构造法求数列通项公式

前言

使用构造法求数列的通项公式，首先需要突破的是对\(a_n\)的内涵的理解和应用。

理解内涵

在数列的学习中，我们经常会见到这样的式子\(a_{n+1}－a_n = m\)(m常数), 此时你一定会反应出数列\(\{a_n\}\)是等差数列，那么你有没有想过，\(a_n\)除过可以是整式，还可以是分式，指数式，对数式，单项式，还可以是多项式等等，比如见到 $$S_{n+1}－S_n = m(m常数)$$ 你还能看出来是等差数列吗，所以你还需要特别注意：对代数式\(a\_{n+1}－a\_n = m\)或\(\cfrac{a\_{n+1}}{a\_n} = m\) (\(m\)常数)中\(a\_n\)的“内涵”的理解。以下引例加深对等差数列中字母内涵的理解：

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\((n+1)a\_{n+1}-na\_n=m\)， 则数列\(\{n\cdot a\_n\}\)是首项为\(a\_1\)，公差为\(m\)的等差数列；

⑥\(a\_{n+1}^2－a\_n^2 = m\)，则数列\(\{a\_n^2\}\)是首项为\(a\_1^2\)，公差为\(m\)的等差数列；

⑦\(log\_m^\,{a\_{n+1}^2}－log\_m^\,{a\_n^2} = p\)，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；

⑧\(a\_{n+2}-2a\_{n+1}=a\_{n+1}-2a\_n\)，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，能用一个表达式刻画吗？

\[a\_{n+1}-a\_n=d，d为常数 \]

因此务必要求理解透彻\(a\_{n+1}\)和\(a\_n\)的“内涵”；籍此理解：代数，就是用字母代替数字来思维的一门学科。

以下引例用于加深对等比数列的字母内涵的理解：

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；

⑤\(lga\_{n+1}=2lga\_n\)，则数列\(\{lga\_n\}\)是首项为\(lga\_1\)，公比为\(2\)的等比数列；

常见构造

• ①基本型 \(a\_{n+1}=pa\_n+q(p\neq 0，1；q\neq 0)\)；\(p\)、\(q\)为常数；

思路：两边同时加上常数\(k\)，构造等比数列\(a\_{n+1}+k=p(a\_n+k)\)求解；其中\(k=\cfrac{q}{p-1}\)；

• ②\(a\_{n+1}=pa\_n+q^n\)型；\(p\)、\(q\)为常数；

思路：两边同时除以\(q^{n+1}\)，得到\(\cfrac{a\_{n+1}}{q^{n+1}}=\cfrac{p}{q}\cdot \cfrac{a\_{n}}{q^{n}}+\cfrac{1}{q}\)，即\(b\_{n+1}=mb\_n+h\)，转化为上述类型①；

• ③\(a\_{n+1}=\cfrac{pa\_n}{a\_n+q}\)型；\(p\)、\(q\)为常数；

思路：两边同时取倒数，得到\(\cfrac{1}{a\_{n+1}}=\cfrac{a\_n+q}{pa\_n}=\cfrac{q}{p}\cdot \cfrac{1}{a\_n}+\cfrac{1}{p}\)，即转化为类型①求解；

• ④\(a\_{n+1}-a\_n=ka\_{n+1}a\_n\)型；\(k\)为常数；

思路：两边同时除以\(a\_{n+1}a\_n\)，构造等差数列\(\cfrac{1}{a\_n}-\cfrac{1}{a\_{n+1}}=k\)求解；

• ⑤\(a\_{n+1}=pa\_n+qn+r(p\neq 0，1；q\neq 0；r\neq 0)\)型；\(p\)、\(q\)、\(r\)为常数；【了解】

思路：构造等比数列，令\(a\_{n+1}+x(n+1)+y=p(a\_n+xn+y)\)，利用两个多项式相等，对应系数相等求得\(x\)、\(y\)，利用等比数列求解；

