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递推数列是近年高考的热点，因此倍受广大师生重视.但由于递推数列的类型太多，很难掌握各类题型的解法，因而成了一个困惑点.实际上许多递推数列都可归纳为一类基本型递推数列an+1=pan+q.掌握了这类递推数列各种求解的思维方法，并运用到其它型递推数列中，大多可以获解.
一、an+1=pan+q型递推数列的解法探究
对于an+1=pan+q（常数p、q满足pq≠0，p≠1），下面通过一例探究其通项的各种求法.
例1（2014全国课标卷Ⅱ）已知a1=1，an+1=3an+1，求通项an.
解法1（迭代法）利用递推式，将已知的an的值反复代入，有
a1=1，a2=3a1+1=3+1，a3=3a2+1=32+3+1，a4=3a3+1=33+32+3+1，可见an=3n-1+3n-2+…+3+1.
由等比数列求和公式1+3+…+3n-2+3n-1=1-3n1-3，从而得an=3n-12.
点评对于不熟悉的递推数列，通常可用迭代法试求.但应注意不要把每项都计算出具体数值，而应保持其算式，以便从过程中观察出规律，得到结论.
解法2（求差法）借助熟知的等差数列、等比数列的思想方法.
将an+2=3an+1+1与an+1=3an+1相减，有
an+2-an+1=3（an+1-an），即an+2-an+1an+1-an=3（*）.
视an+1-an为一整体，记bn=an+1-an，则有bn+1bn=3.可见{bn}是公比为3的等比数列，它的首项b1=a2-a1=（3a1+1）-a1=3.所以
bn=b1×3n-1=3n，即an+1-an=3n.
再将已知递推公式代入，有（3an+1）-an=3n，从而得an=3n-12.
另解由（*）式可知{an+1-an}是公比为3，首项为a2-a1=3的等比数列.
由恒等式an=a1+（a2-a1）+（a3-a2）+…+（an-an-1）（**）
有an=1+3+32+…+3n-1=3n-12.
点评解法2采用等差、等比数列的探求方法，先用差的方法，并将an+1-an视为一个整体，得到等比数列.而另解中巧用数列恒等式（**），更使问题轻松获解，这个恒等式在数列问题中经常用到，应充分重视.
解法3（求商法）在递推式an+1=3an+1两边同除以3n+1，得an+13n+1=an3n+（13）n+1，即an+13n+1-an3n=（13）n+1
视an3n为一整体，利用恒等式（**）有
an3n=a13+（a232-a13）+（a333-a232）+…+（an3n-an-13n-1）
=13+（13）2+（13）3+…+（13）n=13[1-（13）n]1-13，
从而得an=3n-12.
点评一般地，对于递推数列an+1=pan+q，可以两边同除以pn+1，得到
an+1pn+1-anpn=q（1p）n+1，再用恒等式（**）可获解.
解法4（待定系数法）假设an+1=3an+1可化成如下形式
an+1-x=3（an-x），即an+1=3an-2x.
与an+1=3an+1比较对应项系数，可知-2x=1，得x=-12.
这样，{an+12}是公比为3，首项为a1+12=32的等比数列.因此an+12=32×3n-1，从而得an=3n-12.
点评待定系数法的关键是假设的形式是否合理，若不合理，则求不出待定的系数.从解法4可以知道本例原型高考题（证明{an+12}是等比数列，并求{an}的通项公式）的由来.对于形如an+1=pan+q的递推数列，都可以用待定系数法求解.推导如下：
假设可化成an+1-x=p（an-x），即an+1=pan+（1-p）x.
与原递推式an+1=pan+q比较对应项系数，有（1-p）x=q，得x=q1-p.
那么{an-x}即{an-q1-p}是公比为p的等比数列.
