x+尸qr
v--2~y-+
rP-i（P-irp-i
即4心1+g（«+o+?
宀+r=q幺+
z（p-irp丿L
的等比数列，于是就可以进一步求出｛q｝的通项•
叵理，若=其中/（“）是关于n的多项弍时，也可以构造新的等乂数列,
利用待定系数法求岀其通项。
比如当/何=亦十初"=时，可设
%i+x（n+lT+J（h-1）+z=P（om+E+yzz-z）
展幵根器对宝系数分別相等求解方程即可。
/（町为n的三次、匹次、五次等多项式跡也能冃同样的思路和方法进行求絡
而如果当/（"）是n的韦数式.盟时.递推公式又埒妇何变形呢辛三作昇=pa”+rg'+$型（pqr0.目pwl.g=l.p=q）
例题3.在数列｛dj中，5=1,=3a”+2”，试求其通项q,。
分析1：
由于+与例鬆1的区别在于21是指数式，可以冃上面的思晤进行变
形，在两边同时加上2x2"变为a小+2-1=3%一3x2"1R
%：
+2”J=3（a”-2”）
则数列｛%+2”｝是首项为3,公比为3的等比数列％十2'=3”・见］
分析2：
如巣埒韦数式先变为家数.两边同除2”-
就回到了我们的类型一，进一步也可求岀a”=3”-2”c
例題4.在数列0｝中，a：
=3,%】=3a”十5X2”十4,试求匕｝的通项%。
分析：
若按例题3的思路2・在两边同时除以2»虽然产生了竺、冬.但是又增加2小2”
了吕T，与原式并没有犬的变化.所以只能运用邕珞1，在两边同时加上10x2”整理
十5x2^=3（4”+5x2*）+4进一步
—］十5乂2曲十2・3（6+"2"+2）
则数列仏+5x2J2｝是首项为15,公比为3的筈比数歹L
dr+5x2K+2=15x3^=5x3w
即om=5（3m-2r）-2
启示：
己知数列｛厲｝的首项.a>t-i=pa^rqn+s（pqr^QSp^l.q^l.qp）
1）当$=0,即％严皿”+灯生例题3知.有两种思路进行变换.利用待定系数法构造首项和公比己知或可求的尊比数列。
思賂一：
在两边同时除以4心，将不含和兔的项变为常数，即
rt»ln
qqqq
r
为前面的类型一，再弓类型一的待定系数法思整可得数列.4:
十一最终求解岀｛%｝q——1
q
的通项。
思路二；在两边叵盯柯上/的倍数•昜终能变形为a^i^xq^1=p（a.t^xqn）
对应系数用等得（p-g）x=r,即x=—
p_q
葺门小+―・qi=p（G+—^―・/）
p_qp_q
求出数列卜-说./｝的通项，进一步求出0｝的通项。
2）当shO时.=pon-rq"^s由例4可知只能在选幷思路二，两边既妾如/的倍数•也妾切莒数.最终能变形为
%+=qI*=pg+xq“+y）
r（p-g）x=7-l（p-i）y"
比较得X,y的方程组
y=
、p-l
于是+丄7=—・g”+S）
p-qp-ip_qp—\
求岀数列｛%+才刁才+才十的通项，进一步求出｛4｝的通项
四；心=皿7-弘・"（小型（已知％血其中于⑺）可以为窜数、n的多项弍或指数式]以/W=0为例。
71
例誤5•在数列｛%｝中.a=l:
a；=2?
a^2=二％:
+-匕，试求｛q｝的通项。
33
分析：
这是二项之间速推数列.根据前直的思昭.可以把g看做毎数逬行处珪.可变为-an-\=■3（=1-4）'先求岀数列他+1■乞｝的通项
%：
-竹=（-
然后利用累加法即可进一步求岀0｝的通项久«
对于形如="ai十？
a”£递推数列，可以设a—十xj]=丿（J十xa”）畏开，利用对应系数相等.列方^P~y=P
[xy二q
于是数列+就是以色亠“]为首项，y为公比的等比数列，不难求岀阿丿+耳｝的通项进一步利月相关即可求岀厲。
叵理，d“=p%】+q牛+/何当/何为非零多项式或巻是指数式时，也可结台前百的思賂进行处理。
问題的关謎在于先变形
a7十xa„.｝=J'（a-】十s”）一/（”）
然后拦+看做一个整体就变为了前面的类型。
五：
％1=卩4‘（卩=1且卩€疋，厂=0*=1）型・他'：
为正项数歹【.例获6.在数列｛qj中.a】=l,a“.：
=2aJ・试求其通项务・分析：
此题和貳面的几和类型没有相冋之处，左边是一次式，而右边是二次式，关铤右于適过变形,便两边次数相同，由于务>0,所以可联想到对数的相关性员，对备=2。
」两边取对数，即
k^i=U（2a/）=lg2+lgan2=2lgan-+lg2
就是繭面的类型一了，即
Ig%i*lg2=2（lgd”+lg2）
Igfl1|+lg2=（lg2）x2"-l=lg2广；
变形得6=227
对于类似％严卩心9工1且以用，心0,“1）的递貳数列.由于两边次数不一致.又是正项数宛.所以可次利爭对数性质.两为同时取对数.得
然后戏是前面芜类型一了•就可以利冃待定炙数法进一步构港数列化％:
■警｝为己
知首项和公比旳等比数列了c求出、；lg%】-:
晨终就可以得出｛©｝的通项。
同样,如果将J=pa；（pHl且牛丈，中的p换为指数式?