引例，\(a\_{n+1}=3a\_n+2n-1\)①；假设其能变形得到\(a\_{n+1}+p(n+1)+q=3(a\_{n}+pn+q)\)②，

打开整理得到，\(a\_{n+1}=3a\_n+3pn+3q-pn-p-q=3a\_n+2pn+(2q-p)\)③，

由①③两式恒等，得到对应系数相等，即\(2p=2\)且\(2q-p=-1\)，解得\(p=1\)，\(q=0\)，

代入②式，得到\(a\_{n+1}+(n+1)=3(a\_{n}+n)\)

提示：较难的情形，两边同时加上同结构的一次式构造等比数列；

• ⑥\(a\_{n+1}=a\_n^r(r\in N^*)\)型；【了解】

思路：两边同时取对数，构造等比数列求解；

• ⑦\(a\_{n+2}=pa\_{n+1}+qa\_n\)型；【了解】

思路：转化为\(a\_{n+2}-sa\_{n+1}=p(a\_{n+1}-sa\_n)\)，其中\(\left\{\begin{array}{l}{s+t=p}\\{st=-q}\end{array}\right.\)；

思维导图

高阶总结

构造数列中的常见变形总结

变形训练

①\(4a\_{n+1}=4a\_n^2+4a\_n-1\)，证明：\(\{lg(a\_n+\cfrac{1}{2})\}\)为等比数列；

提示：见下面典例剖析；

②\(S\_{n}=2a\_n-2^n\)，证明：\(\{a\_{n+1}-2a\_n\}\)为等比数列；

提示：注意隐含条件的指向作用；

③\(a\_n=S\_n\cdot S\_{n-1}\)，变形得到\(S\_n-S\_{n-1}=S\_n\cdot S\_{n-1}\)

提示：代换，同除构造；

④\(na\_{n+1}=(n+1)a\_n+2\)，变形得到\(\cfrac{a\_{n+1}}{n+1}=\cfrac{a\_n}{n}+\cfrac{2}{n(n+1)}\)

⑤\(\cfrac{a\_{n+1}}{S\_n\cdot S\_{n+1}}=\cfrac{S\_{n+1}-S\_{n}}{S\_n\cdot S\_{n+1}}=\cfrac{1}{S\_n}-\cfrac{1}{S\_{n+1}}\)

⑥\(a\_{n+2}-2a\_{n+1}+a\_n=2\)，变形得到\((a\_{n+2}-a\_{n+1})-(a\_{n+1}-a\_n)=2\)

提示：对于下标是连续三项的时候，考虑拆分，一定是两两组合拆分；

⑦\(\cfrac{2^n}{(2^n-1)(2^{n+1}-1)}=\cfrac{1}{2^n-1}-\cfrac{1}{2^{n+1}-1}\)

提示：高阶的裂项相消，

⑧\(a\_{n+1}-a\_{n}=3a\_{n+1}a\_n\)，

提示：同除构造；

⑨\(a\_{n+1}=3a\_n+2n-1\)；变形得到\(a\_{n+1}+(n+1)=3(a\_{n}+n)\)

提示：较难的情形，两边同时加上同结构的一次式构造等比数列；

对应练习

在数列\(\{a\_n\}\)中，\(a\_1=1\)，若\(a\_{n+1}=3a\_n+1\)，求\(a\_n\)\=\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_。

提示：两边同加常数，构造等比数列；

在数列\(\{a\_n\}\)中，\(a\_1=1\)，若\(a\_{n+1}=\cfrac{1}{1+a\_n}\)，求\(a\_n\)\=\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_。

提示：两边同时取倒数，构造等差数列；

在数列\(\{a\_n\}\)中，\(a\_1=1\)，\(a\_n>0\)，若\((n+1)a\_{n+1}^2-na\_n^2+a\_{n+1}a\_n=0\)，求\(a\_n\)\=\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_。

提示：通过代数变形，构造等差数列；

\(na\_{n+1}^2-na\_n^2+a\_{n+1}^2+a\_{n+1}a\_n=0\)，

即\(n(a\_{n+1}+a\_n)(a\_{n+1}-a\_n)+a\_{n+1}(a\_{n+1}+a\_n)=0\)；

即\((a\_{n+1}+a\_n)[n(a\_{n+1}-a\_n)+a\_{n+1}]=0\)

