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由递推公式求数列的通项公式是数列中的常见题型，也是高考考查的热点问题．由于此类问题的解法很多，技巧性较强，特别是对运算能力、归纳猜想能力、类比转化能力，以及运用数学知识分析和解决数学问题的能力要求较高，故而成为学习中的一大难点. 本文介绍一种构造“新数列”求原数列通项的方法，思路自然，简捷实用．
一、型如[an+1=pan+f(n)]([p]为常数且[p≠0]，[p≠1])的数列，其本身并不是等差或等比数列，但经过适当的变形后，即可构造出一个新数列，利用这个数列可求其通项公式.
1. [f(n)=q] ([q]为常数)，可构造等比数列求解．
例1 已知数列[an]满足[a1=12]，[an=3-an-12]（[n≥2]），求通项[an]．
解 由[an=3-an-12]，得[1-an=-12(1-an-1)].
又[1-a1=12≠0]，所以数列[{1-an}]是首项为[12]、公比为[-12]的等比数列，
因此[an=1-(1-a1)(-12)n-1=1+(-12)n]．
注一般地，递推关系式[an+1=pan+q]([p、q]为常数，且[p≠0，p≠1])可等价地改写成[an+1-q1-p=][p(an-q1-p)]，则{[an-q1-p]}为等比数列，从而可求[an]．
2．[f(n)]为等比数列，可构造等差数列、等比数列求解. 如[f(n)=qn] ([q]为常数) ，两边同除以[qn]，得[q•an+1qn+1=][panqn+1]，令[bn=anqn]，则可转化为[bn+1=pbn+q]的形式求解．
例2 （1）已知数列[{an}]中，[a1=56]，[an+1=13an+][(12)n+1]，求通项[an]．
（2）已知数列[an]满足[an+1=2an+3×2n]，[a1=2]，求通项[an]．
解（1）由条件，得[2n+1an+1=23(2nan)+1.]
令[bn=2nan]，则[bn+1=23bn+1]，
即[bn+1-3=23(bn-3).]
又[b1=21a1=53]，[b1-3=-43]，
故数列[{bn-3}]为等比数列，有
[bn=-43(23)n-1+3]，即[2nan=-43(23)n-1+3]，
因此[an=-23n+32n]．
（2）由条件，得[an+12n+1=an2n+32]，即[an+12n+1-an2n=32]，
故数列[an2n]是以[a121=22=1]为首项、以[32]为公差的等差数列，[an2n=1+(n-1)32]，
故[an=(32n-12)2n]．
3．[f(n)]为等差数列，如[an+1=Aan+Bn+C]型递推式，可构造等比数列求解．
例3 已知数列[an]满足[a1=1]，[an=12an-1+][2n-1]（[n≥2]），求[an]．
解令[bn=an+pn+q]，则[an=bn-pn-q]，
[an-1=bn-1-p(n-1)-q]，代入已知条件，
得[bn-pn-q=12[bn-1-p(n-1)-q]+2n-1]，
即[bn=12bn-1+(12p+2)n+(12p+12q-1)]，
令[p2+2=0]，[p2+q2-1=0]，
解得[p]=－4，[q=6]，
所以[bn=12bn-1]，且[bn=an-4n+6]，
[bn]是以3为首项、以[12]为公比的等比数列，故[bn=32n-1]，故[an=32n-1+4n-6]．
注此例通过引入一些尚待确定的系数，转化命题结构，经过变形与比较，把问题转化成基本数列（等差或等比数列）求解．
4．[f(n)]为非等差、非等比数列，可构造等差、等比数列求解．
法一、构造等差数列求解
例4 在数列[an]中，
（1）若[a1=2，an+1=λan+λn+1+(2-λ)2n(n∈N∗)]，其中[λ>0]，求数列[an]的通项公式；
（2）若[a1=3，nan+1=(n+2)an+2n(n+1)(n+2)]，求通项[an]．
解（1）由条件可得
[an+1λn+1-2λn+1=anλn-2λn+1]，
故数列[anλn-2λn]是首项为0、公差为1的等差数列，[anλn-2λn=n-1]，因此
[an=(n-1)λn+2n]．
（2）由条件可得[an+1(n+2)(n+1)=an(n+1)n+2]，
