一阶线性递推数列求通项的常见类型及策略
近年来，递推数列问题成为高考命题的热点题型，究其原因是递推数列问题蕴含着丰富的数学思想，具有很强的逻辑性，是考查逻辑推理和化归转化能力的很好题材。

本文对一阶线性递推数列求通项的类型及策略进行一个研究，希望能抛砖引玉。

1.an+1-an=f（n）型
（1）若f（n）为常数，即：an+1-an=d，此时数列为等差数列，则an=a1=（n-1）d.
（2）若f（n）为n的函数时，用累加法. 数列{f（n）}可求前n项和方法如下：由an+1-an=f（n）得：
n≥2时an-an+1=f（n-1），
an-1-an-2=f（n-2），
……，
a3-a2=f（2）
a2-a1=f（1）
所以各式相加得an-a1=f（n-1）+f（n-2）+……+f（2）+f（1）即：an=a1+■f（k）.
[例1]已知数列{an}，a1=2，an+1=an+3n+2，求an。

[解析]由已知得……an-an-1=3（n-1）+2an-1-an-2=3（n-2）
+2a3-a2=3×2+2a2-a1=3×1+2（n-1）个式子相加得：
an-a1=3[1+2+……+（n-1）+2（n-1）]=3×■+2（n-1）∴a=■n2+■。

2.■=f（n）型
（1）当f（n）为常数，即：■=q（其中q是不为0的常数），此时数列为等比数列，an =a1·qn-1.
（2）当f（n）为n的函数时，用累乘法. 数列{f（n）}可求前n项积由■=f（n）得n≥2时■=f（n-1），∴an=■·■……■·a1，……f（n-1）=f（n）f（n-1）……f（1）·a1
[例2]设{an}是首项为1的正项数列，且（n+1）
a2n+1-na2n+an+1an=0（n=1，2， 3，…），则它的通项公式是
an= .
[解析]已知等式可化为：（an+1+an） n+1an+1-nan=0
∵ an﹥0（n∈n*）∴（n+1）an+1-nan=0 ，即■=■
∴n≥2时，■=■
∴an=■·■……■·a1=■·■……■·1=■.
评注：本题是关于an和an+1的二次齐次式，可以通过因式分解（一般情况时用求根公式）得到an与an+1的更为明显的关系式，从而求出an.
3.an+1=can+d，（c≠0）型
（1）若c=1时，数列{an}为等差数列；
（2）若d=0时，数列{an}为等比数列；
（3）若c≠1，d≠0时，数列{an}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造辅助数列来求.
方法如下：设an+1+λ=c（an+λ），
得an+1=can+（c-1）λ，与题设an+1=can+d比较系数得
（c-1）λ=d，所以λ+■，（c≠0）
所以有：an+■=c（an-1+■）
因此数列{an+■}个式构成以an+■为首项，以c为公比的等比数列，所以an+■ =（a1+■）·cn-1
即：an=（a1+■）·cn-1-■.
规律：将递推关系an+1=can+d化为an+1+■=c（an+■），构造成公比为c的等比数列{an+■}从而求得通项公式an+1=■+cn-1（a1+■）
[例3]已知数列{an}中a1=2，an+1=■an+■求通项an.
[解析]两边直接加上■，构造新的等比数列。

解：由an+1=■an+■得an+1-1=■（an-1），
所以数列{an-1}构成以a1-1=1为首项，以■为公比的等比数列所以an-1=■）n-1 ，即an=（■）n-1+1 .
4.an+1=pan+f（n），（p≠0）型
（1）若p=1时，累加法；
（2）若p≠1时，待定系数法：
方法如下：设an+1+g（n+1）=pan+gn与题设an+1=pan+f（n）比较系数求g（n）和g（n+1）其中p·g（n） -g（n+1）=f（n）[例4]设a0为常数，且an=3n-1-2an-1（n∈n）.
证明对任意n≥1，an=■3n-1+-1n·2n·2na0；
[解析]设an+λ·3n=-2（an-1+λ·3n-1），即：an=-2an-1-5
λ·3n-1，
比较系数得：-5λ=1，所以λ=-■所以an-■·3n=-2（an-1-■·3n-1），所以数列{an-■}是公比为-2，首项为a1-■的等比数列.
∴an-■=（1-2a0-■）（-2）n-1（n∈n）即an=■3n+（-1）n-1·2a0 5. an+1=■（c，d为非零常数）型
方法：两边取倒数，得■=■+■+■，令bn=■，从而转化为（3）型而求之.
6. an+1=canp（an>0，c>0，p>0，p≠0）型
方法：两边取对数得lgan+1=lgan+lgc，从而转化为等差数列型递推数列.
总之，对于很多递推数列都可以通过化归与转化的思想转化为一阶线性递推数列问题。