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摘 要：近年来，数列问题在高考卷中占有重要的地位，其中由数列的递推关系式求通项公式往往出现在综合题和探索问题中，本文将就如何由数列的递推关系式求通项公式的一般类型和常见解法作一个简单探讨和归纳．
关键词：数列；递推关系式；通项公式；类型；思想方法
近年来，全国高考卷及各省市高考卷中，数列在试卷中的比重大概占10%左右，其中主观题年年有，有的甚至放在倒数第二题或者压轴题的位置，比如2004年江苏卷的第15、20题，2005年江苏卷的第2、23题，2006年江苏卷的第15、21题，2007年江苏卷的第20题，2008江苏卷的第19题，2010年的高考大纲中对《数列》这一章的要求中也有提到“能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题”． 无论是综合题还是应用题、探索题，往往首先都要求由数列的递推关系式求出通项公式，再去解决其他问题，所以求通项公式就变成了解决问题的先决条件和关键步骤．
本文将就由数列的递推关系式求通项公式的几种常见类型作一个简单的探讨和归纳．
类型一：形如a1=a，an+1=pan+q（p，q为常数，pq（p－1）≠0）的递推数列
例1 已知数列｛an｝中，a1=，an+1=an+1，
（1）求证：数列｛an-2｝为等比数列；
（2）求数列｛an｝的通项公式．
解：（1）因为an+1=an+1，所以an+1－2=（an－2）．
若an－2=0，则an=2为常函数，与a1=矛盾，所以an－2≠0，于是=．
所以，数列｛an-2｝为等比数列，且首项a1－2=－，公比q=．
（2）由（1）知，an－2=－•n-1，所以an=2－3n．
引申：若本题没有第1问的铺垫，则如何求数列｛an｝的通项公式？
方法一：待定系数法
由递推关系式an+1=an+1，可以设an+1+k=（an+k），即an+1=an－k，所以－k=1?圯k=－2，所以an+1－2=（an－2），即=．
所以数列｛an-2｝为等比数列，且首项a1－2=－，公比q=．
可以求得an=2－3n．
推广：对于形如a1=a，an+1=pan+q（p，q为常数，pq（p－1）≠0）的递推数列，必有｛an+k｝为等比数列，再由an+k的通项公式求出an的通项公式． 对于常数k，可以用待定系数法来确定． 设an+1+k=p（an+k）=pan+pk，则an+1=pan+k（p－1）?圯k（p－1）=q，所以k=，即数列an+为等比数列．
由递推关系式求数列的通项公式的方法较多、较灵活，常常可以由递推关系式将其转化为熟知的等差或等比数列来求解，这里的待定系数法正是将an+1=pan+q转化为等比数列来解题的，这也体现了数学中一种重要的思想方法——化归思想．
方法二：累加法
因为an+1=an+1，所以
an－an-1=1（n≥2），
an-1－an-2=1×，
an-2-an-3=1×，
……
a3－a2=1×，
a2－a1=1×，
将以上n-1个式子相加，得
an－a1=1+++…+，
所以an=1+++…++=+=2－2×n-1+=2－3n．?摇
当n=1时，a1=符合上式，所以an=2－3n（n∈N*）．?摇
本题的累加法在运用的时候难度相对比较大，为了能够和下面的项消除，每个等式左右两边都要乘以相应的项，这样特别要注意系数的幂指数，以免发生错误．
方法三：迭代法
an=an-1+1
=an-2+1+1=an-2++1
=an-3+1++1=an-3+++1
=…
=a1+++…+++1
=+=2－2×n-1+=2－3n.
累加法和迭代法是求数列通项公式的两种基本方法，特别适用于二阶等差（等比）数列，即an+1－an=f（n），其中f（n）为等差（等比）数列． 这种由不完全归纳找出前几项的规律，再求出数列通项公式的方法，能够培养学生的归纳和猜想能力．
类型二：形如a1=a，an+1=pan+q（n）（p为常数）的递推数列
例2 已知数列｛an｝满足a1=2，an+1=2an+n+1，求数列｛an｝的通项公式．
分析：本题中累加法和迭代法显然是适用的，但是待定系数法是否还适用呢？在这里｛an+k｝显然不可能再是等比数列了，因为例1中的常数“1”已经变换成本题中的“n+1”． 进一步思考｛an+kn+b｝是否可能是等比数列，用待定系数法尝试．
方法一：待定系数法
由原递推式an+1=2an+n+1，可设an+1+k（n+1）+b=2（an+kn+b），即an+1=2an+kn+b－k．
比较系数可得k=1，b-k=1，于是解得k=1，b=2，即an+1+（n+1）+2=2（an+n+2），所以｛an+n+2｝是等比数列，且首项a1+1+2=5，公比q=2，所以an+n+2=5×2n-1，所以an=5×2n-1－n－2（n∈N*）．
方法二：累加法
因为an+1=2an+n+1，所以
an－2an-1=n（n≥2），
2an+1－22an-2=2（n－1），
22an-2－23an-3=22（n－2），
……
2n-3a3－2n-2a2=2n-3×3，
2n-2a2－2n-1a1=2n-2×2，
将以上n-1个式子相加，得
an－2n-1a1=n+2（n－1）+22（n－2）+…+2n-3×3+2n-2×2=3×2n-1－n－2，
所以an=5×2n-1－n－2（n≥2）．
当n=1时，a1=2符合上式，
an=5×2n-1－n－2（n∈N*）．
方法三：迭代法
an=2an-1+n
=2（2an-2+n－1）+n=22an-2+2（n－1）+n
=22（2an-3+n－2）+2（n－1）+n=23an-3+22（n－2）+2（n－1）+n
=…
=2n-1a1+2n-2×2+2n-3×3+…+22（n－2）+2（n－1）+n
=5×2n-1－n－2（n∈N*）.