数列[an(n+1)n]是首项为[a1(1+1)×1=32]、公差为2的等差数列，因此[an=12n(n+1)(4n-1)]．
法二、构造等比数列求解
例5 已知数列[an]满足[a1=1]，[an+1=3an+][5×2n+4]，求数列[an]的通项公式．
解设[an+1+x×2n+1+y=3(an+x×2n+y)]，将已知条件代入此式，整理后得
[(5+2x)×2n+4+y=3x×2n+3y]，
令[5+2x=3x,4+y=3y,]解得[x=5,y=2,]
则[an+1+5×2n+1+2=3(an+5×2n+2)]，
又[a1+5×21+2=1+12=13≠0]，
且[an+5×2n+2≠0]，
故数列[{an+5×2n+2}]是以[a1+5×21+2=1+][12=13]为首项、以3为公比的等比数列，
[an+5×2n+2=13×3n-1]，
因此[an=13×3n-1-5×2n-2]．
二、形如[f(an+2，an+1,an)=0]的复合数列，可先构造等差数列或等比数列，再用叠加法、叠乘法、迭代法等方法求解．
例6 在数列[an]中，[a1=1]，[a2=2]，[an+2=][23an+1+13an]，求[an]．
解 由条件可得[an+2-an+1=-13(an+1-an)]，
数列[{an+1-an}]是以[a2-a1=1]为首项、以[-13]为公比的等比数列，
[an+1-an=(-13)n-1]，
故[an]=[(an-an-1)+(an-1-an-2)+⋅⋅⋅+(a2-a1)][+a1]
=[(-13)n-2+][(-13)n-3+]…[(-13)+1+1]
=[1-(-13)n-11+13]+1=[34[1-(-13)n-1]+1]
=[74-34(-13)n-1]．
例7 已知数列[an]满足[a1=1]，[a2=2]，[4an+2=4an+1-an]（[n∈N*]），求[an]．
解 由已知可得[an+2-12an+1=12(an+1-12an)]，
又[a2-12a1=2-12=32]，所以数列[{an+1-12an}]是首项为[32]、公比为[12]的等比数列，
[an+1-12an=32•(12)n-1]，
即[an+1=12an+3×(12)n]，
亦即[2n+1⋅an+1=2n⋅an+6]，又[21⋅a1=2]，
数列[{2nan}]是首项为2、公差为6的等差数列，
[2n⋅an=2+6(n-1)=6n-4]，
因此[an=3n-22n-1]．
三、一些较为特殊的数列，可利用“取倒数”的方法构造等差数列或等比数列求解．
例8 已知数列[an]中，[a1=1]，[an+1=anan+1][(n∈N*）]，求[an]．
解 由已知，得[1an+1=an+1an=1an+1]，
设[bn=1an]，则[bn+1=bn+1]，
故[bn]是以[b1=1a1=1]为首项、1为公差的等差数列，[bn=1+(n-1)=n]，
因此[an=1bn=1n]．
例9 已知数列[an]，其中[a1=1]，且[an+1][=an2n⋅an-3]，求通项[an]．
解 由条件得[1an+1=-3an+2n]，设[bn=1an]，
则[bn+1=-3bn+2n]，
令[bn+1+λ⋅2n+1=-3(bn+λ⋅2n)]，解得[λ=-15]，
于是有[bn+1-15⋅2n+1=-3(bn-15⋅2n)]，
故数列[{bn-2n5}]是一个以[b1-25=35]为首项，公比是－3的等比数列，
[bn-15⋅2n=35(-3)n-1]，
即[bn=15⋅2n-15(-3)n]，
代入[bn＝1an]，得[an=52n-(-3)n]．
例10若数列[an]中，[a1=1]，[Sn]是数列[an]的前[n]项之和，且[Sn+1=Sn3+4Sn]，求数列[an]的通项公式[an]．
解 由[Sn+1=Sn3+4Sn]，得[1Sn+1=3⋅1Sn+4]，
令[1Sn+1+λ=3(1Sn+λ)]，则有[λ=2]，
故[1Sn+1+2=3(1Sn+2)]，∴数列{[1Sn+2]}是以[1S1+2=3]为首项、3为公比的等比数列，
[1Sn+2]=[3⋅3n-1=3n]， [Sn=13n-2]，
当[n≥2]时，由[an=Sn-Sn-1]（[n≥2]），
得[an=13n-2-13n-1-2=-2⋅3n32n-8⋅3n+12]，
因此[an=1 (n=1),-2⋅3n32n-8⋅3n+12 (n≥2).]