解法5（特征根法）如果对于递推式an+1=pan+q，视an+1与an为未知数x，那么有x=px+q，求得x=q1-p.这与以上用待定系数法求得的x相同.为了便于记忆，我们称x=px+q为递推式an+1=pan+q的特征方程，解得的x=q1-p称为特征根.根据这个结论，递推式an+1=3an+1的特征方程是x=3x+1，解得的特征根x=-12.这样，{an-（-12）}，即{an+12}是公比为3，首项为a1+12=32的等比数列.所以an+12=32×3n-1，从而an=3n-12.
点评特征根法是求解形如an+1=pan+q递推数列的通项公式最简单、最快捷的方法.同学们不妨换个题目试用一下，来体会这种方法的优越性.
二、求解其它相关型递推数列
综合运用以上的各种方法，可以探求解决多种相关型的递推数列.下面就几种类型举例说明.
1.an+1=pan+（qn+r）（其中p、q、r是常数，pq≠0，p≠1）
例2设a1=1，an+1=2an+（2n-1），求通项an.
解先用求差法，将an+2=2an+1+（2n+1）与原递推式相减，得an+2-an+1=2（an+1-an）+2.
记bn=an+1-an，则有bn+1=2bn+2.这就是本文的标准型.
由特征方程x=2x+2，得特征根x=-2.所以{bn+2}是公比为2的等比数列，它的首项为b1+2=（a2-a1）+2=[（2a1+1）-a1]+2=4.所以bn+2=4×2n-1，得bn=2n+1-2. 因此an+1-an=2n+1-2，有[2an+（2n-1）]-an=2n+1-2，从而得an=2n+1-2n-1.
点评本题型中的qn+r实际上是一个等差数列，先用求差法可化为标准型，再继续求解.另外，例2也可用待定系数法求解如下：
设an+1=2an+（2n-1）可化成an+1+A（n+1）+B=2（an+A·n+B），即an+1=2an+A·n+B-A.
比较对应项的系数，可得A=2，B-A=-1.则B=1.这样得到an+1+2（n+1）+1=2（an+2n+1）.
所以{an+2n+1}是公比为2，首项为a1+2×1+1=4的等比数列.
因此，an+2n+1=4×2n-1，从而得an=2n+1-2n-1.
2.an+1=pan+rqn（其中p、q、r是常数，pqr≠0，p≠1，q≠1）
例3已知a1=2，an+1=2an+2×3n，求通项an.
解递推式两边同除以2n+1，可得an+12n+1-an2n=（32）n.由数列恒等式有
an2n=a12+（a222-a12）+（a323-a222）+…+（an2n-an-12n-1）
=1+32+（32）2+…+（32）n-1=
1-（32）n1-32=2×（32）n-2
从而an=2（3n-2n）.
点评本题型中rqn是一个等比数列.先在递推式两边同除以pn+1，再用数列恒等式即可求出通项.另外，本题型也可以在递推式两边同除以qn+1，化为
an+1qn+1=pq（anqn）+rq.
设bn=anqn，则有bn+1=pqbn+rq.
这是标准型，可求得bn，进而得到an.
3.an+1=pan+（bn+c）qn（其中p、q、b、c是常数，pqb≠0，p≠1）
这是1型和2型的结合，需综合运用多种方法来求解.
例4已知a1=2，an+1=4an+（2n-1）2n，求通项.
解递推式两边同除以2n+1，可得an+12n+1=2（an2n）+（n-12）.
记bn=an2n，则有bn+1=2bn+（n-12）.
再用求差法，将bn+2=2bn+1+（n+12）与上式相减，有
bn+2-bn+1=2（bn+1-bn）+1.
又记cn=bn+1-bn，则有cn+1=2cn+1.这是标准型递推数列.
计算得a1=2，a2=4a1+2=10，b1=a12=1，b2=a222=52，c1=b2-b1=32.
对于c1=32，cn+1=2cn+1，参考例1的某解法，可得cn=5×2n-2-1.
再对于b1=1，bn+1-bn=5×2n-2-1，利用数列恒等式，有
bn=b1+（b2-b1）+（b3-b2）+…+（bn-bn-1），可求得bn=5×2n-2-n-12.