即\((n+1)a\_{n+1}-na\_n=0\)

在数列\(\{a\_n\}\)中，\(a\_1=1\)，若\(a\_{n+1}=2a\_n+2^n\)，求\(a\_n\)\=\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_。

提示：两边同时除以\(2^{n+1}\)，构造等差数列；

在数列\(\{a\_n\}\)中，\(a\_1=1\)，若\(a\_{n+1}=3a\_n+2^n\)，求\(a\_n\)\=\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_。

提示：两种变形综合应用而已；

两边同时除以\(2^{n+1}\)，转化为\(\cfrac{a\_{n+1}}{2^{n+1}}=\cfrac{3}{2}\times \cfrac{a\_n}{2^n}+\cfrac{1}{2}\)

然后两边两边同加常数，构造等比数列；

在数列\(\{a\_n\}\)中，\(a\_1=1\)，\(a\_2=6\)，若\(a\_{n+2}-2a\_{n+1}+a\_n=2\)，求\(a\_n\)\=\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_。

提示：\((a\_{n+2}-a\_{n+1})-(a\_{n+1}-a\_{n})=2\)；

特殊用途

• 构造法除过能像上述方法求得通项公式以外，还可以推求数列的周期性；

引例1：由\(a\_n+a\_{n-1}=4(n\ge 2)\)①，构造\(a\_{n+1}+a\_n=4\)②，两式做差，得到\(a\_{n+1}-a\_{n-1}=0\)，即数列的周期为\(T=2\)；

引例2：由\(a\_{n+1}\cdot a\_n=k\)①，构造\(a\_{n+2}\cdot a\_{n+1}=k\)②，两式作商，得到\(a\_{n+2}=a\_n\)，则数列\(\{a\_n\}\)的周期为\(T=2\)，其实数列也是等积数列；

引例3：由\(a\_{n+1}=a\_n-a\_{n-1}\)①，构造\(a\_{n+2}=a\_{n+1}-a\_{n}\)②，两式相加，得到\(a\_{n+2}=-a\_{n-1}\)，即\(a\_{n+3}=-a\_n\)，故数列的周期为\(T=6\)；

典例剖析

【2018山东济宁二模】已知数列\(\{a\_n\}\)满足\(a\_1=\cfrac{3}{2}\)，\(4a\_{n+1}=4a\_n^2+4a\_n-1\)，

(1)证明：数列\(\{lg(a\_n+\cfrac{1}{2})\}\)为等比数列；

【分析法】：由于数列\(\{lg(a\_n+\cfrac{1}{2})\}\)为等比数列，则必有下面的等式成立，

即\(\cfrac{lg(a\_{n+1}+\cfrac{1}{2})}{lg(a\_{n}+\cfrac{1}{2})}=q\)，则\(lg(a\_{n+1}+\cfrac{1}{2})=q\cdot lg(a\_{n}+\cfrac{1}{2})\)

则\(lg(a\_{n+1}+\cfrac{1}{2})=lg(a\_{n}+\cfrac{1}{2})^q\)，则\(a\_{n+1}+\cfrac{1}{2}=(a\_{n}+\cfrac{1}{2})^q\)，

比对已知条件，可知\(q=2\)，这样就有\(a\_{n+1}+\cfrac{1}{2}=(a\_{n}+\cfrac{1}{2})^2\)，

再次比对已知条件，发现还需要两边同时乘以常数\(4\)，

\(4(a\_{n+1}+\cfrac{1}{2})=4(a\_{n}+\cfrac{1}{2})^2\)，

打开整理，发现上式为\(4a\_{n+1}+2=4a\_{n}^2+4a\_n+1\)①，

而已知条件为\(4a\_{n+1}=4a\_{n}^2+4a\_n-1\)②，

二者的差别是给①式的两边同时减去常数\(2\)，即得到②式，

到此，由给定条件向待证结论之间的桥梁完全打通，整理如下：

【综合法】：由于\(4a\_{n+1}=4a\_n^2+4a\_n-1\)，

则\(4a\_{n+1}+2=4a\_n^2+4a\_n+1\)，即\(4(a\_{n+1}+\cfrac{1}{2})=(2a\_n+1)^2=4(a\_{n}+\cfrac{1}{2})^2\)，