本题在累加法和迭代法中遇到S=n+2（n－1）+22（n－2）+…+2n-3×3+2n-2×2这个式子的求和问题，可以用错位相减法求得．
推广：对于形如a1=a，an+1=pan+q（n）（p为常数）的递推数列的一般情况可以做如下的归纳：
1． 若q（n）为等差数列，可以用三种方法求通项公式.
方法一：待定系数法
设an+1+k（n+1）+b=p（an+kn+b），则an+1=pan+k（p－1）n+（p－1）b，再由比较系数求出x，y，从而可得｛an+kn+b｝为等比数列，通过求an+kn+b的通项，进而求出an的通项．
方法二：累加法与方法三：迭代法，也都可以解决这类问题．
2． 若q（n）为等比数列，不妨设q（n）=qn（q>0，q≠1），即an+1=pan+qn．
（1）当p=1时，即an+1=an+qn，累加或者迭代即可以解决．
（2）当p≠1时，即an+1=p•an+qn，可以有三种方法求通项．
方法一：两边同除以pn+1，即==+•，令bn=，则bn+1－bn=•，这样就转化为上面第1种类型，可以用累加法求通项．
方法二：两边同除以qn+1，即=•+，令bn=，则可化为bn+1=•bn+，这样就转化为类型（一）来解决．
方法三：待定系数法
设an+1+λ•qn+1=p（an+λ•qn），通过与已知的递推关系式比较系数，求出λ，转化为等比数列求通项．
类型三：形如a1=a，an+1=p（n）an+q（q为常数）的递推数列
例3 已知数列｛an｝满足a1=，Sn=n2•an，求数列｛an｝的通项公式．
分析：本题给出的是数列的前n项和Sn与通项an之间的关系，所以首先要转化为相邻项之间的递推关系式，然后根据递推关系式的特点选择合适的方法求解通项公式．
解：当n=1时，a1=S1=；
当n≥2时，an=Sn－Sn-1=n2•an－（n－1）2•an-1，
所以（n2－1）an=（n－1）2•an-1，即=．
下面可以用累乘法或迭代法求通项，••…•=••…•
化简可得，==，所以an=（n∈N*）．
可化为一阶递推关系式的其他类型
例4 已知数列｛an｝满足a1=2，an+1=，求数列｛an｝的通项公式．
解：由an+1=，取倒数可得=•+1．
令bn=，则上式可化为bn+1=bn+1，且b1==，这样就转化为类型（一）中的例题1，从而可知bn=2－3n．
于是，an===．
遇到递推数列an+1=（c≠0，d≠0，e≠0），取倒数变成=+的形式，即倒数变换法，从而转换成类型（一）来解决． 倒数变换法有两个要点需要注意：一是取倒数的过程，二是要注意新数列的首项、公差或公比变化了．
例5 已知数列｛an｝满足a1=，a=100an，求数列｛an｝的通项公式．
分析：本题的递推关系式是二次的，可以通过两边同时取对数来达到降次的目的．
解：由a=100an，两边同时取常用对数，得
2lgan+1=2+lgan，即lgan+1=1+lgan．
设bn=lgan，则bn+1=1+bn，且b1=lga1=lg=，从而又转化为类型（一）中的例1，易得bn=2－3n．
于是，an=10bn=102－3n．
总之，展望高考数学命题趋势，由数列递推关系式求通项公式仍是热点之一，这类题型解题方法灵活多样，技巧性较强． 在数学思想方法上考查了待定系数法、不完全归纳法、递推思想、化归与转化思想、函数与方程思想、分类讨论思想等；在数学能力上考查了逻辑思维能力以及运算能力等． 学生只有掌握基本技能和基本方法，通过适当的变形，转化为熟知的等差数列或等比数列，才能解决问题．
关键词：数列；递推关系式；通项公式；类型；思想方法
近年来，全国高考卷及各省市高考卷中，数列在试卷中的比重大概占10%左右，其中主观题年年有，有的甚至放在倒数第二题或者压轴题的位置，比如2004年江苏卷的第15、20题，2005年江苏卷的第2、23题，2006年江苏卷的第15、21题，2007年江苏卷的第20题，2008江苏卷的第19题，2010年的高考大纲中对《数列》这一章的要求中也有提到“能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题”． 无论是综合题还是应用题、探索题，往往首先都要求由数列的递推关系式求出通项公式，再去解决其他问题，所以求通项公式就变成了解决问题的先决条件和关键步骤．
本文将就由数列的递推关系式求通项公式的几种常见类型作一个简单的探讨和归纳．
类型一：形如a1=a，an+1=pan+q（p，q为常数，pq（p－1）≠0）的递推数列
