已知数列递推公式求其通项公式，是数列中一类非常重要的题型，也是高考的热点之一。在近几年的高考中，“递推数列”几乎为必考题。数列的递推公式千变万化，由递推公式求数列通项公式的方法灵活多样，下面谈谈常见的解题策略。
　　策略一：an+1=an+f（n）
　　方法：利用累加法。由已知得：an+1-an=f（n）即有a2-a1=f（1），a3-a2=f2，a4-a3=f3，a5-a4=f4……an-an-1=f（n），所以an-a1=f1+f2+f3+…+f（n）=k=1nf（k） （n≥2）
　　例1.数列{an}满足a1=1，an=an-1+1n（n-1），求数列{an}的通项公式。
　　解：由an-an-1=1n-1-1n得an-an-1=1n-1-1n，a2-a1=11-12，a3-a2=12-13……an-an-1=1n-1-1n，所以 an-a1=11-1n即an=2-1n
　　例2．数列{an}满足nan+1=n+1an+1，且a1=1，求数列{an}的通公式。
　　分析：注意到左右两边系数与下标乘积均为n（n+1），将原式两边同时除以n（n+1），变形为an+1n+1-ann=1n（n+1）．令bn=ann，有bn+1=bn+1n（n+1），即化为类型１，以下略。
　　策略二：an+1=anf（n）
　　方法：利用累积法。a2=a1f1，a3=a2f2，an=an-1fn-1，所以an=a1k=1n-1f（k）
　　例3．数列{an}中a1=2，且an=[1-1n+12]an，求数列{an}的通项。
　　解：因为an=1-1n+12an，所以an=a1k=1n-1fk=2k=1n-1[1-1（k+1）2]=2k=1n-1[kk+1×k+2k+1]=n+1n
　　策略三：an+1=pan+q，其中p，q为常数，且p≠1，q≠0
　　利用待定系数法，构造一个公比为p的等比数列，令an+1+k=p（an+k），则p-1k=q即k=qp-1，从而{an+1+qp-q}是一个公比为p的等比数。
　　例4．设数列{an}的首项a1=1，an+1=2an+3（n≥1），求数列{an}的通项公式。
　　解：令an+1+k=2an+k，与已知，an+1=2an+3 相比较，得k=3，所以an+1+3=2an+3（n≥1），又a1=1，∴{an+3}是首项为4，公比为2的等比数列，所以an+3=4·2n-1=2n+1，所以an=2n+1-3
　　策略四：an+1=pan+qan-1（n≥2），p，q为常数
　　方法：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+B=a1，Aα2+Bβ2=a2和A+B=a1（A+2B）α=a2唯一确定。
　　例5.数列an，{bn}，满足：an+1=-an-2bn…①bn+1=6an+6bn…②，且a1=2，b1=4，求an，bn
　　解：由②得an=16bn+1-bn，an+1=16bn+2-bn+1代入到①式中，有bn+2=5bn+1-6bn，由特征方程可得bn=-12×2n+283×3n代入到②式中，可得an=8×2n-143×3n．
　　说明：像这样由两个数列an，{bn}构成的混合数列组求通项问题，一般是先消去an（或bn），得到bn+2=pbn+1+qbn-1 （或an+2=pan+1+qan-1），然后再由特征方程方法求解。
　　策略五：an+1=pan+f（n）型，这里p为常数，且p≠1
　　方法：对an+1=pan+f（n）的形式可两边同时除以pn+1，得an+1pn+1=anpn+f（n）pn+1，令anpn=bn有bn+1=bn+f（n）pn+1，从而可以转化为累加法求解。
　　例6．在数列{an}中，a1=1，an=3an-1+2·3n，求an
　　解：原式等价于an3n-an-13n-1=2，所以{an3n}是以13 为首项，以2为公差的等差数列，所以an=（2n-53）3n
　　策略六：an+an+1=pn+q或anan+1=pqn
　　这种类型一般可转化为{a2n-1}与a2n+1是等差数列或等比数列来求解。
　　例7.①在数列{an}中，a1=1，an+1=6n-an，求an；②在数列{an}中，a1=1，anan+1=3n求an
　　解：①因为an+1+an=6n，所以an+2+an+1=6（n+1），两式相减得an+2-an=6，所以{a2n-1}与a2n均为公差为6的等差数列，又a1=1，a2=6-a1=5易求得an=3n-2（n为奇数）3n-1（n为偶数）；②类似①的方法易得an=3·n-12（n为奇数）3·n2（n为偶数）