则有\((a\_{n+1}+\cfrac{1}{2})=(a\_{n}+\cfrac{1}{2})^2\)，两边同时取常用对数，

则\(lg(a\_{n+1}+\cfrac{1}{2})=2lg(a\_{n}+\cfrac{1}{2})\)，

又由于\(lg(a\_1+\cfrac{1}{2})=lg2\neq 0\)，

故数列\(\{lg(a\_n+\cfrac{1}{2})\}\)为首项为\(lg2\)，公比为\(2\)的等比数列；

反思总结：由求解分析过程可知，题目中的待证结论本身就暗含变形方向的提示作用。

(2)记\(R\_n=(a\_1+\cfrac{1}{2})\times (a\_2+\cfrac{1}{2})\times \cdots\times (a\_n+\cfrac{1}{2})\)，求\(R\_n\)；

【法1】：利用通项公式，由(1)可知，数列\(\{lg(a\_n+\cfrac{1}{2})\}\)为首项为\(lg2\)，公比为\(2\)的等比数列；

\(lg(a\_n+\cfrac{1}{2})=lg2\cdot 2^{n-1}=2^{n-1}\cdot lg2=lg2^{2^{n-1}}\)，故\(a\_n+\cfrac{1}{2}=2^{2^{n-1}}\)；

则\(R\_n=(a\_1+\cfrac{1}{2})\times (a\_2+\cfrac{1}{2})\times \cdots\times (a\_n+\cfrac{1}{2})\)

\(=2^{2^{1-1}}\times 2^{2^{2-1}}\times 2^{2^{3-1}}\times\cdots \times 2^{2^{n-1}}=2^{2^0+2^1+\cdots+2^{n-1}}\)

\(=2^{\frac{1\cdot (2^n-1)}{2-1}}=2^{2^n-1}\)；

注意：运算中的易错处，\(lg2\cdot 2^{n-1}\neq lg(2\cdot 2^{n-1})\)，即\(lg2\cdot 2^{n-1}\neq lg2^{n}\)，

【法2】：由于数列\(\{lg(a\_n+\cfrac{1}{2})\}\)为首项为\(lg2\)，公比为\(2\)的等比数列；

\(R\_n=(a\_1+\cfrac{1}{2})\times (a\_2+\cfrac{1}{2})\times \cdots\times (a\_n+\cfrac{1}{2})\)，

给等式两边同时取对数得到，\(lgR\_n=lg[ (a\_1+\cfrac{1}{2})\times (a\_2+\cfrac{1}{2})\times \cdots\times (a\_n+\cfrac{1}{2})]\)

\(=lg(a\_1+\cfrac{1}{2})+lg(a\_2+\cfrac{1}{2})+lg(a\_3+\cfrac{1}{2})+\cdots+lg(a\_n+\cfrac{1}{2})\)

\(=\cfrac{lg2(2^n-1)}{2-1}=(2^n-1)lg2=lg2^{2^n-1}\)，

由于\(lgR\_n=lg2^{2^n-1}\)，则有\(R\_n=2^{2^n-1}\)

注意：由于对数运算能将运算降级处理，即原来是乘法运算降级为加法运算，故法2明显要优于法1，在这里我们需要培养主动使用对数运算的数学意识。

【2015\(\cdot\)高考广东卷】设数列\(\{a\_n\}\)前\(n\)项和为\(S\_n，n\in N^*\)，已知\(a\_1=1，a\_2=\cfrac{3}{2}，a\_3=\cfrac{5}{4}\)，且当\(n\ge 2\)时\(4S\_{n+2}+5S\_n=8S\_{n+1}+S\_{n-1}\)。