例1 已知数列｛an｝中，a1=，an+1=an+1，
（1）求证：数列｛an-2｝为等比数列；
（2）求数列｛an｝的通项公式．
解：（1）因为an+1=an+1，所以an+1－2=（an－2）．
若an－2=0，则an=2为常函数，与a1=矛盾，所以an－2≠0，于是=．
所以，数列｛an-2｝为等比数列，且首项a1－2=－，公比q=．
（2）由（1）知，an－2=－•n-1，所以an=2－3n．
引申：若本题没有第1问的铺垫，则如何求数列｛an｝的通项公式？
方法一：待定系数法
由递推关系式an+1=an+1，可以设an+1+k=（an+k），即an+1=an－k，所以－k=1?圯k=－2，所以an+1－2=（an－2），即=．
所以数列｛an-2｝为等比数列，且首项a1－2=－，公比q=．
可以求得an=2－3n．
推广：对于形如a1=a，an+1=pan+q（p，q为常数，pq（p－1）≠0）的递推数列，必有｛an+k｝为等比数列，再由an+k的通项公式求出an的通项公式． 对于常数k，可以用待定系数法来确定． 设an+1+k=p（an+k）=pan+pk，则an+1=pan+k（p－1）?圯k（p－1）=q，所以k=，即数列an+为等比数列．
由递推关系式求数列的通项公式的方法较多、较灵活，常常可以由递推关系式将其转化为熟知的等差或等比数列来求解，这里的待定系数法正是将an+1=pan+q转化为等比数列来解题的，这也体现了数学中一种重要的思想方法——化归思想．
方法二：累加法
因为an+1=an+1，所以
an－an-1=1（n≥2），
an-1－an-2=1×，
an-2-an-3=1×，
……
a3－a2=1×，
a2－a1=1×，
将以上n-1个式子相加，得
an－a1=1+++…+，
所以an=1+++…++=+=2－2×n-1+=2－3n．?摇
当n=1时，a1=符合上式，所以an=2－3n（n∈N*）．?摇
本题的累加法在运用的时候难度相对比较大，为了能够和下面的项消除，每个等式左右两边都要乘以相应的项，这样特别要注意系数的幂指数，以免发生错误．
方法三：迭代法
an=an-1+1
=an-2+1+1=an-2++1
=an-3+1++1=an-3+++1
=…
=a1+++…+++1
=+=2－2×n-1+=2－3n.
累加法和迭代法是求数列通项公式的两种基本方法，特别适用于二阶等差（等比）数列，即an+1－an=f（n），其中f（n）为等差（等比）数列． 这种由不完全归纳找出前几项的规律，再求出数列通项公式的方法，能够培养学生的归纳和猜想能力．
类型二：形如a1=a，an+1=pan+q（n）（p为常数）的递推数列
例2 已知数列｛an｝满足a1=2，an+1=2an+n+1，求数列｛an｝的通项公式．
分析：本题中累加法和迭代法显然是适用的，但是待定系数法是否还适用呢？在这里｛an+k｝显然不可能再是等比数列了，因为例1中的常数“1”已经变换成本题中的“n+1”． 进一步思考｛an+kn+b｝是否可能是等比数列，用待定系数法尝试．
方法一：待定系数法
由原递推式an+1=2an+n+1，可设an+1+k（n+1）+b=2（an+kn+b），即an+1=2an+kn+b－k．
比较系数可得k=1，b-k=1，于是解得k=1，b=2，即an+1+（n+1）+2=2（an+n+2），所以｛an+n+2｝是等比数列，且首项a1+1+2=5，公比q=2，所以an+n+2=5×2n-1，所以an=5×2n-1－n－2（n∈N*）．
方法二：累加法
因为an+1=2an+n+1，所以
an－2an-1=n（n≥2），
2an+1－22an-2=2（n－1），
22an-2－23an-3=22（n－2），
……
2n-3a3－2n-2a2=2n-3×3，
2n-2a2－2n-1a1=2n-2×2，
将以上n-1个式子相加，得
an－2n-1a1=n+2（n－1）+22（n－2）+…+2n-3×3+2n-2×2=3×2n-1－n－2，
所以an=5×2n-1－n－2（n≥2）．
当n=1时，a1=2符合上式，
an=5×2n-1－n－2（n∈N*）．
方法三：迭代法
an=2an-1+n
=2（2an-2+n－1）+n=22an-2+2（n－1）+n
=22（2an-3+n－2）+2（n－1）+n=23an-3+22（n－2）+2（n－1）+n
=…
=2n-1a1+2n-2×2+2n-3×3+…+22（n－2）+2（n－1）+n
=5×2n-1－n－2（n∈N*）.
