形如an+1=Can+D·λn+An+B（A，B，C，D，λ为常数且C≠0，1，λ≠0，1）的数列通项公式的求法

杨文庆 徐晓燕

近年高考中常出现形如an+1=can+d·λn（c，d，λ为常数且c≠0，1，λ≠0，1）、an+1=can+dn+λ（c，d，λ为常数且c≠0，1）的数列的通项问题，高考参考答案直接给出了变形构造的结果，却没有给出变形构造的方法及过程，看了仍不知其所以然， 笔者就此问题进行探究，进一步推广得到形如：

an+1=Can+D·λn+An+B（A，B，C，D，λ为常数且C≠0，1，λ≠0，1）这一类数列的通项的求法，总结如下，以飨读者。

1.形如an+1=can+d（c，d为常数且c≠0，1）的数列的通项公式的求法

设（an+1+A）=c（an+A），求得常数A=■，构成一个等比数列{an+A}，问题得解。此类问题在平时教学和高考中比较常见，笔者就不再举例说明。

2.形如an+1=can+d·λn（c，d，λ为常数且c≠0，1，λ≠0，1，c≠λ）数列的通项公式的求法

解一：在等式两边同除以λn+1得■=■■+■，令bn=■得bn+1=■bn+■，转化为形如an+1=can+d（c，d为常数且c≠0，1）的数列求解。

解二：设an+1+Aλn+1=c（an+Aλn）求得常数A=■，构成一个等比数列{an+Aλn}，问题得解。

例（2012年高考广东卷理科19）设数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn=an+1-2n+1+1，n∈N*，且a1，a2+5，a3成等差数列。

（1）求a1的值；

（2）求数列{an}的通项（1）公式.

解一：2Sn=an+1-2n+1+1，2Sn+1=an+2-2n+2+1相减得：an+2=3an+1+2n+1，

由（1）知a1=1，a2=5，得an+1=3an+2n对n∈N*均成立

an+1=3an+2n，在等式两边同除以2n+1得■=■·■+■，

令bn=■得bn+1=■bn+■，设（bn+1+A）=■（bn+A），求得常数A=1，（bn+1+1）=■（bn+1），则数列{bn+1}是首项为■，且公比为■的等比数列，bn+1=（■）n，■+1=（■）n，an=3n-2n。

解二：2Sn=an+1-2n+1+1，2Sn+1=an+2-2n+2+1，相减得：an+2=3an+1+2n+1，

由（1）知a1=1，a2=5，得an+1=3an+2n对？坌n∈N*均成立.

an+1=3an+2n，设an+1+A·2n+1=3（an+A·2n），求得常数A=1，则数列{an+2n}是首项为3，且公比为3的等比数列，an+2n=3n，an=3n-2n。

3.形如an+1=can+d·λn（c、d、λ为常数且c≠0，1，λ≠0，1，c=λ）数列的通项公式的求法

解一：在等式两边同除以λn+1得■=■+■，，构成一个等差数列{■}，问题得解。

解二：由an+1=can+d·cn得，an+1-d（n+1）cn=c（an-dncn-1），构成一个等比数列{an-dncn-1}，问题得解。

例2（2009全国卷Ⅱ理科19题）设数列{an}的前n项和为Sn， 已知a1=1，Sn+1=4an+2

（1）设bn=an+1-2an，证明数列{bn}是等比数列；

（2）求数列{an}的通项公式。

解一：由（1）可得bn=an+1-2an=3·2n-1，∴■=■=■

∴数列{■}是首项为■，公差为■的等差数列.

∴■=■+■（n-1）=■n-■，an=（3n-1）·2n-2

解二：由（1）可得bn=an+1-2an=3·2n-1，an+1=2an+3·2n-1

an+1-3（n+1）·2n-1=2（an-3n·2n-2），数列{an-3n·2n-2}是首项为-■，公比为2的等比数列，由此求得an=（3n-1）·2n-2

4.形如an+1=can+dn+λ（c、d、λ为常数且c≠0，1）的数列的通项公式的求法

设an+1+[A（n+1+B）]=c[an+（An+B）]，求得常数A=■，B=■构成一个等比数列{an+（An+B）}，问题得解。

例3（2007天津文科20题）在数列{an}中，a1=2，an+1=4an-3n+1，n∈N*.

（1）证明数列{an-n}是等比数列；

（2）求数列{an}的前n项和Sn；

分析：由（1）可知an-n=4n-1，于是数列{an}的通项公式为an=4n-1+n.从而求得数列{an}的前n项和Sn，Sn=■+■.

若没有（1）的铺垫可按上述方法得到通项an，设an+1+[A（n+1+B）]=4[an+（An+B）]，求得常数A=-1，B=0，则an+1-（n+1）=4（an-n），又a1-1=1，所以数列{an-n}是首项为1，且公比为4的等比数列.an-n=4n-1+n，于是数列{an}的通项公式为an=4n-1+n.从而求得数列{an}的前n项和Sn，Sn=■+■。

5.形如an+1=Can+D·λn+An+B（A，B，C，D，λ为常数且C≠0，1，λ≠0，1，C≠λ）的数列通项公式的求法

综合2、4两种类型，

设an+1+D1λn+1+[A1（n+1）+B1]=C（an+D1λn+A1n+B1），求得常数D1=■，A1=■，B1=■，构成一个等比数列{an+D1λn+A1n+B1}，问题得解。

6.形如an+1=Can+D·λn+An+B（A，B，C，D，λ为常数且C≠0，1，λ≠0，1，C≠λ）的数列通项公式的求法

对an+1=Can+D·Cn+An+B，综合3、4两种类型

设an+1-D（n+1）Cn+[A1（n+1）+B1]=C（an-DnCn-1+A1n+B1）

求得常数A1=■，B1=■，构成一个等比数列{an+DnCn-1+A1n+B1}，问题得解。

说明：上述求法的本质是均由递推公式变形，通过换元，构造出一个新的等差或等比数列，从而转化为基本数列——等差、等比数列的问题来解决。

编辑 董慧红