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数列是高中数学的重难点问题，也是高考考查的重点内容. 由于它是一个特殊的函数，因此在解题的过程中经常会用到一些函数的思想方法，其中待定系数法求数列通项就是一种非常不错的思想方法. 尤其是在已知数列递推关系式求数列通项问题上的应用，一般是先运用待定系数法构造一个新的递推关系式，然后与原递推关系式对应系数相等从而解决问题. 本文就这类问题做一个归类分析，以供大家参考.
[an+1=pan+q（p，q均为常数）]型
此类型属于数列线性递推关系式求通项问题，用待定系数法求这类通项问题是一种比较常规的方法. 一般将[an+1=pan+q（p，q均为常数）]构造成[an+1+r=p（an+r）]（[p]为常数）形式，注意参数[r]的引入.
例1 若[a1=1]，[an+1=2an+3，]求数列[an]的通项.
解析 令[an+1+r=2（an+r）]，则[an+1=2an+r].
[∵][an+1=2an+3，]
[∴]由待定系数法可得，[r=3，]即[an+1+3=2（an+3）].
[∴][an+1+3an+3=2].
[∴]数列[{an+3}]是一个公比为[2]的等比数列，其通项为[an+3=a1?2n+1].
又[∵a1=1]，
[∴数列{an}的通项为an=2n+1-3].
[an+1=pan+qn]（[p，q]为常数）型
此类型属于数列非线性递推关系式求通项问题，一般将原式[an+1=pan+qn]（[p，q]为常数）构造成[an+1+λqn+1][=p（an+λqn）]（[p，q]为常数），注意参数[λ]的引入和[an]的系数[p]的提取.
例2 若[a1=1，][an+1+an=3?2n，]求数列[an]的通项.
解析 令[an+1+λ?2n+1=-（an+λ?2n）]，
则[an+1+an=-λ?2n+1-λ?2n=-3λ?2n].
由待定系数法可知，[λ=-1].
即[an+1-2n+1=-（an-2n）]，
[∴an+1-2n+1an-2n=-1].
[∴]数列[{an-2n}]是公比为[-1]的等比数列.
又因为[a1=1]，
所以其通项为[an-2n=（a1-2）?（-1）n-1=（-1）?（-1）n-1.]
[∴an=2n+（-1）n].
例3 若[a1=1，an+1+2an=3?2n，]求数列[an]的通项.
解析 例3是例2的一种变式，方法同例2.
令[an+1+λ?2n+1=-2（an+λ?2n），]
则[an+1+2an=-λ?2n+1-2λ?2n=-4λ?2n]
由待定系数法可得，[λ=-34]，
即[an+1-34?2n+1=-2（an-34?2n）.]
[∴an+1-34·2n+1an-34·2n=-2].
[∴]数列[{an-34·2n}]是公比为[-2]的等比数列.
又[a1=1]，
所以其通项为[an-34·2n=（1-34·2）?（-2）n-1][=（-2）n-2].
[∴an=34·2n+（-2）n-2].
[an+1=pan+nq+r（p，q，r均为常数）]型
此类型属于数列线性递推关系式求通项的另一类问题，它是在第一种类型的基础上多了一个非常数项[nq]. 对于这类递推关系，一般将其构造为[an+1+x（n+1）+y][=p（an+xn+y）]（[p]为常数）的形式，注意引入了两个参数[x，y.]
例4 已知[a1=2，][an+1=2an+3n+1，]求数列[an]的通项.
解析 令[an+1+x（n+1）+y=2（an+xn+y）]，
则[an+1=2an+xn-x+y].
由待定系数法对应系数相等可得，
[x=3，-x+y=1，?x=3，y=4.]
[∴an+1+3（n+1）+4=2（an+3n+4）.]
所以数列[{an+3n+4}]是公比为[2]的等比数列，其通项为[an+3n+4=（a1+7）·2n-1=9·2n-1].
[∴an=9·2n-1-3n-4].
[an+1=pan+qn+r（p，q，r均为常数）]型
此类型属于数列非线性递推关系式求通项问题，它是在第二类型问题基础上多了一个常数[r]. 对于这类递推关系，一般将其构造成[an+1+xqn+1+y][=p（an+xqn+y）]（[p，q]为常数）的形式，然后根据题目条件，运用对应系数相等的方法求出相关系数，其中要注意参数[x，y]的引入.
例5 已知[a1=1]，[an+1=2an+3n+1，]求数列[an]的通项.
解析 令[an+1+x3n+1+y=2（an+x3n+y）]，
则[an+1=2an-x3n+y].
由待定系数法对应系数相等可得，[x=-1，y=1.]
[∴an+1-3n+1+1=2（an-3n+1）].
即数列[{an-3n+1}]是公比为[2]的等比数列，其通项为[an-3n+1=（a1-2）·2n-1].
又[a1=1，]
[∴]通项公式为[an=3n-2n-1-1].
