $a_1-3^1=-2\neq0$，结合式①可知数列 $\{a_n-3^n\}$ 所有项均不为 $0$，故 $\dfrac{a_{n+1}-3^{n+1}}{a_n-3^n}=2$，
所以 $\{a_n-3^n\}$ 是首项为 $-2$，公比为 $2$ 的等比数列，从而 $a_n-3^n=-2\times2^{n-1}=-2^n$，故 $a_n=3^n-2^n$．
答案：$a_n=3^n-2^n$（两种解法结果一致）
强化训练 · 第 6 / 9 题
62023 · 河北模拟（节选）· ★★★
已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=0$，$a_{n+1}=2a_n+n$，若 $b_n=2^n-a_n$，求 $\dfrac{b_n-1}{(b_n+1)^2}$ 的最大值．
答案：$\dfrac18$
解 析
先由 $a_{n+1}=2a_n+n$ 求 $a_n$，可用构造法。递推式中除 $a_{n+1}$ 和 $a_n$ 外，余下部分是关于 $n$ 的一次函数，这类结构的前后项分别为 $An+B$ 和 $A(n+1)+B$，故可设
$$a_{n+1}+A(n+1)+B=2(a_n+An+B)$$
即 $a_{n+1}=2a_n+An+B-A$，与 $a_{n+1}=2a_n+n$ 对比可得 $A=1$，$B-A=0$，所以 $A=B=1$，构造的方法就出来了：
因为 $a_{n+1}=2a_n+n$，所以 $a_{n+1}+(n+1)+1=2(a_n+n+1)$ ①，
又 $a_1=0$，所以 $a_1+1+1=2\neq0$，结合式①知数列 $\{a_n+n+1\}$ 所有项均不为 $0$，故 $\{a_n+n+1\}$ 是首项和公比均为 $2$ 的等比数列，所以 $a_n+n+1=2^n$，
从而 $a_n=2^n-n-1$，故 $b_n=2^n-a_n=n+1$，所以
$$\frac{b_n-1}{(b_n+1)^2}=\frac{n+1-1}{(n+1+1)^2}=\frac{n}{n^2+4n+4}=\frac{1}{n+\frac4n+4}\le\frac{1}{2\sqrt{n\cdot\frac4n}+4}=\frac18$$
取等条件是 $n=\dfrac4n$，即 $n=2$，所以 $\dfrac{b_n-1}{(b_n+1)^2}$ 的最大值为 $\dfrac18$．
答案：$\dfrac18$
强化训练 · 第 7 / 9 题
7★ 高难度 · ★★★☆
已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=1$，$(2n-1)a_{n+1}-(2n+1)a_n=2$，求 $a_n$．
答案：$a_n=4n-3$
解 析
观察递推公式，发现有大下标的乘小系数、小下标的乘大系数的特征，故同除以系数：
由题意，$(2n-1)a_{n+1}-(2n+1)a_n=2$，两端同除以 $(2n-1)(2n+1)$ 得
$$\frac{a_{n+1}}{2n+1}-\frac{a_n}{2n-1}=\frac{2}{(2n-1)(2n+1)}\quad\text{①}$$
把 $\dfrac{a_n}{2n-1}$ 看作整体，式①属于用累加法求通项的情形，右侧的 $\dfrac{2}{(2n-1)(2n+1)}$ 恰好也可裂项求和：
设 $b_n=\dfrac{a_n}{2n-1}$，则 $b_1=a_1=1$，且式①即为 $b_{n+1}-b_n=\dfrac{2}{(2n-1)(2n+1)}=\dfrac{1}{2n-1}-\dfrac{1}{2n+1}$，故当 $n\ge2$ 时，累加可得
$$b_n-b_1=1-\frac{1}{2n-1}\ \Longrightarrow\ b_n=2-\frac{1}{2n-1}=\frac{4n-3}{2n-1}$$
即 $\dfrac{a_n}{2n-1}=\dfrac{4n-3}{2n-1}$，故 $a_n=4n-3\ (n\ge2)$，又 $a_1=1$ 也满足上式，所以 $\forall n\in\mathbf{N}^*$，都有 $a_n=4n-3$．
答案：$a_n=4n-3$
强化训练 · 第 8 / 9 题
82023 · 安徽模拟（节选）· ★★★★
已知正项数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=1$，且 $a_n(a_{n+1}-a_n)-3a_n+2a_{n+1}-2=0$，求 $\{a_n\}$ 的通项公式．
答案：$a_n=n$
解 析
所给递推式结构复杂，应先尝试对其变形。形式看着像可以因式分解，不妨把括号打开，观察如何凑出公因式：
$$a_n(a_{n+1}-a_n)-3a_n+2a_{n+1}-2=a_na_{n+1}-a_n^2-3a_n+2a_{n+1}-2=0$$
观察发现将 $a_na_{n+1}$ 和 $2a_{n+1}$ 组合，余下部分组合，能产生公因式 $a_n+2$，故上式可分解因式：
$$a_{n+1}(a_n+2)-(a_n+2)(a_n+1)=0\ \Longrightarrow\ (a_n+2)(a_{n+1}-a_n-1)=0$$
又 $\{a_n\}$ 是正项数列，所以 $a_n+2>0$，故 $a_{n+1}-a_n-1=0$，即 $a_{n+1}-a_n=1$，
结合 $a_1=1$ 可得 $\{a_n\}$ 是首项和公差都为 $1$ 的等差数列，所以 $a_n=1+(n-1)\times1=n$．
答案：$a_n=n$
强化训练 · 第 9 / 9 题
92023 · 福建质检（节选）· ★★★★
数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=1$，$a_2=8$，$a_{2n-1}+a_{2n+1}=\log_2a_{2n}$，$a_{2n}a_{2n+2}=16^{a_{2n+1}}$，证明：$\{a_{2n-1}\}$ 是等差数列．
答案：证明：$\{a_{2n-1}\}$ 是等差数列
解 析
条件的两个等式分别为对数、指数结构，不妨把指数结构取对数，统一起来再看：
由 $a_{2n}a_{2n+2}=16^{a_{2n+1}}$ 可得 $\log_2(a_{2n}a_{2n+2})=\log_216^{a_{2n+1}}$，所以
$$\log_2a_{2n}+\log_2a_{2n+2}=4a_{2n+1}\quad\text{①}$$
要证的是 $\{a_{2n-1}\}$ 为等差数列，故应消去①中左侧的两项，可将题干的另一等式（取 $n\to n+1$）代入：
因为 $a_{2n-1}+a_{2n+1}=\log_2a_{2n}$，$a_{2n+1}+a_{2n+3}=\log_2a_{2n+2}$，将上述两式代入①得
$$(a_{2n-1}+a_{2n+1})+(a_{2n+1}+a_{2n+3})=4a_{2n+1}$$
所以 $a_{2n+3}-a_{2n+1}=a_{2n+1}-a_{2n-1}$，故 $\{a_{2n-1}\}$ 是等差数列．
答案：$\{a_{2n-1}\}$ 是等差数列
反思：本题由于条件一个是指数式、一个是对数式，不统一，所以我们将指数式取对数，统一结构，这种操作思想在其它章节偶尔也会用到．