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数列通项公式是我们分析数列性质的重要依据，也是高考考查的一个重点。高考一般以考察通项公式和性质为主，具体体现为用归纳猜想求通项，用an与sn的关系求通项，由递推公式求通项等。本文重点对通过数列的递推公式an+1=pan+q求数列通项中体现出来的“多变性”问题作一总结。这一问题也是高考数列命题中常见的一类题型。这类题型如果单纯地从某个方面看，其解法灵活多样，不易捉摸。如果我们从这些问题的实质进行仔细研究，就会发现一些高频考点都是从这一类型中变化而来。笔者认为，无论哪种题型，最终需要利用an+1=pan+q这种类型问题的解法来解决。
一、由递推公式an+1=pan+q求通项公式几种的解法（p，q为非零常数且p≠1）
解法一：仿写作差构造数列
由an+1=pan+q——①可得：an=pan-1+q——②。①-②得：an+1-an=p（an-an-1），设bn=an+1-an，从而有bn=pbn-1，即数列{bn}以b1=a2-a1为首项，以p为公比的等比数列，所以bn=b1pn-1=（a2-a1）pn-1，即an+1-an=（a2-a1）pn-1，又an+1=pan+q，将此式代入上式得pan+q-an=（a2-a1）pn-1，故an=。
解法二：由上法得{an+1-an}以an+1-an为首项，以p为公比的等比数列
即an+1-an=（a2-a1）pn-1，于是有：a2-a1=（a2-a1）p0，a3-a2=（a2-a1）p1，a4-a3=（a2-a1）p2，……，an-an-1=（a2-a1）pn-2，将这n-1等式叠加可得：an-a1=（a2-a1）（p0+p1+p2+……+pn-2），故an=。
解法三：利用待定系数构造数列
由an+1=pan+q可得：an+1+=p（an+），设bn=，从而数列{bn}以b1=a1+为首项，以p为公比的等比数列。即bn=b1pn-1=（a1+），所以an+=（a1+）pn-1，故an=（a1+）pn-1-。
解法四：迭代法
由an+1=pan+q可得：an=pan-1+q，an-1=pan-2+q，an-2=pan-3+q，……，a2=pa1+q将这n-1个式子迭代可求解an。
例：已知数列{an}，a1=1，an=3an-1+2，（n∈N*，n≥2）求an。
解法1：由已知可得：an+1=3an+2，an=3an-1+2，两式相减得：an+1-an=3（an-an-1），设bn=an+1-an，从而数列{bn}以b1=a2-a1=4为首项，以3为公比的等比数列，所以bn=4·3n-1，即an+1-an=4·3n-1，又an+1=3an+2，将此式代入上式得3an+2-an=4·3n-1，故an=2·3n-1-1。
解法2：由上法得{an+1-an}以a2-a1=4为首项，以3为公比的等比数列。即an+1-an=4·3n-1，于是有：a2-a1=4·30，a3-a2=4·31，a4-a3=4·32，……，an-an-1=4·3n-2，将这n-1等式叠加可得：an-a1=4·（30+31+32+……+3n-2），故an=2·3n-1-1。
解法3：由an=3an-1+2可得：an+1=3（an-1+1），从而数列{an+1}以a1+1=2为首项，以3为公比的等比数列，所以an+1=2·3n-1，故an=2·3n-1-1。
解法4：由an=3an-1+2可得：an-1=3an-2+2，an-2=3an-3+2，an-3=3an-4+2……a2=3a1+2，所以an=3an-1+2=3（3an-2+2）+2=32an-2+3×2+2=32（3an-3+2）+3×2+2=33an-3+32×2+3×2+2=……=3n-1·a1+（3n-2+3n-3……+1）×2=3n-1+2×=2·3n-1-1。
以上四种解法，目的主要是通过解法的多样性，促进学生思维的灵活性。通过对同一问题采取不同解法，让学生能够更清楚地认识到，解决数学问题的关键在于对数学模型的认识需要深刻，解决方法需要灵活多样。
二、递推公式an+1=pan+q的“多变性”极其解法