数列求通项问题在每年的高考中都有考查，其方法多种多样，灵活多变. 待定系数法作为数学的基本思想方法，应用非常广泛，它在已知数列递推关系式求通项问题中的应用，只不过是它的冰山一角. 如果我们在平时的学习中注意积累，做个有心人，你将会有意想不到的收获.
[an+1=pan+q（p，q均为常数）]型
此类型属于数列线性递推关系式求通项问题，用待定系数法求这类通项问题是一种比较常规的方法. 一般将[an+1=pan+q（p，q均为常数）]构造成[an+1+r=p（an+r）]（[p]为常数）形式，注意参数[r]的引入.
例1 若[a1=1]，[an+1=2an+3，]求数列[an]的通项.
解析 令[an+1+r=2（an+r）]，则[an+1=2an+r].
[∵][an+1=2an+3，]
[∴]由待定系数法可得，[r=3，]即[an+1+3=2（an+3）].
[∴][an+1+3an+3=2].
[∴]数列[{an+3}]是一个公比为[2]的等比数列，其通项为[an+3=a1?2n+1].
又[∵a1=1]，
[∴数列{an}的通项为an=2n+1-3].
[an+1=pan+qn]（[p，q]为常数）型
此类型属于数列非线性递推关系式求通项问题，一般将原式[an+1=pan+qn]（[p，q]为常数）构造成[an+1+λqn+1][=p（an+λqn）]（[p，q]为常数），注意参数[λ]的引入和[an]的系数[p]的提取.
例2 若[a1=1，][an+1+an=3?2n，]求数列[an]的通项.
解析 令[an+1+λ?2n+1=-（an+λ?2n）]，
则[an+1+an=-λ?2n+1-λ?2n=-3λ?2n].
由待定系数法可知，[λ=-1].
即[an+1-2n+1=-（an-2n）]，
[∴an+1-2n+1an-2n=-1].
[∴]数列[{an-2n}]是公比为[-1]的等比数列.
又因为[a1=1]，
所以其通项为[an-2n=（a1-2）?（-1）n-1=（-1）?（-1）n-1.]
[∴an=2n+（-1）n].
例3 若[a1=1，an+1+2an=3?2n，]求数列[an]的通项.
解析 例3是例2的一种变式，方法同例2.
令[an+1+λ?2n+1=-2（an+λ?2n），]
则[an+1+2an=-λ?2n+1-2λ?2n=-4λ?2n]
由待定系数法可得，[λ=-34]，
即[an+1-34?2n+1=-2（an-34?2n）.]
[∴an+1-34·2n+1an-34·2n=-2].
[∴]数列[{an-34·2n}]是公比为[-2]的等比数列.
又[a1=1]，
所以其通项为[an-34·2n=（1-34·2）?（-2）n-1][=（-2）n-2].
[∴an=34·2n+（-2）n-2].
[an+1=pan+nq+r（p，q，r均为常数）]型
此类型属于数列线性递推关系式求通项的另一类问题，它是在第一种类型的基础上多了一个非常数项[nq]. 对于这类递推关系，一般将其构造为[an+1+x（n+1）+y][=p（an+xn+y）]（[p]为常数）的形式，注意引入了两个参数[x，y.]
例4 已知[a1=2，][an+1=2an+3n+1，]求数列[an]的通项.
解析 令[an+1+x（n+1）+y=2（an+xn+y）]，
则[an+1=2an+xn-x+y].
由待定系数法对应系数相等可得，
[x=3，-x+y=1，?x=3，y=4.]
[∴an+1+3（n+1）+4=2（an+3n+4）.]
所以数列[{an+3n+4}]是公比为[2]的等比数列，其通项为[an+3n+4=（a1+7）·2n-1=9·2n-1].
[∴an=9·2n-1-3n-4].
[an+1=pan+qn+r（p，q，r均为常数）]型
此类型属于数列非线性递推关系式求通项问题，它是在第二类型问题基础上多了一个常数[r]. 对于这类递推关系，一般将其构造成[an+1+xqn+1+y][=p（an+xqn+y）]（[p，q]为常数）的形式，然后根据题目条件，运用对应系数相等的方法求出相关系数，其中要注意参数[x，y]的引入.
例5 已知[a1=1]，[an+1=2an+3n+1，]求数列[an]的通项.
解析 令[an+1+x3n+1+y=2（an+x3n+y）]，
则[an+1=2an-x3n+y].
由待定系数法对应系数相等可得，[x=-1，y=1.]
[∴an+1-3n+1+1=2（an-3n+1）].
即数列[{an-3n+1}]是公比为[2]的等比数列，其通项为[an-3n+1=（a1-2）·2n-1].
又[a1=1，]
[∴]通项公式为[an=3n-2n-1-1].
数列求通项问题在每年的高考中都有考查，其方法多种多样，灵活多变. 待定系数法作为数学的基本思想方法，应用非常广泛，它在已知数列递推关系式求通项问题中的应用，只不过是它的冰山一角. 如果我们在平时的学习中注意积累，做个有心人，你将会有意想不到的收获.