已知数列{an}中a1=3,a2=5,前n项和满足Sn+Sn-2=2Sn-1+2^(n-1)（n≥3）

1利用待定常数法(重点）
例1 已知数列｛n ｝中,若1=1,且n+1=3n-4(n=1,2,3,…). 求数列的通项公式n.
分析：若关系式是n+1=3n即为等比数列,因此考虑处理-4,若能化为n+1+x=3(n+x),则可构造等比数列｛n+x｝.
设n+1=3n-4恒等变形为n+1+x=3（n+x),即n+1=3n+2x,比较系数得：x=-2
n+1-2=3(n-2)
数列｛n-2｝是以1-2=-1为首项,公比为3的等比数列
n-2=（-1）3n-1 即n = -3n-1+2.
说明：给出一阶递推关系式形如 (n=1,2,…),A、B为常数,均可使用待定常数法,构造等比数列求出通项.
例2 已知数列｛n ｝中,前n项和sn = 2n-3n, 求数列的通项公式n.
分析：已知等式中不是递推关系式,利用可转化为：n -2n-1=2,考虑3n-1是变量,引入待定常数x时,可设n- x=2(n-1- x),从而可构造等比数列.
1=s1=21-3 则1=3,
当n2时, =（2n-3n）-（2n-1-3n-1）即n-2n-1=2 ,设其可恒等变形为：n- x=2(n-1- x),（需要注意的是上面的指数,这是某种关系而不是固定的常数,故在恒等变形时需注意两边对应的关系,而不应该用X代替x,也可以不设“-”设“+”,结果是一样的.）
即 n -2n-1=x ,比较系数得：x=2.
n- 2=2(n-1- 2 )
数列｛n- 2｝是以1-6=-3为首项,公比为2的等比数列.
n- 2=（-3）2n-1
n=2-3.
说明：对于型如n=An-1+f(n)（A为常数）的一阶递推关系式.可利用待定常数法,构造等比数列；但须体现新数列相邻两项的规律性,设其可恒等变形为：n- xg(n)=A[n-1- xg(n-1)],若x存在,则可构造等比数列{ n- xg(n)}.
2 利用配方法
有些递推关系式经“配方”后,可体现等差（比）的规律性.
例3 设n0,1=5,当n2时,n+n-1=+6, 求数列的通项公式n.
分析：给出的递推关系式不能反映规律性,因此考虑去分母得：2n-2n-1=7+6(n-n-1),为体现规律性,变形为：2n-2n-1-6n+6n-1=7,即（n-3）2-(n-1-3)2=7.
由n+n-1=+6（n2）变形为：
2n-2n-1=7+6(n-n-1) 即（n-3）2-(n-1-3)2=7 （n2）
数列{ }是以(1-3)2=4为首项,公差为7的等差数列
=4+7（n-1）=7n-3,而n0
n=+3
说明：递推关系式中含有二次项、一次项时可考虑用配方法,揭示规律,构造等差（比）数列.
3 利用因式分解
有些递推关系式经因式分解后,可体现等差（比）的规律性.
例4已知数列｛n ｝是首项为1的正项数列,且2n+1 + 3n+1 - 22n + 3n - nn+1=0求数列的通项公式n.
分析:由已知递推关系式,若配方,则无法配成完全平方或完全平方项之和.因此考虑用因式分解化简,寻求更实质的关系.可变形为：n+1（n+1 +3）+3n - nn+1 +n（-2n）=0.
由已知有：n+1（n+1 +3）+3n - nn+1 +n（-2 n）=0
（n+1 + n）[（n+1 + 3）-2n]=0,而n0
n+1 + 3 -2n=0,则利用待定常数法有（n+1 - 3）-2（n -3）=0
数列{n -3}是以1-3=-2为首项,公比为2的等比数列.
n-3 =（-2）2n-1 即n = 3-2n
说明：因式分解能达到化简的目的,使递推关系式简化,凸显规律性.
5 利用倒数
有些数列的递推关系式,经取倒数变形后,显现出规律性,可构造等比（差）数列.
例7 已知x1=1,x2=2,xn+ 2=,试求xn .
分析：由递推关系式结构特征,易联想到倒数,即有 xn+2 =,从而
=,可构造等比数列.
对递推关系式两边取倒数得：=
可变形为=（-）（）
数列{}是以=-为首项,公比为-的等比数列
=（-）(-= (n2)
=+()+()+ … +()
= 1 + （-）+（-）2 + … +
= + (n2)
= (n2) 而当n=1时亦满足.
= (n1)
说明：递推关系式中含有相邻两项之积与相邻两项之和的关系,可考虑取倒数（或化为分式）,揭示规律,构造等比（差）数列.
例8已知数列｛n ｝中,1=7,n2时,求数列的通项公式n
分析：已知递推关系式右边为分式,取倒数后可化为：,未能反映规律,
但若能化为的关系,则可揭示规律；结合待定常数法,可确定A值.
由已知： （A0）即(2A+1≠0)
令,解得：A=1
已知关系式可恒等变形为,取倒数得： （n2）.
数列{}是以=为首项,公差为的等差数列.
= +（n-1）,即 （n1）
说明：①例8中的递推关系式结构特征,亦易想到取倒数,但要灵活结合待定常数法,构造新数列,凸显等差的规律性.
②引入待定常数A是为了揭示变化的一致性（规律性）,若A值存在,则可反映此变化规律.若A值不存在,则考虑其它变形.
6 利用换元
有些数列的递推关系式看起来较为复杂,但应用换元和化归思想后,可构造新数列进行代换,使递推关系式简化,从而揭示等差（比）规律,求出通项.
例9已知数列｛an ｝中, 求（1981年第22届IMO预选题）.
分析：已知递推关系式中的较难处理,考虑用换元去掉根式,即令（0）.
令,则=5, 0,从而=
由已知递推关系式有：
化简得：=（）2
2=, 由待定常数法得：2（-3）= -3
数列{-3}是以-3=2为首项,公比为的等比数列.
-3=2（）n-1 即 = + 3
== (n1)
说明：对于递推关系式中较难处理的根式（比如不能反映相邻项的规律性）,可采用换元去掉根式,化简递推关系式,揭示相邻项的变化规律,构造等比（差）数列.
例10 设=1,=（nN）,求证：（1990年匈牙利奥林匹克试题）.
分析：比较已知与结论,应先求通项公式.待证的不等式中含有,且已知递推关系式中含有,据此两个信息,考虑进行三角代换,化简递推关系式.
证明：由已知0,引入数列{}使=tan,(0,)
由已知有：=
即=,又=1,从而
即数列{}是以为首项,公比为的等比数列
= = , 而当x(0,)时,有tanxX
= tan