最后利用an=2nbn，得an=5×22n-2-n·2n-2n-1.
（收稿日期：2015-07-12）
一、an+1=pan+q型递推数列的解法探究
对于an+1=pan+q（常数p、q满足pq≠0，p≠1），下面通过一例探究其通项的各种求法.
例1（2014全国课标卷Ⅱ）已知a1=1，an+1=3an+1，求通项an.
解法1（迭代法）利用递推式，将已知的an的值反复代入，有
a1=1，a2=3a1+1=3+1，a3=3a2+1=32+3+1，a4=3a3+1=33+32+3+1，可见an=3n-1+3n-2+…+3+1.
由等比数列求和公式1+3+…+3n-2+3n-1=1-3n1-3，从而得an=3n-12.
点评对于不熟悉的递推数列，通常可用迭代法试求.但应注意不要把每项都计算出具体数值，而应保持其算式，以便从过程中观察出规律，得到结论.
解法2（求差法）借助熟知的等差数列、等比数列的思想方法.
将an+2=3an+1+1与an+1=3an+1相减，有
an+2-an+1=3（an+1-an），即an+2-an+1an+1-an=3（*）.
视an+1-an为一整体，记bn=an+1-an，则有bn+1bn=3.可见{bn}是公比为3的等比数列，它的首项b1=a2-a1=（3a1+1）-a1=3.所以
bn=b1×3n-1=3n，即an+1-an=3n.
再将已知递推公式代入，有（3an+1）-an=3n，从而得an=3n-12.
另解由（*）式可知{an+1-an}是公比为3，首项为a2-a1=3的等比数列.
由恒等式an=a1+（a2-a1）+（a3-a2）+…+（an-an-1）（**）
有an=1+3+32+…+3n-1=3n-12.
点评解法2采用等差、等比数列的探求方法，先用差的方法，并将an+1-an视为一个整体，得到等比数列.而另解中巧用数列恒等式（**），更使问题轻松获解，这个恒等式在数列问题中经常用到，应充分重视.
解法3（求商法）在递推式an+1=3an+1两边同除以3n+1，得an+13n+1=an3n+（13）n+1，即an+13n+1-an3n=（13）n+1
视an3n为一整体，利用恒等式（**）有
an3n=a13+（a232-a13）+（a333-a232）+…+（an3n-an-13n-1）
=13+（13）2+（13）3+…+（13）n=13[1-（13）n]1-13，
从而得an=3n-12.
点评一般地，对于递推数列an+1=pan+q，可以两边同除以pn+1，得到
an+1pn+1-anpn=q（1p）n+1，再用恒等式（**）可获解.
解法4（待定系数法）假设an+1=3an+1可化成如下形式
an+1-x=3（an-x），即an+1=3an-2x.
与an+1=3an+1比较对应项系数，可知-2x=1，得x=-12.
这样，{an+12}是公比为3，首项为a1+12=32的等比数列.因此an+12=32×3n-1，从而得an=3n-12.
点评待定系数法的关键是假设的形式是否合理，若不合理，则求不出待定的系数.从解法4可以知道本例原型高考题（证明{an+12}是等比数列，并求{an}的通项公式）的由来.对于形如an+1=pan+q的递推数列，都可以用待定系数法求解.推导如下：
假设可化成an+1-x=p（an-x），即an+1=pan+（1-p）x.
与原递推式an+1=pan+q比较对应项系数，有（1-p）x=q，得x=q1-p.
那么{an-x}即{an-q1-p}是公比为p的等比数列.
解法5（特征根法）如果对于递推式an+1=pan+q，视an+1与an为未知数x，那么有x=px+q，求得x=q1-p.这与以上用待定系数法求得的x相同.为了便于记忆，我们称x=px+q为递推式an+1=pan+q的特征方程，解得的x=q1-p称为特征根.根据这个结论，递推式an+1=3an+1的特征方程是x=3x+1，解得的特征根x=-12.这样，{an-（-12）}，即{an+12}是公比为3，首项为a1+12=32的等比数列.所以an+12=32×3n-1，从而an=3n-12.
