（一）、拆分變換
形如an+1=can +d （其中c,d為常數(shù),且c 0, c 1）的遞推式,可將其拆分后轉(zhuǎn)化成 =c的等比數(shù)列{bn}來解.
例1．已知數(shù)列{an}滿足a1=2, an+1=3an+2求an
分析：由于an+1與an是線性關(guān)系,由式子an+1=can +d可聯(lián)想到直線方程的斜截式y(tǒng)=cx+d ,它應(yīng)當(dāng)可以化為點(diǎn)斜式,而c 1,則直線y=cx+d與直線y=x必有一交點(diǎn),設(shè)為（t, t）
an+1=3an+2可設(shè)為an+1－t=3(an－t)
可得an+1=3an－2t,t=－1
得到 =3即{an+1}是以a1+1=3為首項(xiàng),q=3為公比的等比數(shù)列
an+1=3·3n-1=3n 故an=3n－1
（二）、運(yùn)用待定系數(shù)法或換元法進(jìn)行變換
形如an+1=can +d(n) （其中c,d為常數(shù),且c 0, c 1,d(n)為n的函數(shù)）的遞推式,可用待定系數(shù)法或換元法轉(zhuǎn)化成等比數(shù)列.
1）若d(n)為n的一次函數(shù),可采用待定系數(shù)法
例2．已知a1=2, an+1=4an+3n+1求an
分析：與上述情形作比較,發(fā)現(xiàn)常數(shù)d變成了一次函數(shù)d(n),可考慮用一個(gè)輔助數(shù)列{bn},使{bn}成為等比數(shù)列.
（用待定系數(shù)法）設(shè)bn=an－(Bn+C),則
an=bn+(Bn+C)(其中B,C為待定常數(shù))
由an+1=4an+3n+1可得
bn+1+B(n+1)+C=4(bn+Bn+C)+3n+1
即bn+1= 4bn+（3B+C）n+(3C－B+1)
令3B+C=0 ,3C－B+1=0可得
B=－1,C=－
這樣,bn+1= 4bn 即數(shù)列{bn}是公比為4,首項(xiàng)為b1=a1－(B+C)= 的等比數(shù)列, ∴bn= ·4n-1
故an= ·4n-1＋[（－1）n－ ]= (22n+1－3n－2)
特別地,形如an+1=can +d(n)的情形中,當(dāng)c=1時(shí)變?yōu)閍n+1=an +d(n),即
an+1－an =d(n),對(duì)于這類問題一般采用“累差法”解決；相應(yīng)地, =q(n),則采用“累積法”
例3．在數(shù)列{an}中,a1=－3, an+1=an+2n求an
分析：an+1=an+2n即an+1－an=2n比較等差數(shù)列,我們稱之為變差數(shù)列,一般可采用“累差法”.
由an+1=an+2n即an+1－an=2n,可得
an－an-1=2（n －1）,an-1－an-2=2（n －2）… a2－a1=2
將上述各式相加,得
（an－an-1）+（ an-1－an-2）+…+ （a2－a1）=n(n－1)
即：an－a1= n(n－1)an = n2－n－3 （當(dāng)n=1時(shí)也成立）
2）若d(n)形如Pam（P為非零常數(shù),m N*）,可采用換元法
例4．在數(shù)列{an}中,a1=1, an+1=3an+2n求an
由an+1=3an+2n可得
2· =3· +1 令bn=則
bn+1= bn+,類似于拆分變換,上式兩邊同加上1,得
bn+1+1= （bn+1）
{bn+1}是以b1+1= +1= 為首項(xiàng),公比為 的等比數(shù)列
bn+1=（ b1+1）·（ ）n-1=( )nbn= ( )n －1
an=2n·bn=3n－2n
（三）、倒數(shù)變換
形如an+1·an=can+1+dan （其中c、d為不等于零的常數(shù)）的遞推式,可令
bn+1= ,bn=則可轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列或拆分變換的情形
例5．在數(shù)列{an}中,若a1=2, an+1= ,求an
分析：將an+1= 去分母得
an+1·an=－3an+1+an形如an+1·an=can+1+dan ,故可采用“倒數(shù)變換”
由an+1= 可得 =+1
設(shè)bn=,則上式可變?yōu)椋篵n+1=3bn+1 ,即為拆分變換情形
令bn+1+t=3(bn+t) 即bn+1=3bn+2t,t=
故{bn+ }是首項(xiàng)為 + =1,公比為3的等比數(shù)列,