四、对某些特殊的数列，可利用特征方程构造等差数列或等比数列求解．
如满足[an+1=Aan+BCan+D]（[A，B，C，D]为常数，且[C≠0,AD-BC≠0]）的数列，可令特征方程为[x=Ax+BCx+D]，变形为[Cx2+(D-A)x-B=0]，若方程有二异根[α、β]，则可令[an+1-αan+1-β=c⋅an-αan-β]（[c]为待定常数），则数列[an-αan-β]是首项为[a1-αa1-β]、公比为[c]的等比数列；若方程有二重根[α=β]，则可令[1an+1-α=][1an-α+c]（[c]为待定常数），则数列[1an-α]是首项为[1an-α]、公差为[c]的等差数列. 然后代入[a1、a2]的值可求得[c]值，于是可求得[an]．
例11已知数列[an]满足[a1=2,][an=an-1+22an-1+1][(n≥2)]，求数列[an]的通项[an]．
解 令[x=x+22x+1]，化简得[2x2-2=0]，
解得[x1=1,x2=-1].
令[an+1-1an+1+1=c⋅an-1an+1]，
由[a1=2]，得[a2=45]，可得[c=-13]，
故数列[an-1an+1]是以[a1-1a1+1=13]为首项、以[-13]为公比的等比数列，
[an-1an+1=13⋅-13n-1]，解得[an=3n-(-1)n3n+(-1)n]．
例12 已知数列[an]满足[a1=2,an+1=][2an-14an+6][(n∈N*)]，求数列[an]的通项[an].
解 令[x=2x-14x+6]，即[4x2+4x+1=0]，
解得[x1=x2=-12].
令[1an+1+12=1an+12+c]，
由[a1=2,]得[a2=314]，求得[c=1]，
故数列[1an+12]是以[1a1+12=25]为首项、以[1]为公差的等差数列，
[1an+12=25+(n-1)⋅1=n-35]，
因此[an=13-5n10n-6]．
五、其它特殊数列的特殊构造方法
1．通过取对数来构造新的数列求解．
例13 若数列[an]中，[a1]=3且[an+1=an2]（[n]是正整数），则它的通项公式是[an]=．
解由题意知[an]＞0，将[an+1=an2]两边取对数得[lgan+1=2lgan]，即[lgan+1lgan=2]，
所以数列[{lgan}]是以[lga1]=[lg3]为首项、公比为2的等比数列，
[lgan=lga1⋅2n-1=lg32n-1]，即[an=32n-1]．
2．通过换元来构造新的数列求解．
例14数列[an]中，[a1=1]，[an+1=116(1+4an+][1+24an)]，求[an]．
分析本题的难点是已知递推关系式中的[1+24an]较难处理，可构建新数列[bn]，令[bn=1+24an]，这样就巧妙地去掉了根式，将通项进行转化，便于化简变形．
解 令[bn=1+24an>0]，
则[b1=5]，[b2n=1+24an]，即[an=b2n-124]，
则原条件可化为
[b2n+1-124=1161+4×b2n-124+bn]，
化简得[2bn+12=bn+32]，即[2bn+1=bn+3]，
变形得[bn+1-3=12bn-3]，
数列[bn-3]是以[b1-3=2]为首项、[12]为公比的等比数列，
[bn-3=2×12n-1=22-n]，即[bn=22-n+3]，
因此[an=b2n-124=22n-1+3×2n-1+13×22n-1]．
3．对于两个数列的复合问题，也可构造等差或等比数列求解.
