高考数学高频考点揭秘与仿真测试专题45数列数列的通项2叠加法累乘法求通项文含解析

数列解答题专题一：数列求通项1、n S 法（项与和互化求通项）1112n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩注意：绝大部分题目当1(2)n n S S n --≥时，用n a 替换了，有时候解题需逆向，把题目中的n a 用1(2)n n S S n --≥替换进题目中。

1．记数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知()*223n n S N n n =-∈，求数列{}n a 的通项公式. 【答案】()*32n a n N n =-∈【详解】解：当1n =时，11123111S S a =-⇒=⇒=．当2n ≥时，()()221222331164n n n a S S n n n n n -⎡⎤=-=-----=-⎣⎦， 得()322n a n n =-≥， 又11a =也满足32n a n =-，所以()*32n a n N n =-∈．2．设数列{}n a 前n 项和为n S ，若0n a >，且2243n n n a a S +=+(1)求{}n a 的通项公式 (2)设11n n n b a a +=，求{}n b 前n 项的和n T . 【答案】(1)21n a n =+；(2)69n nT n =+. 【详解】(1)因为0n a >，且2243n n n a a S +=+ ①当1n =时，112320a a --=，得13a =或11a =-(舍)；当2n ≥时，2111243n n n a a S ---+=+ ②由①-②得，11()(2)0n n n n a a a a --+--=，因为0n a >，所以10n n a a ->+，可得12n n a a --=(2)n ≥， 所以{}n a 是以3为首项，公差为2的等差数列， 所以()32121n a n n =+-=+. (2)由(1)中结论得，()()111111212322123n n n b a a n n n n +⎛⎫===- ⎪++++⎝⎭，所以121111111235572123n n T b b b n n ⎛⎫=+++=-+-++- ⎪++⎝⎭111232369n n n ⎛⎫=-=⎪++⎝⎭. 3．已知各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，且22n n n S a a =+()*n ∈N ，求数列{}n a 的通项公式.【答案】n a n = 【详解】当1n =时，21112S a a =+，即21112a a a =+，解得11a =或10a =（舍）.当2n ≥时，22n n n S a a =+，21112n n n S a a ---=+，两式相减得()()1110n n n n a a a a --+--=，又数列{}n a 的各项为正数，所以11n n a a --=()2n ≥， 所以数列{}n a 是以1为首项，1为公差的等差数列. 所以()111n a n n =+-⨯=()*n ∈N .4．已知数列{}n a 的前n 项和为n S 且满足()1302n n n a S S n -+=≥，113a =，则n S =______．【答案】13n【详解】因为()12n n n a S S n -=-≥，1130n n n n S S S S ---+=， 所以1113n n S S --=，所以1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，公差为3， 又11113S a ==，所以()13313n n n S =+-=，13n S n=．故答案为：13n5．在数列{}n a 中，11a =，()22221nn n S a n S =≥-，则{}n a 的通项公式为_________． 【答案】11,221231,1n n a n n n ⎧-≥⎪=--⎨⎪=⎩．【详解】解：∵当*2,n n N ≥∈时，1n n n a S S -=-，222111222221n n n n n n n n n n S S S S S S S S S S ----=⇒--+=-，整理可得：112n n n n S S S S ---=，1112n n S S -∴-=， 1n S ⎧⎫∴⎨⎬⎩⎭为公差为2的等差数列，111(1)221n n n S S ∴=+-⋅=-，∴121n S n =-， ∴当*2,n n N ≥∈时，11111212(1)12123n n n a n n n S S n -=-=-----=--，当1n =时，11a =不满足上式， ∴11,221231,1n n a n n n ⎧-≥⎪=--⎨⎪=⎩．故答案为：11,221231,1n n a n n n ⎧-≥⎪=--⎨⎪=⎩2、累加法 累加法（叠加法）若数列{}n a 满足)()(*1N n n f a a n n ∈=-+，则称数列{}n a 为“变差数列”，求变差数列{}n a 的通项时，利用恒等式)2()1()3()2()1()()()(1123121≥-+⋅⋅⋅++++=-+⋅⋅⋅+-+-+=-n n f f f f a a a a a a a a a n n n 求通项公式的方法称为累加法。

