01引言
前面我們已經說過，求數列的題型是高考的常客，經常以大題第一問或者選擇題、填空題出現，但是也會出現的綜合題中，這塊內容不會會導數這個題的解答，所以學好這個模塊至關重要。
求出數列的題一般都離不開求數列的通項，而求數列的通項卻離不開數列的遞推公式。
前面已經介紹了數列遞推公式的三種類型，今天來介紹遞推公式的第四種類型。
02類型四由a(n+1)=pan+rq^n求通項方法和注意事項
待定係數法：
a(n+1)=pan+rq^n（pqr≠0）型，數列｛an｝的首項a1已知，一般利用待定係數法構建等比數列或者等差數列求通項公式。
注意事項：p，q，r都不能等於0，且不一定相等。當p≠q時進行兩次轉化；p=q時進行一次轉化即可，但是屬於兩種情況。待定係數法的具體步驟：
方法一：
對已知式a(n+1)=pan+rq^n兩邊同時除以q^(n+1)，得到
a(n+1)/q^(n+1)=p/q·an/q^n+r/q①。
令bn=an/q^n，則①式可轉化為b(n+1)=p/q·bn+r/q.
當p=q時，數列｛bn｝為等比數列；
當p≠q時，數列｛bn｝可以根據類型三進行轉化，求出數列bn通項公式，再根據數列bn通項公式求出數列an通項公式。
即，設t≠0的實數，將式子b(n+1)=p/q·bn+r/q②，變形為b(n+1)+t=p/q[bn+t]③，將③展開得到
b(n+1)=p/q·bn+(p/q－1)t④。
②和④對應相等，則(p/q－1)t=r/q，解得到t=r/(p－q)。
則式子②就轉化成為b(n+1)+r/(p－q)=p/q[bn+r/(p－q)]，將bn+r/(p－q)看成一個整體，則數列｛bn+r/(p－q)｝就是一個等比數列。
最後根據等比數列的通項公式求出數列bn通項，再根據bn通項求出an通項。
方法二：
當p≠q時，設存在非零常數t，使得a(n+1)=pan+rq^n推出a(n+1)+tq^(n+1)=p(an+tq^n)，則r=t(p－q)，即t=r/(p－q).
所以數列｛an+tq^n｝是首項為a1+tq，公比為p的等比數列。
求出數列｛an+tq^n｝的通項公式後，再求出｛an｝的通項公式。
03例題
已知數列｛an｝滿足，a1=2，a(n+1)=3an+5·2^n，則數列an通項公式為？
這道題就是直接使用我們類型題方法的模式即可。
但是一般在大題中不會直接給出遞推公式，需要通過一系列的關係得出該遞推公式。
例題的解決方法：
第一步，等式左右兩邊同時除以2^(n+1)，重新構建遞推公式。
因為a(n+1)=3an+5·2^n，構建變形得到a(n+1)/2^(n+1)=3/2×an/2^n+5/2.
設bn=an/2^n，則原式變為b(n+1)=3/2bn+5/2.
第二步，將遞推公式b(n+1)=3/2bn+5/2繼續變形。
根據昨天講解的類型三可知，b(n+1)=3/2bn+5/2可變成b(n+1)+t=3/2(bn+t)的形式，t≠0的常數。
則b(n+1)+t=3/2(bn+t)整理得到b(n+1)=3/2bn+1/2·t。
根據對應項相等，則1/2·t=5/2，則t=5.
所以上式就變形為b(n+1)+5=3/2（bn+5）.
第三步，求出數列bn的通項。
將數列｛bn+5｝看成一個整體，則數列｛bn+5｝就是以b1+5為首項，以3/2為公比的等比數列。
因為bn=an/2^n，則b1=a1/2，因為a1=2，則b1=1.
所以數列bn+5=1×（3/2）^(n－1)，則bn=（3/2）^(n－1)－5.
第四步，求出數列an的通項。
因為bn=an/2^n，所以an=bn·2^n=[（3/2）^(n－1)－5]·2^n，整理得到an=2·3^(n－1)－5·2^n。
綜上所述，數列｛an｝的通項公式為an=2·3^(n－1)－5·2^n。
04總結
該類型的遞推公式比較難，但是構建的方卻是固定的。
這種轉化的思想也是比較重要，如果沒有做過也很難進行轉化出來，所以該類型需要掌握。
上述是直接給出這樣類型的地推公式的形式，但是在做題的時候，出題者可能給出的是另一種形態，需要變形得到這樣的類型。
這樣類型的特點：數列a(n+1)和an含有倍數關係，但是又存在指數函數y=a^x的形式。
對於這樣的形式一般都可以使用上述的方法進行轉化。
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