学文网一、an-1=an+f(n)型
利用叠加法.
a2=a1+f(1)，a3=a2+f(2)，…，an=an-1+f(n-1),an=a1+∑n-1k=1f(k)．
【例1】 数列{an}满足a1=1，an=an-1+1n2-n(n≥2) ，求数列{an}的通项公式．
解：由an+1=an+1(n+1)2-(n+1) 得
an=a1+∑n-1k=11(k+1)2-(k+1) =1+∑n-1k=1(1k-1k+1)=1+1-1n =2-1n.
二、an+1=anf(n)型
利用叠代法.
a2=a1f(1)，a3=a2f(2)，…，an=an-1f(n-1)．an=a1∏n-1k=1f(k).
【例2】 数列{an}中a1=2，且an=(1-1n2)an-1 ，求数列{an}的通项．
解：因为an+1＝［1-1(n+1)2 ］an，所以
an=a1∏n-1k=1f(k)=2∏n-1k=1［1-1(k+1)2 ］=2∏n-1k=1［kk+1 ×k+2k+1 ］=n+1n .
三、an+1=pan+q，其中p,q为常数，且p≠1,q≠0
当出现an+1=pan+q(n∈N*）型时可利用叠代法求通项公式，即由an+1=pan+q得an=pan-1+q=p(pan-2+q)+q=…=pn-1a1+(pn-2+pn-3+…+p2+p+1)q=a1pn-1+q(pn-1-1）p-1 （p≠1).或者利用待定系数法，构造一个公比为p的等比数列，令an+1+λ=p(an+λ)，则(p-1)λ=q,即λ=qp-1 ，从而｛an+qp+1 ｝是一个公比为p的等比数列．
【例3】 设数列{an}的首项a1=12 ，an=3-an-12 ，n=2,3,4，…,求数列{an}的通项公式．
解：令an+k=-12(an-1+k) ，又an=3-an-12=-12an-1+32 ，n=2,3,4,…，k=-1，an-1=-12(an-1-1) ,又a1=12,{an-1} 是首项为-12,公比为-12 的等比数列，即an-1=(a1-1)(-12)n-1 ，即an=(-12)n+1 ．
四、an+1=pan+qan-1(n≥2)，p,q为常数
可用下面的定理求解：令α,β为相应的二次方程x2-px-q=0的两根(此方程又称为特征方程)，则当α≠β时，an=Aαn+Bβn；当α=β时，an=(A+Bn)αn-1，其中A、B分别由初始条件a1、a2所得的方程组Aα+Bβ=a1，Aα2+Bβ2=a2
和 A+B=a1，(A+2B)α=a2
唯一确定．
【例4】 数列{an}，{bn}满足：an+1=-an-2bn①,bn+1=6an+6bn②,
且a1=2，b1=4，求an，bn．
解：由②得an=16bn+1-bn,
an+1=16bn+2-bn+1 ，代入①到式中，有
bn+2=5bn+1-6bn，由特征方程可得bn=-12×2n+283×3n ，代入②式中，可得an=8×2n-143×3n ．
五、an+1＝pan+f(n)型，这里p为常数，且p≠1
【例5】 在数列{an}中，a1=2，an+1=λan+λn+1+(2-λ)2n(n∈N*),其中λ＞0
，求数列{an}的通项公式．
解：由 a1=2，an+1=λan+λn+1+(2-λ)2n(n∈N*)，λ＞0,可得，an+1λn+1-(2λ )n+1=anλn -(2λ )n+1,
所以{anλn-(2λ)n}为等差数列，其公差为1，首项为0．
故anλn-(2λ )n=n-1
，所以数列{an}的通项公式为an=(n-1)λn+2n．
六、an+1=makn(m＞0,k∈Q,k≠0,k≠1)
一般地，若正项数列{an}中，a1=a,an+1=makn(m＞0,k∈Q,k≠0,k≠1)，则有
lgan+1=klgan+lgm，令lgan+1+A=k(lgan+A)(A为常数)，则有A=1k-1lgm．
数列{lgan+1k-1lgm }为等比数列，于是lgan+1k-1lgm=(lga+1k-1lgm)kn-1 ，
从而可得an=akn-1?mkn-1-1k-1 ．
【例6】 已知各项都是正数的数列{an}满足a1=32，an+1=12an(4-an) ，求数列{an}的通项公式．
解：由已知得an+1=-12(an-2)2,令2-an=bn，则有b1=12,bn+1 =12b2n ．
an＞0,0＜an+1＜2,又0＜a1＜2，0＜an＜2，从而bn＞0．
取对数得lgbn+1=2lgbn-lg2，即lgbn+1-lg2=2(lgbn-lg2)．
{lgbn-lg2}是首项为-2lg2，公比为2的等比数列，
lgbn-lg2=-2nlg2,bn=21-2n,an=2-21-2n．
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