递推数列通项公式的求解策略由数列的递推关系求数列的通项不仅是高中代数中的重要内容，也是高考考查的重点，学生学习的难点，为了掌握重点，突破难点，本文将其求解策略归类如下，供同学们参考．一、叠加法对满足a 1+n =a n +f （n ）型的数列{ a n }（又叫等差数列推广型，因为f （n ）为常数时，即为等差数列，易求其通项公式），当f （n ）不是常数，且f （１）+ f （２）+…+ f （n ）易求时，在式子a 1+n =a n +f （n ）中，分别令n=1、2、…、n-1，得n-1个式子：a 2- a 1= f （１），a 3- a 2 = f （2），…，a n - a 1-n = f （n-1），再将这n-1个式子叠加，而求得数列通项公式a n = a 1+ f （１）+ f （２）+…+ f （n-1）的方法称为“叠加法”．例1、 已知数列{ a n }满足a 1= １，a 1+n =3n +a n ，求该数列的通项公式．解：由以上分析，不难得出a n = a 1+ f （１）+ f （２）+…+ f （n-1） =1+31+32+…+31-n =213-n ． 二、作差法 对满足a 1+n =pa n +q （p 、q 为常数，且p 、q ≠0，p ≠1）或a 1+n +a n =f （n ）（a n ≠0，且f （n ）不是常数）型的数列{ a n }，可以分别得出a n = pa 1-n +q 或a n +a 1-n = f （n-1）两个式子， 再把对应的两个式子相减，而求得数列通项公式a n 的方法称为“作差法”． 例2、 已知数列{ a n }满足a 1= １，a 1+n =2a n +1，求a n ．解：由已知a 1+n =2a n +1，得a n =2 a 1-n +1，两式相减得a 1+n -a n =2（a n - a 1-n ），所以{ a 1+n -a n }是首项为a 2- a 1=2，公比为2的等比数列．∴a 1+n -a n =2⨯21-n =2n，将a 1+n =2a n +1代入，得（2a n +1）-a n =2n ，∴a n =2n -1．例3、 已知数列{ a n }满足a 1= 0，a 1+n +a n =2n （n ∈N *），求a n ．解：由a 1+n +a n =2n ，得a 2+n + a 1+n =2（n+1），两式相减得a 2+n - a n =2，故 a 1，a 3，…，a 12-n 和a 2，a 4，…，a n 2都是公差为2的等差数列，所以a n =n+（-1）n ．另外，对满足S n =f （a n ）型的数列{ a n }，也可用作差法求得a n = S n - S 1-n （n ≥2），这一点，同学们比较熟练，在此就不再举例了．三、累乘法对满足a 1+n =a n f （n ）型的数列{ a n }（又叫等比数列推广型，因为f （n ）为非零常数，且a n ≠0时，即为等比数列，易求其通项公式），当f （n ）不是常数且a n ≠0，f （１）f （２）… f （n-1）易求时，在式子a 1+n =a n f （n ）中，分别令n=1、2、…、n-1，得n-1个式子：a 2/ a 1= f （１），a 3/ a 2 = f （2），…，a n /a 1-n = f （n-1），再将这n-1个式子相乘，而求得数列通项公式a n = a 1 f （１）f （２）… f （n-1）的方法称为“累乘法”．例4、已知数列{ a n }满足a 1= １， a n ＞0，且（n+1）a 21+n -na 2n + a n a 1+n =0（n=1，2，3，…），求该数列的通项公式a n ．分析：虽然形式上看不出数列{ a n }是否满足a 1+n =a n f （n ）型，但通过因式分解可化为这种类型，从而问题得以解决．解：由已知，得[（n+1）a 1+n -n a n ][ a 1+n + a n ]=0，因为a n ＞0，所以（n+1）a 1+n -n a n =0，即a 1+n =a n 1+n n ，故由以上分析，可得a n = a 1 f （１）f （２）… f （n-1）=1⨯21⨯32⨯…⨯n n 1-=n 1． 四、作商法对满足a 1+n a n =pq n 型的数列{ a n }，可由a 1+n a n =pq n 得a 1+n a 2+n = pq1+n ，再通过两式相除而求得数列{ a n }的通项公式的方法，称为“作商法”．例5、已知数列{ a n }满足a 1= １，且a 1+n a n =3n ，求该数列的通项公式a n ． 解：∵a 1+n a n =3n ，∴a 1+n a 2+n =31+n ，两式相除得nn a a 2+=3，∴数列{ a 12-n }是以a 1=1为首项，3为公比的等比数列．∴a 12-n =1⨯31-n =32112--）（n ，a n 2=12123--n n a =3n =322n ，∴a n ={为偶数．，为奇数，，n n nn 22133-五、倒数法对满足a 1+n =rqa pa n n +（a n ≠0，pq ≠0）型的数列{ a n }，可通过等式两边取倒数的方法，将其转化为可用“作差法”先求出数列{n a 1}的通项n a 1，然后再求数列{ a n }的通项a n 的方法，称为“倒数法”．例6、已知数列{ a n }满足a 1= １，a 1+n =13+n n a a ，求该数列的通项公式a n ． 解：由a 1+n =13+n n a a ，两边取倒数得，11+n a =n a 1+3，即11+n a -n a 1=3，所以数列{ n a 1}为公差是3的等差数列，∴n a 1=11a +3（n-1）=3n-2，∴a n =231-n ． 六、对数法对满足a 1+n =pa rn （p ＞0）型的数列{ a n }，可通过等式两边取对数的方法，将其转化为可用“作差法”先求出数列{ lg a n }的通项lg a n ，然后再求数列{ a n }的通项a n 的方法，称为“对数法”．例7、已知正数数列{ a n }满足a 1= １，a 21+n =100 a n ，求该数列的通项公式a n ．解：由a 21+n =100 a n 两边取常用对数，得2lg a 1+n =2+ lg a n ，令b n = lg a n ，则b 1+n =21 b n +1， 此时，可用作差法求得b n =2-2（21）1-n ，所以a n =10]211[21--n ）（． 七、待定系数法对满足a 1+n =pa n +qa 1-n （p ，q 是不为零的常数）型的数列{ a n }，可通过待定系数法构造一个新的等比数列而求解的方法，称为“待定系数法”．例8、已知数列{ a n }满足a 1= １，a 2=5，a 1+n =4a n -4a 1-n ，求该数列的通项公式a n ． 解：设a 1+n -x a n =y （a n -x a 1-n ），展开，与已知式比较得x=y=2，所以a 1+n -2a n =2（a n -2 a 1-n ）， 数列{ a n -2 a 1-n }是首项为3，公比为2的等比数列．∴a 1+n -2a n =3⨯21-n ，两边同除以21+n ， 化为112++n n a -n n a 2=43，∴数列{ n n a 2}是首项为21，公差为43的等差数列，∴n n a 2=43n-41，∴an =（43n-41）2n=（3n-1）22-n．另外，在作差法中提到的满足a1+n=pan+q（p、q 为常数，且p、q≠0，p≠1）型的数列{ an }也可用待定系数法求出通项an，只要设a1+n-x=p（an-x），展开，并与已知式比较即可求出x，进而可以构造一个新的等比数列求解．八、归纳、猜想、证明法对不能运用以上方法求出数列通项公式的，一般可通过归纳、猜想、再用数学归纳法证明的方法求通项，由于篇幅所限，不在赘述．总之，由数列的递推关系式求通项，尽管方法灵活多样，但是只要熟练掌握了上述几种常用的基本策略，再通过适当的转化，问题基本上都可以得到解决．。