1.若p=0，或p=1，q=0则数列{an}为常数列。
2.若p=1，q≠0，则数列{an}为等差数列。
3.若q=0，p≠0，则数列{an}为等比数列。（其中包含常数列）。
4.若p，q为非零常数且p≠1，则解法如上所述。
5.若p=1，q=f（x），则其变为形如an+1=an+f（x）型。我们也称这种类型为等差数列推广型，利用累加法解决。
6.若p=f（x），q=0，则其变为形如an+1=anf（x） 型。我们也称这种类型为等比数列推广型，利用叠乘法解决。
7.若p≠1，q=f（x），则其变为形如an+1=pan+An+B（A，B为非零常数）型。可采用以下方法求解通项。
则由an+1=pan+An+B可得：an=pan-1+A（n-1）+B，两式相减得：an+1-an=p（an-an-1）+A，设bn=an+1-an，故有bn=pbn-1+A，然后利用an+1=pan+q類型求解。
8.若p≠1，q=mn+1，则其变为形如an+1=pan+mn+1（m为非零常数。）
则由an+1=pan+mn+1可得：=·+1，设bn=，则有bn+1=·bn+1，然后利用an+1=pan+q类型求解。
9.若形如an+1=kanp（其中an>0，k>0）。可采用等式两边取以k为底数的对数构造新数列求解，若k=1时，可取常用对数或其他底数的对数。由an+1=kanp可得：logkan+1=plogkan+1，设bn=logkan，则有bn+1=p·bn+1，然后利用类型an+1=pan+q求解。
10.若形如an+1=（其中k，p，q为非零常数）型。可采用两边倒数构造新数列求解。即有=·+，设bn=，则有bn+1=·bn+。然后利用an+1=pan+q类型求解。
11.若形如an+2=pan+1+qan（其中p，q为非零常数）型。可直接构造新数列求解。
设an+2=pan+1+qan可化为an+2-xan+1=y（an+1-xan），解得x+y=p
xy=-q，解得x，y。然后可转化为an+1=pan+q类型求解。
总之，分析高考命题的趋势，由数列递推公式求通项公式仍是高考命题的热点之一。不论哪一种递推公式，只要能够熟练掌握其包含的数列模型，理解其“多变性”的本质，就能够通过变形处理，转化为自己熟知的这种类型，很轻松地解决问题。
作者简介：
王浩（1975- ），男，汉族，籍贯甘肃天水，甘肃省张掖市第二中学，职称：中学高级，学历本科，研究方向：数学教学与研究。
（责编 赵建荣）
一、由递推公式an+1=pan+q求通项公式几种的解法（p，q为非零常数且p≠1）
解法一：仿写作差构造数列
由an+1=pan+q——①可得：an=pan-1+q——②。①-②得：an+1-an=p（an-an-1），设bn=an+1-an，从而有bn=pbn-1，即数列{bn}以b1=a2-a1为首项，以p为公比的等比数列，所以bn=b1pn-1=（a2-a1）pn-1，即an+1-an=（a2-a1）pn-1，又an+1=pan+q，将此式代入上式得pan+q-an=（a2-a1）pn-1，故an=。
解法二：由上法得{an+1-an}以an+1-an为首项，以p为公比的等比数列
即an+1-an=（a2-a1）pn-1，于是有：a2-a1=（a2-a1）p0，a3-a2=（a2-a1）p1，a4-a3=（a2-a1）p2，……，an-an-1=（a2-a1）pn-2，将这n-1等式叠加可得：an-a1=（a2-a1）（p0+p1+p2+……+pn-2），故an=。
解法三：利用待定系数构造数列
由an+1=pan+q可得：an+1+=p（an+），设bn=，从而数列{bn}以b1=a1+为首项，以p为公比的等比数列。即bn=b1pn-1=（a1+），所以an+=（a1+）pn-1，故an=（a1+）pn-1-。
解法四：迭代法
由an+1=pan+q可得：an=pan-1+q，an-1=pan-2+q，an-2=pan-3+q，……，a2=pa1+q将这n-1个式子迭代可求解an。
例：已知数列{an}，a1=1，an=3an-1+2，（n∈N*，n≥2）求an。