本题在累加法和迭代法中遇到S=n+2（n－1）+22（n－2）+…+2n-3×3+2n-2×2这个式子的求和问题，可以用错位相减法求得．
推广：对于形如a1=a，an+1=pan+q（n）（p为常数）的递推数列的一般情况可以做如下的归纳：
1． 若q（n）为等差数列，可以用三种方法求通项公式.
方法一：待定系数法
设an+1+k（n+1）+b=p（an+kn+b），则an+1=pan+k（p－1）n+（p－1）b，再由比较系数求出x，y，从而可得｛an+kn+b｝为等比数列，通过求an+kn+b的通项，进而求出an的通项．
方法二：累加法与方法三：迭代法，也都可以解决这类问题．
2． 若q（n）为等比数列，不妨设q（n）=qn（q>0，q≠1），即an+1=pan+qn．
（1）当p=1时，即an+1=an+qn，累加或者迭代即可以解决．
（2）当p≠1时，即an+1=p•an+qn，可以有三种方法求通项．
方法一：两边同除以pn+1，即==+•，令bn=，则bn+1－bn=•，这样就转化为上面第1种类型，可以用累加法求通项．
方法二：两边同除以qn+1，即=•+，令bn=，则可化为bn+1=•bn+，这样就转化为类型（一）来解决．
方法三：待定系数法
设an+1+λ•qn+1=p（an+λ•qn），通过与已知的递推关系式比较系数，求出λ，转化为等比数列求通项．
类型三：形如a1=a，an+1=p（n）an+q（q为常数）的递推数列
例3 已知数列｛an｝满足a1=，Sn=n2•an，求数列｛an｝的通项公式．
分析：本题给出的是数列的前n项和Sn与通项an之间的关系，所以首先要转化为相邻项之间的递推关系式，然后根据递推关系式的特点选择合适的方法求解通项公式．
解：当n=1时，a1=S1=；
当n≥2时，an=Sn－Sn-1=n2•an－（n－1）2•an-1，
所以（n2－1）an=（n－1）2•an-1，即=．
下面可以用累乘法或迭代法求通项，••…•=••…•
化简可得，==，所以an=（n∈N*）．
可化为一阶递推关系式的其他类型
例4 已知数列｛an｝满足a1=2，an+1=，求数列｛an｝的通项公式．
解：由an+1=，取倒数可得=•+1．
令bn=，则上式可化为bn+1=bn+1，且b1==，这样就转化为类型（一）中的例题1，从而可知bn=2－3n．
于是，an===．
遇到递推数列an+1=（c≠0，d≠0，e≠0），取倒数变成=+的形式，即倒数变换法，从而转换成类型（一）来解决． 倒数变换法有两个要点需要注意：一是取倒数的过程，二是要注意新数列的首项、公差或公比变化了．
例5 已知数列｛an｝满足a1=，a=100an，求数列｛an｝的通项公式．
分析：本题的递推关系式是二次的，可以通过两边同时取对数来达到降次的目的．
解：由a=100an，两边同时取常用对数，得
2lgan+1=2+lgan，即lgan+1=1+lgan．
设bn=lgan，则bn+1=1+bn，且b1=lga1=lg=，从而又转化为类型（一）中的例1，易得bn=2－3n．
于是，an=10bn=102－3n．
总之，展望高考数学命题趋势，由数列递推关系式求通项公式仍是热点之一，这类题型解题方法灵活多样，技巧性较强． 在数学思想方法上考查了待定系数法、不完全归纳法、递推思想、化归与转化思想、函数与方程思想、分类讨论思想等；在数学能力上考查了逻辑思维能力以及运算能力等． 学生只有掌握基本技能和基本方法，通过适当的变形，转化为熟知的等差数列或等比数列，才能解决问题．