点评特征根法是求解形如an+1=pan+q递推数列的通项公式最简单、最快捷的方法.同学们不妨换个题目试用一下，来体会这种方法的优越性.
二、求解其它相关型递推数列
综合运用以上的各种方法，可以探求解决多种相关型的递推数列.下面就几种类型举例说明.
1.an+1=pan+（qn+r）（其中p、q、r是常数，pq≠0，p≠1）
例2设a1=1，an+1=2an+（2n-1），求通项an.
解先用求差法，将an+2=2an+1+（2n+1）与原递推式相减，得an+2-an+1=2（an+1-an）+2.
记bn=an+1-an，则有bn+1=2bn+2.这就是本文的标准型.
由特征方程x=2x+2，得特征根x=-2.所以{bn+2}是公比为2的等比数列，它的首项为b1+2=（a2-a1）+2=[（2a1+1）-a1]+2=4.所以bn+2=4×2n-1，得bn=2n+1-2. 因此an+1-an=2n+1-2，有[2an+（2n-1）]-an=2n+1-2，从而得an=2n+1-2n-1.
点评本题型中的qn+r实际上是一个等差数列，先用求差法可化为标准型，再继续求解.另外，例2也可用待定系数法求解如下：
设an+1=2an+（2n-1）可化成an+1+A（n+1）+B=2（an+A·n+B），即an+1=2an+A·n+B-A.
比较对应项的系数，可得A=2，B-A=-1.则B=1.这样得到an+1+2（n+1）+1=2（an+2n+1）.
所以{an+2n+1}是公比为2，首项为a1+2×1+1=4的等比数列.
因此，an+2n+1=4×2n-1，从而得an=2n+1-2n-1.
2.an+1=pan+rqn（其中p、q、r是常数，pqr≠0，p≠1，q≠1）
例3已知a1=2，an+1=2an+2×3n，求通项an.
解递推式两边同除以2n+1，可得an+12n+1-an2n=（32）n.由数列恒等式有
an2n=a12+（a222-a12）+（a323-a222）+…+（an2n-an-12n-1）
=1+32+（32）2+…+（32）n-1=
1-（32）n1-32=2×（32）n-2
从而an=2（3n-2n）.
点评本题型中rqn是一个等比数列.先在递推式两边同除以pn+1，再用数列恒等式即可求出通项.另外，本题型也可以在递推式两边同除以qn+1，化为
an+1qn+1=pq（anqn）+rq.
设bn=anqn，则有bn+1=pqbn+rq.
这是标准型，可求得bn，进而得到an.
3.an+1=pan+（bn+c）qn（其中p、q、b、c是常数，pqb≠0，p≠1）
这是1型和2型的结合，需综合运用多种方法来求解.
例4已知a1=2，an+1=4an+（2n-1）2n，求通项.
解递推式两边同除以2n+1，可得an+12n+1=2（an2n）+（n-12）.
记bn=an2n，则有bn+1=2bn+（n-12）.
再用求差法，将bn+2=2bn+1+（n+12）与上式相减，有
bn+2-bn+1=2（bn+1-bn）+1.
又记cn=bn+1-bn，则有cn+1=2cn+1.这是标准型递推数列.
计算得a1=2，a2=4a1+2=10，b1=a12=1，b2=a222=52，c1=b2-b1=32.
对于c1=32，cn+1=2cn+1，参考例1的某解法，可得cn=5×2n-2-1.
再对于b1=1，bn+1-bn=5×2n-2-1，利用数列恒等式，有
bn=b1+（b2-b1）+（b3-b2）+…+（bn-bn-1），可求得bn=5×2n-2-n-12.
最后利用an=2nbn，得an=5×22n-2-n·2n-2n-1.
（收稿日期：2015-07-12）