例15 在数列{[an]}、{[bn]}中，[a1=b1=1]，且[an+1=5an+15bn,bn+1=an+7bn,]求{[an]}、{[bn]}的通项公式．
解 构造新数列{[an+λbn]}，
则[an+1+λbn+1]=[(5+λ)an]+[(15+7λ)bn]
=[(5+λ)an+15+7λ5+λbn]，
令[λ=15+7λ5+λ]，得[λ1]=[-3]或[λ2]=5 ，
故数列{[an+λbn]}是首项[a1+λb1]、公比[q=λ+5]的等比数列.
当[λ1]=－3时，{[an-3bn]}是首项为[a1-3b1]=[-2]、[q=5+λ=2]的等比数列，
[an-3bn]=[-2×2n-1]=[-2n]；
当[λ2]=5时，{[an+5bn]}是首项为[a1+5b1]=6、[q=λ+5=10]的等比数列，
[an+5bn]=6×[10n-1].
联立二式，得[an-3bn=-2n,an+5bn=6×10n-1,]
解得[an=94×10n-1-5×2n-3,bn=34×10n-1+2n-3.]
特别提醒1．并不是任何数列都可以求出其通项的，能够求出通项的只是一些特殊的数列. 例如数列1，1.4，1.41，1.414，…就没有通项公式；
2．同一个数列的通项公式的形式不一定唯一. 例如数列－1，1，－1，1，…，其通项公式为[an=(-1)n]，或[an=-1(n为奇数),1(n为偶数);]
3．数列是函数概念的继续和延伸，数列中数的有序性是数列定义的灵魂，要注意辨析数列中的项与数集中元素的异同，因此在研究数列问题时既要注意函数方法的普遍性，又要注意数列方法的特殊性. 从上述各题构建新数列的过程中，可以看出对题设中递推式的观察、分析，并据其结构特点进行合理变形，是成功构建新数列的关键. 构建新数列的目的是为了化繁为简、化未知为已知、化不熟悉为熟悉，这也是解答数学问题的共性之所在．
一、型如[an+1=pan+f(n)]([p]为常数且[p≠0]，[p≠1])的数列，其本身并不是等差或等比数列，但经过适当的变形后，即可构造出一个新数列，利用这个数列可求其通项公式.
1. [f(n)=q] ([q]为常数)，可构造等比数列求解．
例1 已知数列[an]满足[a1=12]，[an=3-an-12]（[n≥2]），求通项[an]．
解 由[an=3-an-12]，得[1-an=-12(1-an-1)].
又[1-a1=12≠0]，所以数列[{1-an}]是首项为[12]、公比为[-12]的等比数列，
因此[an=1-(1-a1)(-12)n-1=1+(-12)n]．
注一般地，递推关系式[an+1=pan+q]([p、q]为常数，且[p≠0，p≠1])可等价地改写成[an+1-q1-p=][p(an-q1-p)]，则{[an-q1-p]}为等比数列，从而可求[an]．
2．[f(n)]为等比数列，可构造等差数列、等比数列求解. 如[f(n)=qn] ([q]为常数) ，两边同除以[qn]，得[q•an+1qn+1=][panqn+1]，令[bn=anqn]，则可转化为[bn+1=pbn+q]的形式求解．
例2 （1）已知数列[{an}]中，[a1=56]，[an+1=13an+][(12)n+1]，求通项[an]．
（2）已知数列[an]满足[an+1=2an+3×2n]，[a1=2]，求通项[an]．
解（1）由条件，得[2n+1an+1=23(2nan)+1.]
令[bn=2nan]，则[bn+1=23bn+1]，
即[bn+1-3=23(bn-3).]