数列求通项专题数列求通项公式常见的有叠加法、叠乘法、构造法、及已知S n求a n 等基本方法，要熟练掌握这些基本方法，还要注意奇偶分项的讨论。

1、已知数列{a n}中，a1=3,a n=2a n−1+n−2(n≥2)证明数列{a n+n}是等比数列并求数列{a n}的通项公式。

证明：a n+n=2（a n−1+n−1）(n≥2)a n+n=2a n−1+n−1数列{a n+n}是以a1+1=4为首项，公比为2的等比数列a n+n=4×2n−1=2n+1a n=2n+1−n经验证n=1符合，所以a n=2n+1−n(n∈N∗)2、已知数列{a n}中，a1=0,a7=63,a n+1=3a n−2a n−1(n≥2)证明数列{a n+1−a n}是等比数列并求数列{a n}的通项公式。

分析：本题根据2019年高考全国一卷21题改编而成，首先证明数列{a n+1−a n}是等比数列，然后用叠加法求数列{a n}的通项公式。

证明：a n+1−a n=2（a n−a n−1）a n+1−a n=2a n−a n−1数列{a n+1−a n}是以a2−a1=a2为首项，公比为2的等比数列a n+1−a n=a2×2n−1a2−a1=a2a3−a2=a2×2a4−a3=a2×22⋮a n−a n−1=a2×2n−2叠加得a n=a2×(1+21+22+⋯+2n−2)=a2×1×(1−2n−1)1−2=a2×(2n−1−1)a7=a2×(27−1−1)=63a2=1a n=2n−1−1经验证n=1符合，所以a n=2n−1−1(n∈N∗) 3、已知数列{a n}满足a1=1,a2=83,a n+1=(1+1n)a n+n+1λn(nϵN∗,λ为常数)（1）求实数λ的值（2）设b n=a nn，求数列{b n}的通项公式。

专题47 数列 数列的通项4（构造法）【考点讲解】 一、具本目标：掌握用不同的数学方法求不同形式数列的通项公式.通过数列通项公式的求解过程,利用数列的变化规律,恰当选择方法,是数列的研究和探索奠定基础. 二、知识概述： 1.数列的通项公式：（1）如果数列的第项与序号之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．即,不是每一个数列都有通项公式,也不是每一个数列都有一个个通项公式.（2）数列的前项和和通项的关系：.2.求数列的通项公式的注意事项：（1）根据数列的前几项求它的一个通项公式，要注意观察每一项的特点，观察出项与n 之间的关系、规律，可使用添项、通分、分割等办法，转化为一些常见数列的通项公式来求．对于正负符号变化，可用或来调整．（2）根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想．由不完全归纳法得出的结果是不可靠，要注意代值验证.（3）对于数列的通项公式要掌握：①已知数列的通项公式，就可以求出数列的各项；②根据数列的前几项，写出数列的一个通项公式，这是一个难点，在学习中要注意观察数列中各项与其序号的变化情况，分解所给数列的前几项，看看这几项的分解中．哪些部分是变化的，哪些是不变的，再探索各项中变化部分与序号的联系，从而归纳出构成数列的规律，写出通项公式.3.数列通项一般有三种类型：（1）已知数列是等差或等比数列，求通项，破解方法：公式法或待定系数法；（2）已知S n ，求通项，破解方法：利用S n -S n -1= a n ，但要注意分类讨论，本例的求解中检验必不可少，值 得重视；（3）已知数列的递推公式，求通项，破解方法：猜想证明法或构造法。

