【摘要】本文就an+1=man+p型递推数列分三种情况给出求其通项公式的解题思路，然后利用通项公式的结论，举例说明求解这类问题的简便方法.
　　【关键词】递推数列；通项公式；分类；解法
　　
　　由数列相邻几项的关系式递推所确定的数列，称为递推数列.为了确定数列的性质，经常需要探求这类数列的通项公式.本文就an+1=man+p型递推数列给出求通项公式的方法，然后利用通项公式结论简便求解.
　　设数列{an}：a1=a，an+1=man+p(n=1,2,…).
　　一、当m,p为常数时
　　∵ak+1=mak+p，ak=mak-1+p，
　　∴ak+1-ak=m(ak-ak-1)
　　=m2(ak-1-ak-2)
　　=…=mk-1(a2-a1)(k≥1).
　　即ak+1-ak=mk-1(a2-a1)(k≥1).
　　分别令k=1,2,…,n-1，将所得各式相加，得到
　　an-a1=(a2-a1)(1+m+m2+…+mn-2).
　　若m≠1，则an=amn-1+p(mn-1-1）m-1.
　　(*)
　　特殊情况（可直接得出）:
　　1.若m=1，此时{an}为等差数列，则通项为
　　an=a+(n-1)p.
　　2.若p=0，此时{an}为等比数列，则通项为
　　an=amn-1.
　　二、当m为常数，p为一等差数列的通项时
　　设p=b+(n-1)d（b,d为常数）.
　　∵ak+1=mak+b+(k-1)d，ak=mak-1+b+(k-2)d，
　　∴ak+1-ak=m(ak-ak-1)+d.
　　令bk=ak+1-ak，则有bk+1=mbk+b+d，于是利用上面一的结论，可以求得{bn}的通项，进一步再求数列{an}的通项公式.
　　三、当m为常数，p为一等比数列的通项时
　　设p=cqn-1（c,q为常数）.
　　∵ak+1=mak+cqk-1，
　　∴ak+1qk-1=mq•akqk-2+c.
　　令ck=akqk-2，则有ck+1=mqck+c.
　　于是利用上面一的结论，可以求得{cn}的通项，进一步再求数列{an}的通项公式.
　　通过以上讨论，可知对于an+1=man+p型递推数列有以下结论：
　　1.当m,p为常数时，通项an=amn-1+p(mn-1-1)m-1，它是由两部分组成，分别是以a1为首项，m为公比的等比数列的第n项及以p为首项，m为公比的等比数列的前n-1项和.记住这一特别的形式，通项公式就比较容易求出.
　　2.当p为等差数列或等比数列的通项时，通项公式十分复杂，只要我们转化思路，就可以较方便地解出.
　　例1 已知数列{an}中，a1=2，an+1=2an+1(n≥1)，求数列的通项an.
　　解 以a1=2，m=2，p=1代入公式（*），得
　　an=2×2n-1+1•(2n-1-1)2-1=3×2n-1-1.
　　例2 已知数列{an}中，a1=5，an+1=15an+2n+1(n≥1)，求数列的通项an.
　　解 令bn=an+1-an，则bn+1=15bn+2.
　　又 ∵a2=4，
　　∴b1=a2-a1=-1.
　　以b1=-1，m=15，p=2代入公式（*），得
　　bn=-15n-1+215n-1-115-1
　　=-7215n-1+52，
　　即an+1-an=-7215n-1+52，
　　∴an+1-a1=(an+1-an)+(an-an-1)+…+(a2-a1)
　　=-7215n-1+15n-2+…+1+52n
　　=35815n+52n-358..
　　于是an+1=35815n+52n+58，
　　∴an=35815n-1+52n-158.
　　例3 已知数列{an}中，a1=1，an=3an-1+2n-1(n≥2)，求数列的通项an.
　　解 令cn=an2n-1，则有
　　c1=a1=1，cn+1=32cn+1.
　　以c1=1，m=23，p=1代入公式（*），得
　　cn=an2n-1=32n-1+32n-1-132-1
　　=3•32n-1-2=3n-2n2n-1，
　　∴an=3n-2n.
　　
　　【参考文献】
　　罗增儒.数学解题学引论.西安：陕西师范大学出版社，2001.