又[b1=21a1=53]，[b1-3=-43]，
故数列[{bn-3}]为等比数列，有
[bn=-43(23)n-1+3]，即[2nan=-43(23)n-1+3]，
因此[an=-23n+32n]．
（2）由条件，得[an+12n+1=an2n+32]，即[an+12n+1-an2n=32]，
故数列[an2n]是以[a121=22=1]为首项、以[32]为公差的等差数列，[an2n=1+(n-1)32]，
故[an=(32n-12)2n]．
3．[f(n)]为等差数列，如[an+1=Aan+Bn+C]型递推式，可构造等比数列求解．
例3 已知数列[an]满足[a1=1]，[an=12an-1+][2n-1]（[n≥2]），求[an]．
解令[bn=an+pn+q]，则[an=bn-pn-q]，
[an-1=bn-1-p(n-1)-q]，代入已知条件，
得[bn-pn-q=12[bn-1-p(n-1)-q]+2n-1]，
即[bn=12bn-1+(12p+2)n+(12p+12q-1)]，
令[p2+2=0]，[p2+q2-1=0]，
解得[p]=－4，[q=6]，
所以[bn=12bn-1]，且[bn=an-4n+6]，
[bn]是以3为首项、以[12]为公比的等比数列，故[bn=32n-1]，故[an=32n-1+4n-6]．
注此例通过引入一些尚待确定的系数，转化命题结构，经过变形与比较，把问题转化成基本数列（等差或等比数列）求解．
4．[f(n)]为非等差、非等比数列，可构造等差、等比数列求解．
法一、构造等差数列求解
例4 在数列[an]中，
（1）若[a1=2，an+1=λan+λn+1+(2-λ)2n(n∈N∗)]，其中[λ>0]，求数列[an]的通项公式；
（2）若[a1=3，nan+1=(n+2)an+2n(n+1)(n+2)]，求通项[an]．
解（1）由条件可得
[an+1λn+1-2λn+1=anλn-2λn+1]，
故数列[anλn-2λn]是首项为0、公差为1的等差数列，[anλn-2λn=n-1]，因此
[an=(n-1)λn+2n]．
（2）由条件可得[an+1(n+2)(n+1)=an(n+1)n+2]，
数列[an(n+1)n]是首项为[a1(1+1)×1=32]、公差为2的等差数列，因此[an=12n(n+1)(4n-1)]．
法二、构造等比数列求解
例5 已知数列[an]满足[a1=1]，[an+1=3an+][5×2n+4]，求数列[an]的通项公式．
解设[an+1+x×2n+1+y=3(an+x×2n+y)]，将已知条件代入此式，整理后得
[(5+2x)×2n+4+y=3x×2n+3y]，
令[5+2x=3x,4+y=3y,]解得[x=5,y=2,]
则[an+1+5×2n+1+2=3(an+5×2n+2)]，
又[a1+5×21+2=1+12=13≠0]，
且[an+5×2n+2≠0]，
故数列[{an+5×2n+2}]是以[a1+5×21+2=1+][12=13]为首项、以3为公比的等比数列，
[an+5×2n+2=13×3n-1]，
因此[an=13×3n-1-5×2n-2]．
二、形如[f(an+2，an+1,an)=0]的复合数列，可先构造等差数列或等比数列，再用叠加法、叠乘法、迭代法等方法求解．
例6 在数列[an]中，[a1=1]，[a2=2]，[an+2=][23an+1+13an]，求[an]．
解 由条件可得[an+2-an+1=-13(an+1-an)]，
数列[{an+1-an}]是以[a2-a1=1]为首项、以[-13]为公比的等比数列，
[an+1-an=(-13)n-1]，
故[an]=[(an-an-1)+(an-1-an-2)+⋅⋅⋅+(a2-a1)][+a1]
=[(-13)n-2+][(-13)n-3+]…[(-13)+1+1]
=[1-(-13)n-11+13]+1=[34[1-(-13)n-1]+1]
=[74-34(-13)n-1]．
例7 已知数列[an]满足[a1=1]，[a2=2]，[4an+2=4an+1-an]（[n∈N*]），求[an]．