（1）求\(a\_4\)的值。

分析：（1）简单的数字运算，不过你得注意必须用\(S\_n\)的定义式，

即\(S\_n=a\_1+a\_2+\cdots+a\_n\)，

不能用等差或等比的前\(n\)项和公式，因为题目没有告诉你数列的性质。

当\(n=2\)时\(4S\_4+5S\_2=8S\_3+S\_1\)，

即\(4(a\_1+a\_2+a\_3+a\_4)+5(a\_1+a\_2)=8(a\_1+a\_2+a\_3)+a\_1\)，

将已知条件代入，解得\(a\_4=\cfrac{7}{8}\)。

（2）证明：\(\{a\_{n+1}-\cfrac{1}{2}a\_n\}\)为等比数列。

分析：题目告诉的条件是关于\(S\_n\)类的，而要求解的是关于\(a\_n\)类的，

所以变形的方向肯定是要消去\(S\_n\)类的，全部转化为\(a\_n\)类的。

但是这里有了两个变形思路和变形方向：纵向变形和横向变形，

思路一：纵向变形，\(n\ge 2\)时，\(4S\_{n+2}+5S\_n=8S\_{n+1}+S\_{n-1}\).

仿此构造如下式子

\(n\ge 1\)时，\(4S\_{n+3}+5S\_{n+1}=8S\_{n+2}+S\_n\).两式相减得到

\(n\ge 2\)时，\(4a\_{n+3}+5a\_{n+1}=8a\_{n+2}+a\_n\). 到此思路受阻，

打住。为什么？

我们证明到最后肯定会得到

\((a\_{n+2}-\cfrac{1}{2}a\_{n+1})=k(a\_{n+1}-\cfrac{1}{2}a\_n)\)

或者\((a\_{n+1}-\cfrac{1}{2}a\_{n})=k(a\_n-\cfrac{1}{2}a\_{n-1})\)，

这两个式子都只是涉及到\(a\_n\)类的三项，而我们思路一的涉及到了四项，

所以变形的思路受阻了，得到启示，我们变化如下，

思路二：横向变形，由题目结论的指向作用知道，

不是纵向构造式子做差，应该是就此式子横向做变形，

\(n\ge 2\)时，\(4S\_{n+2}+5S\_n=8S\_{n+1}+S\_{n-1}\)，

即就是\((4S\_{n+2}-4S\_{n+1})=(4S\_{n+1}-4S\_n)-(S\_n-S\_{n-1})\)，

得到\(4a\_{n+2}=4a\_{n+1}-a\_n\)，变形得到，

\(a\_{n+2}=a\_{n+1}-\cfrac{1}{4}a\_n\)，

比照题目结论，尝试给两边同时加上\(-\cfrac{1}{2}a\_{n+1}\)，整理得到

当\(n\ge 2\)时，\((a\_{n+2}-\cfrac{1}{2}a\_{n+1})=\cfrac{1}{2}(a\_{n+1}-\cfrac{1}{2}a\_n)\)，

这样基本的等比数列的大样有了，接下来是细节的验证，

其一验证\((a\_3-\cfrac{1}{2}a\_2)=\cfrac{1}{2}(a\_2-\cfrac{1}{2}a\_1)\)，

其二还得说明\(a\_2-\cfrac{1}{2}a\_1\ne 0\)，

才能说明这是个等比数列。

是否将\((a\_{n+2}-\cfrac{1}{2}a\_{n+1})=\cfrac{1}{2}(a\_{n+1}-\cfrac{1}{2}a\_n)\)改写为分式形式，

不是必要的。

（3）求数列\(\{a\_n\}\)的通项公式。

分析：由第二问知道，\(\{a\_{n+1}-\cfrac{1}{2}a\_n\}\)为首项为1，公比为\(\cfrac{1}{2}\)的等比数列，

故\(a\_{n+1}-\cfrac{1}{2}a\_n=1\cdot(\cfrac{1}{2})^{n-1}\)