3. 已知数列的前项和，求数列的通项公式，其求解过程分为三步： (1)先利用求出；(2)用替换中的得到一个新的关系，利用 便可求出当时的表达式；{}n a n n ()n a f n ={}n a n n S n a ()1n-()11n +-{}n a n n S 11a S =1a 1n -n S n =n a 1n n S S --(2)n ≥2n ≥n a(3)对时的结果进行检验，看是否符合时的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分与两段来写．【注】该公式主要是用来求数列的通项，求数列通项时，一定要分两步讨论，结果能并则并，不并则分. 4. 递推公式推导通项公式方法： （1）叠加法：叠加法（或累加法）：已知，求数列通项公式常用叠加法（或累加法）即.（2）累乘法：已知求数列通项公式用累乘法.（3）待定系数法：（其中均为常数，）解法：把原递推公式转化为：，其中，再利用换元法转化为等比数列求解. （4）待定系数法：（其中均为常数，）. （或,其中均为常数）.解法：在原递推公式两边同除以，得：，令，得：，再按第（3）种情况求解.1n =2n ≥n a 1n =2n ≥,p q pqt -=1,p q ,,p q r 1+n qn nn qa b =（5）待定系数法：解法：一般利用待定系数法构造等比数列，即令，与已知递推式比较，解出,从而转化为是公比为的等比数列.（6）待定系数法：解法：一般利用待定系数法构造等比数列，即令，与已知递推式比较，解出,从而转化为是公比为的等比数列.（7）待定系数法：（其中均为常数）.解法：先把原递推公式转化为其中满足，再按第（4）种情况求解. （8）取倒数法：解法：这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为，按第（3）种情况求解. （，解法：等式两边同时除以后换元转化为，按第（3）种情况求解.）.（9）取对数解法：这种类型一般是等式两边取以为底的对数，后转化为，按第（3）种情况求解.5. 以数列为背景的新定义问题是高考中的一个热点题型，考查频率较高，一般会结合归纳推理综合命题．常见的命题形式有新法则、新定义、新背景、新运算等．(1)准确转化：解决数列新定义问题时，一定要读懂新定义的本质含义，将题目所给定义转化成题目要 求的形式，切忌同已有概念或定义相混淆．y x ,p y x ,p ,p q ,s t s t pst q +=⎧⎨=-⎩1n n a a +⋅rnn pa a =+1p(2)方法选取：对于数列新定义问题，搞清定义是关键，仔细认真地从前几项(特殊处、简单处)体会题意，从而找到恰当的解决方法． 类型一：取倒数法已知函数,数列满足(Ⅰ)求数列的通项公式; (Ⅱ)记,求.【分析】由于{b }和{c }中的项都和{a }中的项有关，{a }中又有S =4a +2，可由S －S 作切入点探索解题的途径． 【解析】（Ⅰ）由已知得，，∴，即 ∴数列是首项,公差的等差数列. ∴,故(Ⅱ) ∵类型二：已知数列满足，求数列的通项公式。