解法1：由已知可得：an+1=3an+2，an=3an-1+2，两式相减得：an+1-an=3（an-an-1），设bn=an+1-an，从而数列{bn}以b1=a2-a1=4为首项，以3为公比的等比数列，所以bn=4·3n-1，即an+1-an=4·3n-1，又an+1=3an+2，将此式代入上式得3an+2-an=4·3n-1，故an=2·3n-1-1。
解法2：由上法得{an+1-an}以a2-a1=4为首项，以3为公比的等比数列。即an+1-an=4·3n-1，于是有：a2-a1=4·30，a3-a2=4·31，a4-a3=4·32，……，an-an-1=4·3n-2，将这n-1等式叠加可得：an-a1=4·（30+31+32+……+3n-2），故an=2·3n-1-1。
解法3：由an=3an-1+2可得：an+1=3（an-1+1），从而数列{an+1}以a1+1=2为首项，以3为公比的等比数列，所以an+1=2·3n-1，故an=2·3n-1-1。
解法4：由an=3an-1+2可得：an-1=3an-2+2，an-2=3an-3+2，an-3=3an-4+2……a2=3a1+2，所以an=3an-1+2=3（3an-2+2）+2=32an-2+3×2+2=32（3an-3+2）+3×2+2=33an-3+32×2+3×2+2=……=3n-1·a1+（3n-2+3n-3……+1）×2=3n-1+2×=2·3n-1-1。
以上四种解法，目的主要是通过解法的多样性，促进学生思维的灵活性。通过对同一问题采取不同解法，让学生能够更清楚地认识到，解决数学问题的关键在于对数学模型的认识需要深刻，解决方法需要灵活多样。
二、递推公式an+1=pan+q的“多变性”极其解法
1.若p=0，或p=1，q=0则数列{an}为常数列。
2.若p=1，q≠0，则数列{an}为等差数列。
3.若q=0，p≠0，则数列{an}为等比数列。（其中包含常数列）。
4.若p，q为非零常数且p≠1，则解法如上所述。
5.若p=1，q=f（x），则其变为形如an+1=an+f（x）型。我们也称这种类型为等差数列推广型，利用累加法解决。
6.若p=f（x），q=0，则其变为形如an+1=anf（x） 型。我们也称这种类型为等比数列推广型，利用叠乘法解决。
7.若p≠1，q=f（x），则其变为形如an+1=pan+An+B（A，B为非零常数）型。可采用以下方法求解通项。
则由an+1=pan+An+B可得：an=pan-1+A（n-1）+B，两式相减得：an+1-an=p（an-an-1）+A，设bn=an+1-an，故有bn=pbn-1+A，然后利用an+1=pan+q類型求解。
8.若p≠1，q=mn+1，则其变为形如an+1=pan+mn+1（m为非零常数。）
则由an+1=pan+mn+1可得：=·+1，设bn=，则有bn+1=·bn+1，然后利用an+1=pan+q类型求解。
9.若形如an+1=kanp（其中an>0，k>0）。可采用等式两边取以k为底数的对数构造新数列求解，若k=1时，可取常用对数或其他底数的对数。由an+1=kanp可得：logkan+1=plogkan+1，设bn=logkan，则有bn+1=p·bn+1，然后利用类型an+1=pan+q求解。
10.若形如an+1=（其中k，p，q为非零常数）型。可采用两边倒数构造新数列求解。即有=·+，设bn=，则有bn+1=·bn+。然后利用an+1=pan+q类型求解。
11.若形如an+2=pan+1+qan（其中p，q为非零常数）型。可直接构造新数列求解。
设an+2=pan+1+qan可化为an+2-xan+1=y（an+1-xan），解得x+y=p
xy=-q，解得x，y。然后可转化为an+1=pan+q类型求解。
总之，分析高考命题的趋势，由数列递推公式求通项公式仍是高考命题的热点之一。不论哪一种递推公式，只要能够熟练掌握其包含的数列模型，理解其“多变性”的本质，就能够通过变形处理，转化为自己熟知的这种类型，很轻松地解决问题。
作者简介：
王浩（1975- ），男，汉族，籍贯甘肃天水，甘肃省张掖市第二中学，职称：中学高级，学历本科，研究方向：数学教学与研究。
（责编 赵建荣）