即\(a\_{n+1}=\cfrac{1}{2}a\_n+1\cdot(\cfrac{1}{2})^{n-1}\)，两边同乘以\(2^{n+1}\)得到，

所以\(2^{n+1}\cdot a\_{n+1}-2^n\cdot a\_n=4\)，

数列\(\{2^n\cdot a\_n\}\)是首项为\(2^1\cdot a\_1=2\)，公差为\(4\)的等差数列，

所以\(2^n\cdot a\_n=2+4(n-1)=4n-2\)，

故\(a\_n=\cfrac{2n-1}{2^{n-1}}\)。

【2018山东滨州期末】在数列\(\{a\_n\}\)中，\(a\_1=2\)，\(na\_{n+1}=(n+1)a\_n+2\)，\(n\in N^*\)，则数列\(\{a\_n\}\)的通项公式为\(a\_n\)\=\_\_\_\_\_\_\_\_\_。

分析：两边同除以\(n(n+1)\)，得到\(\cfrac{a\_{n+1}}{n+1}=\cfrac{a\_n}{n}+\cfrac{2}{n(n+1)}\)，再用累加法，得到\(a\_n=4n-2\)；

各项均为正数的数列\(\{a\_n\}\)的前\(n\)项和为\(S\_n\)，且\(3S\_n=a\_n\cdot a\_{n+1}\)，则\(a\_2+a\_4+a\_6+\cdots+a\_{2n}\)\=\_\_\_\_\_\_\_\_。

提示：由已知\(3S\_n=a\_n\cdot a\_{n+1}\)①，构造\(3S\_{n+1}=a\_{n+1}\cdot a\_{n+2}\)②，

两式做差，得到\(3a\_{n+1}=a\_{n+1}\cdot a\_{n+2}-a\_n\cdot a\_{n+1}\)，\(a\_{n+1}>0\)，约分得到

\(a\_{n+2}-a\_n=3\)，即数列\(\{a\_n\}\)的所有奇数项成等差数列，所有偶数项成等差数列，且公差都是\(3\)，

令\(n=1\)，代入\(3S\_n=a\_n\cdot a\_{n+1}\)，求得\(a\_2\)，从而得到\(a\_2+a\_4+a\_6+\cdots+a\_{2n}=\cfrac{3n^2+3n}{2}\).

已知数列\(\{a\_n\}\)满足\(a\_1=1\)，且\(a\_{n+1}=\cfrac{(3n+3)a\_n+4n+6}{n}\)，(\(n\in N^*\)).

(1).证明数列\(\{\cfrac{a\_n+2}{n}\}\)是等比数列；特别注意题目中的隐含条件，比如题目要求证明\(\{\cfrac{a\_n+2}{n}\}\)是等比数列，则意味着\(\{\cfrac{a\_n+2}{n}\}\)是此数列中的第\(n\)项，所以要凑出其第\(n+1\)项的形式\(\{\cfrac{a\_{n+1}+2}{n+1}\}\)，就需要首先给已知式子两边同加2，然后两边同除以\(n+1\)

分析：由\(a\_{n+1}=\cfrac{(3n+3)a\_n+4n+6}{n}\)，两边同时加上\(2\)，得到

\(a\_{n+1}+2=\cfrac{(3n+3)a\_n+4n+6}{n}+2\)，右边通分

整理为\(a\_{n+1}+2=\cfrac{(3n+3)a\_n+(6n+6)}{n}\)，

即\(a\_{n+1}+2=\cfrac{(n+1)(3a\_n+6)}{n}\)，再改写为

\(\cfrac{a\_{n+1}+2}{n+1}=\cfrac{3a\_n+6}{n}=3\times \cfrac{a\_n+2}{n}\)

又由于\(\cfrac{a\_1+2}{1}=3\neq 0\)，

故数列\(\{\cfrac{a\_n+2}{n}\}\)是首项为3，公比为3的等比数列；

(2).求数列\(\{a\_n\}\)的通项公式；请注意，为了控制求解难度，这类题目往往会设置两问，第一问是求解\(a\_n\)的桥梁，第二问通过解方程得到通项公式\(a\_n\)，如果直接去掉第一问，这样的题目的变形方向就模糊不清，难度一下子就上来了。

分析：由(1)可知，\(\cfrac{a\_n+2}{n}=3\cdot 3^{n-1}=3^n\)，

则\(a\_n+2=n\cdot 3^n\)，即\(a\_n=n\cdot 3^n-2\)；

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