解 由已知可得[an+2-12an+1=12(an+1-12an)]，
又[a2-12a1=2-12=32]，所以数列[{an+1-12an}]是首项为[32]、公比为[12]的等比数列，
[an+1-12an=32•(12)n-1]，
即[an+1=12an+3×(12)n]，
亦即[2n+1⋅an+1=2n⋅an+6]，又[21⋅a1=2]，
数列[{2nan}]是首项为2、公差为6的等差数列，
[2n⋅an=2+6(n-1)=6n-4]，
因此[an=3n-22n-1]．
三、一些较为特殊的数列，可利用“取倒数”的方法构造等差数列或等比数列求解．
例8 已知数列[an]中，[a1=1]，[an+1=anan+1][(n∈N*）]，求[an]．
解 由已知，得[1an+1=an+1an=1an+1]，
设[bn=1an]，则[bn+1=bn+1]，
故[bn]是以[b1=1a1=1]为首项、1为公差的等差数列，[bn=1+(n-1)=n]，
因此[an=1bn=1n]．
例9 已知数列[an]，其中[a1=1]，且[an+1][=an2n⋅an-3]，求通项[an]．
解 由条件得[1an+1=-3an+2n]，设[bn=1an]，
则[bn+1=-3bn+2n]，
令[bn+1+λ⋅2n+1=-3(bn+λ⋅2n)]，解得[λ=-15]，
于是有[bn+1-15⋅2n+1=-3(bn-15⋅2n)]，
故数列[{bn-2n5}]是一个以[b1-25=35]为首项，公比是－3的等比数列，
[bn-15⋅2n=35(-3)n-1]，
即[bn=15⋅2n-15(-3)n]，
代入[bn＝1an]，得[an=52n-(-3)n]．
例10若数列[an]中，[a1=1]，[Sn]是数列[an]的前[n]项之和，且[Sn+1=Sn3+4Sn]，求数列[an]的通项公式[an]．
解 由[Sn+1=Sn3+4Sn]，得[1Sn+1=3⋅1Sn+4]，
令[1Sn+1+λ=3(1Sn+λ)]，则有[λ=2]，
故[1Sn+1+2=3(1Sn+2)]，∴数列{[1Sn+2]}是以[1S1+2=3]为首项、3为公比的等比数列，
[1Sn+2]=[3⋅3n-1=3n]， [Sn=13n-2]，
当[n≥2]时，由[an=Sn-Sn-1]（[n≥2]），
得[an=13n-2-13n-1-2=-2⋅3n32n-8⋅3n+12]，
因此[an=1 (n=1),-2⋅3n32n-8⋅3n+12 (n≥2).]
四、对某些特殊的数列，可利用特征方程构造等差数列或等比数列求解．
如满足[an+1=Aan+BCan+D]（[A，B，C，D]为常数，且[C≠0,AD-BC≠0]）的数列，可令特征方程为[x=Ax+BCx+D]，变形为[Cx2+(D-A)x-B=0]，若方程有二异根[α、β]，则可令[an+1-αan+1-β=c⋅an-αan-β]（[c]为待定常数），则数列[an-αan-β]是首项为[a1-αa1-β]、公比为[c]的等比数列；若方程有二重根[α=β]，则可令[1an+1-α=][1an-α+c]（[c]为待定常数），则数列[1an-α]是首项为[1an-α]、公差为[c]的等差数列. 然后代入[a1、a2]的值可求得[c]值，于是可求得[an]．
例11已知数列[an]满足[a1=2,][an=an-1+22an-1+1][(n≥2)]，求数列[an]的通项[an]．
解 令[x=x+22x+1]，化简得[2x2-2=0]，
解得[x1=1,x2=-1].
令[an+1-1an+1+1=c⋅an-1an+1]，
由[a1=2]，得[a2=45]，可得[c=-13]，
故数列[an-1an+1]是以[a1-1a1+1=13]为首项、以[-13]为公比的等比数列，
[an-1an+1=13⋅-13n-1]，解得[an=3n-(-1)n3n+(-1)n]．
例12 已知数列[an]满足[a1=2,an+1=][2an-14an+6][(n∈N*)]，求数列[an]的通项[an].