”时,同样町以利用相同的方法。
即：
0心hI且A：
rxO.r1）两边取对数lg=lg（<3,n-a^）=rlgaM4-nlg^
变为类型二lg+x（M+l）+y=r（lgan+xn^-y）
即可进一步得出何｝的通项°
以上是一些整式型的運推数列通项公式的求祥，接下未再看看比较复亲的分武型谣推数列。
八：
例题7.在数列｛%｝中，6=1,%=子二，试求其運项兔。
分析^这是一个分式型数列，如果去分母变为3a,/2g-%-0后就无法进行处埋了。
两边同时取倒皴
13兮2r1°
—=—2—=2x—+3
就是前闫的类型一了。
丄+3=2（丄+3〕
所以数列
｛丄十3^是首项为丄十3=4,公比为2的等比数列，不难求岀
例题8.在数列｛%｝中，a严「％严書节，试求其通项％。
9t
分析：
此题比例题7的区别多了常数项，两边取倒
左右两边丄与丄并不一致.但可以对照例题7的思幣，取倒数乙后分母会具有一J%十2
致的结构.根据等式和分弍旳性质.我们可在两边同时加上某一常数，整理：
（33）亿+土
—4+“__ra丿
3d”-23兀-2
nn
此时如果二•二x・那么遗推式左为和左边分母就一致了。
無方程得x1=--sx2=l
3x-hl3
此时可选拦其中一个邊推式按照例题7的方式进行处理，这里选择门~】+1=如凹
3。
"2
两芯取俊
根据类型一的方法易求出;
4x（-4）^4-1心=6*（-4严一1
现在我们将两式相比；
则数列<;J•是我己知首项和公比的等比数列.进一步化简求出4。
通过以上两个例题可知，形如％.严~^4的丸）这一类型的遷推数列，对学生
PJ+q
的综台能力妄求较右「
1、如貝右边分子缺常数項・即s=0,那么亘接对两边取倒数即可得：
Iq1p
=—•—
JFJ尸
此时.若纟=1•那就是我们熟悉的毎差数列.若纟“・那就杲前世的类型一一用待rr
定系数法求解.
2、若shO,就需要先变形，使左边和右边分子结梅一致.苑边同时加上某一个當数（<）
（尸+¥）g+'y）r+px"1十尤=
p耳十q
然后令Lm=Xf解岀工的值。
r+px
而另一种思路是直接设。
小=旦二变形之后为
pn
%i+x=
然后展开，根捋对应项系数相等得二元方程组
I
b°・_q）=s
求岀X」C
两种思路都是解丫的一元二次方程，设其超为
叢爲）
若时•那就只能利用例题7的方法.利边取倒数，部分分式整浬即可转变为
类型
1p（j+q）p（a“・E）-p（g-®p（g-b）ip
===+
J】+x】乃（a,F）Ji（a“+GHa“rM
最终求岀a”。
当x：
ky：
时，可以选择其a的一个按照上面的方弍芝行求解，佢是此时■计算量颇大,于是直衣将两式栢比得？
a~i+巧V-a„-可
=.
+勺V：
务+2
所以数歹"的4勺［是首项为坐込，公比为山的等比妙」。
进一步求岀①。
Q+厂力
例题9•在数列｛q｝中，q=二？
・试求其涌项厲・
2a”+2
分析，本題属于分式菲线性邁推式••与类至五又有相似之处，祈以我们可次结合类型壬、
六的思路，逬行变按；
两边同时加上某个常数，设最奖变为：
与原式比较.对应系数相筈，得
解方程得
=—1*X-）=3
即有，
2%+2
“1=3
2%+2
对单个式子进行处理,
无从下手，两式相比得
%:
十3=[匕并十3
然后，两边取对数得：
则数列JlgG]是首项为lgl3=]g5,公比为2的尊比数列。
[—1J5-1
进一步锌得
显然•按照倒题9的恩务形如—二竺土3心。
）这—类型的参数》©壮*必
pg+q
广产.丁一盲二養inz闻一「旦三三七卜」弓二刁实丐：
圮在来祥寸应该満启務些案件/
念十+“叫2二即,
+?
p◎吃+q
<±£+1=r（^
如“叫-Q
所以+xpa^+xq心「rG^+Irxa^+rx
对匝系薮相等得p=2）-ijx-s=0
c—g.T—3二0两足A=?
+4rj>0
12万毘的两根为勺孔虹有
r（n+x）;
两弍相比得
两边取对董得
=att,1^x2ean+x2
求岀hg；：
；［的通项再整理一下就得岀了{%}的通项‘问题就得以解决了°
本文例题的深度层层深入，前面的类型是后面的基础，特别是第一种类型，是学习其他几种类型的充分依据，其他的类型最终都会转变为第一种类型之后再进行求解。
升级会员 