2023高考数学----数列的通项公式规律方法与典型例题讲解【规律方法】常见求解数列通项公式的方法有如下六种：（1）观察法：根据所给的一列数、式、图形等，通过观察法猜想其通项公式． （2）累加法：形如1()n n a a f n +=+的解析式．（3）累乘法：形如()()*1()02,?n n n a f n a a n n −=⋅≠∈N … （4）公式法（5）取倒数法：形如11n n n p ta a ma −−=+的关系式（6）构造辅助数列法：通过变换递推关系，将非等差（比）数列构造为等差（比）数列来求通项公式．【典型例题】例1．（2022·上海市南洋模范中学高三期中）在数列{}*(N )n a n ∈中.12a =，n S 是其前n 项和，当2n ≥时，恒有n a 、n S 、2n S −成等比数列，则n a =___________ 【答案】22122n n n n=⎧⎪⎨≥⎪−⎩，，【解析】当2n ≥时，由题可得()22n n n S a S =−，即()()212n n n n S S S S −=−−，化简得1122n n n n S S S S −−+=，得1122n n n S S S −−=+，两边取倒数得11111211222n n n n n S S S S S −−−−=+=+， 11112n n S S −∴−=， 所以，数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以111112S a ==为首项，以12为公差的等差数列，()1111222n nn S ∴=+−⋅=，2n S n∴=， 当2n ≥时，()12222211n n n a S S n n n n n n−=−=−=−=−−−−， 所以，22122n n a n n n =⎧⎪=⎨≥⎪−⎩，，.故答案为：22122n n n n =⎧⎪⎨≥⎪−⎩，，.例2．（2022·黑龙江·肇州县第二中学高三阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，()21(21)2,N n n n S n S n a n n *−−−=≥∈，则数列n S =_____________． 【答案】2(1)n n +【解析】由题意可得2*11(21)(),(2,N )n n n n S n S n S S n n −−−−=−≥∈， 所以221(1)(1)n n n S n S −−=−，所以21(1)1(1)(1)1n n S n n S n n n −−−==+−+， 所以32121121(1)!2(1)!341(1)2n n S S S n n n S S S n n n −−−⨯⨯⋅⋅⋅⨯=⨯⨯⋅⋅⋅⨯==+++，又因为111S a ==，所以2(1)n S n n =+，故答案为：2(1)n n +例3．（2022·福建·高三阶段练习）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若226n n S n a =+−，则n a =______. 【答案】23n +【解析】当1n =时，11126a a =+−，则15a =； 当2n ≥时，()211126n n S n a −−=−+−，两式相减，整理得1212n n a a n −=−+，设公差为d ，则1121n n n a a d a n −−−==−+，即()5221n d n d +−=+−， 所以2d =， 所以23n a n =+. 故答案为：23n +.例4．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 满足112a =，且+1=3+1n n n a a a ，则数列{}n a 的通项公式为=n a ______． 【答案】131n − 【解析】由+1=3+1n n n a a a 两边取倒数可得+111=3n n a a +，即+1113n na a −=． 所以数列是首项为2，公差为3等差数列. 所以()123131n n n a =+−=−，所以131n a n =−． 故答案为：131n −. 例5．（2022·全国·高三专题练习）已知在数列{}n a 中，12a =，3211223nn a a a a a n+++++=−，则n a =__________． 【答案】2n 【解析】因为3211223n n a a a a a n +++++=−，当2n ≥时，31212231n n a a a a a n −++++=−−， 则1n n n a a a n +=−，即有11n n a a n n +=+，当1n =时，122a a =−，得24a =，2121a a=满足上式， N n *∈，11n n a a n n +=+，因此数列{}n a n是常数列，即121n a an ==，所以2n a n =. 故答案为：2n例6．（2022·全国·高三专题练习）已知在数列{}n a 中，156a =，111132n n n a a ++⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，则n a =______．