解 令[x=2x-14x+6]，即[4x2+4x+1=0]，
解得[x1=x2=-12].
令[1an+1+12=1an+12+c]，
由[a1=2,]得[a2=314]，求得[c=1]，
故数列[1an+12]是以[1a1+12=25]为首项、以[1]为公差的等差数列，
[1an+12=25+(n-1)⋅1=n-35]，
因此[an=13-5n10n-6]．
五、其它特殊数列的特殊构造方法
1．通过取对数来构造新的数列求解．
例13 若数列[an]中，[a1]=3且[an+1=an2]（[n]是正整数），则它的通项公式是[an]=．
解由题意知[an]＞0，将[an+1=an2]两边取对数得[lgan+1=2lgan]，即[lgan+1lgan=2]，
所以数列[{lgan}]是以[lga1]=[lg3]为首项、公比为2的等比数列，
[lgan=lga1⋅2n-1=lg32n-1]，即[an=32n-1]．
2．通过换元来构造新的数列求解．
例14数列[an]中，[a1=1]，[an+1=116(1+4an+][1+24an)]，求[an]．
分析本题的难点是已知递推关系式中的[1+24an]较难处理，可构建新数列[bn]，令[bn=1+24an]，这样就巧妙地去掉了根式，将通项进行转化，便于化简变形．
解 令[bn=1+24an>0]，
则[b1=5]，[b2n=1+24an]，即[an=b2n-124]，
则原条件可化为
[b2n+1-124=1161+4×b2n-124+bn]，
化简得[2bn+12=bn+32]，即[2bn+1=bn+3]，
变形得[bn+1-3=12bn-3]，
数列[bn-3]是以[b1-3=2]为首项、[12]为公比的等比数列，
[bn-3=2×12n-1=22-n]，即[bn=22-n+3]，
因此[an=b2n-124=22n-1+3×2n-1+13×22n-1]．
3．对于两个数列的复合问题，也可构造等差或等比数列求解.
例15 在数列{[an]}、{[bn]}中，[a1=b1=1]，且[an+1=5an+15bn,bn+1=an+7bn,]求{[an]}、{[bn]}的通项公式．
解 构造新数列{[an+λbn]}，
则[an+1+λbn+1]=[(5+λ)an]+[(15+7λ)bn]
=[(5+λ)an+15+7λ5+λbn]，
令[λ=15+7λ5+λ]，得[λ1]=[-3]或[λ2]=5 ，
故数列{[an+λbn]}是首项[a1+λb1]、公比[q=λ+5]的等比数列.
当[λ1]=－3时，{[an-3bn]}是首项为[a1-3b1]=[-2]、[q=5+λ=2]的等比数列，
[an-3bn]=[-2×2n-1]=[-2n]；
当[λ2]=5时，{[an+5bn]}是首项为[a1+5b1]=6、[q=λ+5=10]的等比数列，
[an+5bn]=6×[10n-1].
联立二式，得[an-3bn=-2n,an+5bn=6×10n-1,]
解得[an=94×10n-1-5×2n-3,bn=34×10n-1+2n-3.]
特别提醒1．并不是任何数列都可以求出其通项的，能够求出通项的只是一些特殊的数列. 例如数列1，1.4，1.41，1.414，…就没有通项公式；
2．同一个数列的通项公式的形式不一定唯一. 例如数列－1，1，－1，1，…，其通项公式为[an=(-1)n]，或[an=-1(n为奇数),1(n为偶数);]
3．数列是函数概念的继续和延伸，数列中数的有序性是数列定义的灵魂，要注意辨析数列中的项与数集中元素的异同，因此在研究数列问题时既要注意函数方法的普遍性，又要注意数列方法的特殊性. 从上述各题构建新数列的过程中，可以看出对题设中递推式的观察、分析，并据其结构特点进行合理变形，是成功构建新数列的关键. 构建新数列的目的是为了化繁为简、化未知为已知、化不熟悉为熟悉，这也是解答数学问题的共性之所在．