bn+ = 3n-1bn=3n-1－an=(當(dāng)n=1時(shí)也成立)
（四）、對(duì)數(shù)變換
對(duì)形如an+1=Panm(P為非零常數(shù),m N*且m>1), 可利用對(duì)數(shù)的運(yùn)算法則,將積、商、冪的形式轉(zhuǎn)化成和、差、倍的形式,從而構(gòu)成新的等差或等比數(shù)列
例6．已知數(shù)列{an}滿足a1=2, an+1=an2,求an
分析：由于出現(xiàn)冪的形式an2,故可考慮取對(duì)數(shù)使之轉(zhuǎn)化為積的形式
a1=2, an+1=an2 >0
對(duì)an+1=an2的兩邊取以10為底的對(duì)數(shù),得
lg an+1=2lgan=2
即數(shù)列{lgan}是一個(gè)首項(xiàng)為lg2,公比為2的等比數(shù)列
lgan= （lg2）·2n-1故an=
(五)特征根法
對(duì)形如an+2=αan+1+βan (其中α、β為非零常數(shù))的線性齊次遞推式,若已知a1=c1, a2=c2, 可先求出其特征方程x2－αx－β =0的特征根x1、x2
若方程x2－αx－β =0有兩個(gè)不同的特征根x1、x2,則可設(shè)
an=λ1x1n+λ2x2n ,由a1、a2求出λ1、λ2, 即可求得an
若方程x2－αx－β =0有兩個(gè)相同的特征根x,則可設(shè)an=（λ1+nλ2）xn ,類似地,也可求得an
例7．已知數(shù)列{an}中,a1=0,a2=2, a3=6,且an+3=2an+2+an+1－2an,求an
分析：由于形如an+2=αan+1+βan ,可先求出其特征方程的特征根.
由特征方程x3=2x2 +x－2解得：x1=2,x2=1,x3=－1
設(shè)an=λ12n +λ2+λ3(－1)n
由
解得
an=2n－2
特別地,當(dāng) =1時(shí),可得an+2= an+1+ an 若a1=1,a2=1,便是著名的斐波那契數(shù)列.
（六）、構(gòu)造法
例8．已知數(shù)列{an}中,a1=1,a2=1,且an+2=an+1+an,求an
分析：對(duì)于斐波那契數(shù)列,用特征根法顯然可以求解,但這里介紹一種構(gòu)造法,即構(gòu)造一個(gè)新的數(shù)列{an+1－tan}求解
設(shè)新數(shù)列的第n項(xiàng)為an+1－tan,則第n+1項(xiàng)為an+2－tan+1
設(shè) an+2－tan+1=（1－t）（an+1－tan）
則 an+2=an+1－（1－t）tan
令－（1－t）t =1 得 t2－t－1=0,
解得：t1= ,t2= .
所以an+2－t1an+1=（1－t1）（an+1－t1an） ①
an+2－t2an+1=（1－t2）（an+1－t2an） ②
由①式得
an+1－t1an=（a2－t1a1）（1－t1）n-1
由②式得
an+1－t2an=（a2－t2a1）（1－t2）n-1
兩式相減,可得
（t2－t1）an=（a2－t1a1）（1－t1）n-1－（a2－t2a1）（1－t2）n-1
即可得－an=（ ）n－( )n
故 an= [（ ）n－( )n ].
(七)迭代變換
形如an+1=can +d(n)或 =q(n) （其中c,d為常數(shù),且c 0, d(n)、q(n)分別為n的函數(shù)）的遞推式,也可以考慮用迭代變換
例9（2002全國(guó)高考卷第22題）
設(shè)數(shù)列{an}滿足an+1=an2－nan+1,n=1,2,3…,
(I)當(dāng)a1=2時(shí),求a2,a3,a4,并由此猜想an的一個(gè)通項(xiàng)公式；
（II）當(dāng)a1≥3時(shí),證明對(duì)所有的n≥1,有
（i）an≥n+2；
(ii) + +…+ ≤
分析：本題第（II）小題較難,對(duì)（II）（i）可用數(shù)學(xué)歸納法,但對(duì)(ii)學(xué)生首先想到放縮法、構(gòu)造法或者數(shù)學(xué)歸納法.這里介紹一種迭代技巧.
(ii)由an+1=an（an－n）+1及an≥n+2可知
ak=ak-1(ak-1-k+1)+1
≥ak-1(k-1+2-k+1)+1=2ak-1+1, …
可得：ak≥2k-1a1+2k-2+…+2+1=2k-1(a1+1)-1
故≤ · ,k≥2
+ +…+ ≤ + ≤ ≤ =