【答案】3223n n− 【解析】因为156a =，111132n n n a a ++⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，所以1122213n n n n a a ++=⨯+，整理得()11223233n n n n a a ++−=−，所以数列{}23n n a −是以14233a −=−为首项， 23为公比的等比数列，所以1422333n n n a −⎛⎫−=− ⎪⎝⎭，解得3223n n na =−． 故答案为：3223nn −. 例7.（2022·全国·高三专题练习）设{}n a 是首项为1的正项数列且22*11(1)(21)0(N )n n n n na n a n a a n ++++−+=∈，且1+≠n n a a ，求数列{}n a 的通项公式_________ 【答案】n a n =【解析】依题意11a =，22*11(1)(21)0(N )n n n n na n a n a a n ++++−+=∈，所以()()1110n n n n a a na n a ++−−+=⎡⎤⎣⎦， 又因为1+≠n n a a ，所以10n n a a +−≠，所以()101n n na n a +−+=，()111,21n n n n a a n nn a n a n +−+==≥−， 所以13211221n n n n n a a a a a a a a a a −−−=⋅⋅⋅⋅⋅13211221n n n n n −=⋅⋅⋅⋅⋅=−−， 经检验，11a =也符合上式. 所以()*N n a n n =∈.综上所述， n a n =. 故答案为： n a n =.例8．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12a =，12n n n a S n++=（*N n ∈），则n S =___________ 【答案】2n n ⋅【解析】因为12n n n a S n ++=，则12n n na S n +=+，当2n ≥时，1(1)1n n n a S n −−=+，因此1(1)21n n n na n a a n n +−=−++， 化简整理得1221n n a a n n +=⋅++，而211336a S a ===，有21232a a=⋅，即有*N n ∈，1221n n a a n n +=⋅++， 因此，数列{}1n a n +是以112a=为首项，2为公比的等比数列，则121n n a n −=+，即1(1)2n n a n −=+⋅， 所以1(2)2222n n n n n n S a n n n n +==⋅+⋅=⋅++. 故答案为：2n n ⋅例9．（2022·全国·高三专题练习）数列{}n a 满足：123a =，()()()21*12122N n n n n a a n +++−=−∈，则{}n a 的通项公式为_____________.【答案】()()122121nn nn a +=−− 【解析】由()()2112122n n n n a a +++−=−得，1122222122121n n n n n n a a ++++−−==⋅−−， 则1231122113123121212121222221212121n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a −−−−−+−−−−−−−−⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=−−−−()()11322121n n n −+⋅−−， 即()()111322121n n n n a a −+⋅=−−，又123a =，所以()()122121n n nn a +=−−. 故答案为：()()122121n n nn a +=−−.例10．（2022·全国·高三专题练习）甲、乙两人各拿两颗骰子做抛掷游戏，规则如下：若掷出的点数之和为3的倍数，原掷骰子的人再继续掷；若掷出的点数之和不是3的倍数，就由对方接着掷．第一次由甲开始掷，则第n 次由甲掷的概率n P =______（用含n 的式子表示）． 【答案】1111223n −⎛⎫+− ⎪⎝⎭【解析】易知掷出的点数之和为3的倍数的概率为121363=．“第1n +次由甲掷”这一事件，包含事件“第n 次由甲掷，第1n +次继续由甲掷”和事件“第n 次由乙掷，第1n +次由甲掷”，这两个事件发生的概率分别为13n P ，()1113n P ⎛⎫−− ⎪⎝⎭，故()11112113333n n n n P P P P +⎛⎫=+−−=−+ ⎪⎝⎭（其中11P =）， 所以1111232n n P P +⎛⎫−=−− ⎪⎝⎭， 所以数列12n P ⎧−⎫⎨⎬⎩⎭是以112P −为首项，13−为公比的等比数列， 于是11111223n n P P −⎛⎫⎛⎫−=−⋅− ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即1111223n n P −⎛⎫=+− ⎪⎝⎭．故答案为：1111223n −⎛⎫+− ⎪⎝⎭。

高中数学解题方法系列：数列中求通项的10种方法一、公式法例1已知数列{}n a 满足1232nn n a a +=+⨯，12a =，求数列{}n a 的通项公式。

解：1232nn n a a +=+⨯两边除以12n +，得113222n n n n a a ++=+，则113222n n n n a a ++-=，故数列{}2nna 是以1222a 11==为首项，以23为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得31(1)22n n a n =+-，所以数列{}n a 的通项公式为31()222nn a n =-。

二、累加法)(1n f a a n n =--例2已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。

解：由121n n a a n +=++得121n n a a n +-=+则112322112()()()()[2(1)1][2(2)1](221)(211)12[(1)(2)21](1)1(1)2(1)12(1)(1)1n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n n nn n n n ---=-+-++-+-+=-++-+++⨯++⨯++=-+-++++-+-=+-+=-++= 所以数列{}n a 的通项公式为2n a n =。

例3已知数列{}n a 满足1132313nn n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。

解：13231nn n a a +=+⨯+两边除以13n +，得111213333n n n n n a a +++=++，则111213333n n n n n a a +++-=+三、累乘法)(1n f a a n n=-例4已知数列{}n a 满足112(1)53nn n a n a a +=+⨯=，，求数列{}n a 的通项公式。

解：因为112(1)53nn n a n a a +=+⨯=，，所以0n a ≠，则12(1)5n n na n a +=+，故1321122112211(1)(2)21(1)12[2(11)5][2(21)5][2(21)5][2(11)5]32[(1)32]53325!n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n -------+-+++--=⋅⋅⋅⋅⋅=-+-+⋅⋅+⨯+⨯⨯=-⋅⋅⨯⨯⨯=⨯⨯⨯ 所以数列{}n a 的通项公式为(1)12325!.n n n n a n --=⨯⨯⨯例5已知数列{}n a 满足11231123(1)(2)n n a a a a a n a n -==++++-≥ ，，求{}n a 的通项公式。