對于一次分式型遞推數(shù)列：
　　a=（r≠0，ps≠qr）……（1）
　　一般資料上都用借助特征方程求不動(dòng)點(diǎn)的方法.這種方法的理論背景較為復(fù)雜，不太符合高中學(xué)生的認(rèn)知心理和思維習(xí)慣.那么，有沒有不用高等數(shù)學(xué)知識(shí)，而只用高中數(shù)學(xué)知識(shí)來求解的方法呢？
　　思維策略分析：我們將以上遞推數(shù)列變?yōu)檎剑纯傻玫?br/>　　raa+sa-pa-q=0……（2）
　　我們發(fā)現(xiàn)，如果能使（2）中的常數(shù)項(xiàng)消失，便可變形為形如
　　aa=Aa+Ba（AB≠0）……（3）
　　的遞推數(shù)列，而這種數(shù)列可通過取倒數(shù)變形為基本數(shù)列問題.而這里的常數(shù)項(xiàng)追本窮源就是原來（1）式中分子中的常數(shù)項(xiàng)q.為此，在（2）中，若令a=b+t（t∈R且t≠0）（b為另一數(shù)列），則有
　　r（b+t）（b+t）+s（b+t）-p（b+t）-q=0
　　又可化簡為：
　　rbb+（rt+s）b+（rt-p）b+rt+（s-p）t-q=0……（4）
　　然后，只需rt+（s-p）t-q=0令，（這里需滿足（s-p）+4rq≥0）解出t值，再代入（4），就可將（4）化成遞推數(shù)列（3），從而達(dá)到求解的目的.
　　顯然，這里運(yùn)用了高中學(xué)生非常熟悉的換元法，引進(jìn)了新數(shù)列，從而實(shí)現(xiàn)了化一般為特殊的思維目標(biāo)，使問題的解決水到渠成，以下通過幾例介紹該方法在解題中的應(yīng)用.
　　例1.已知數(shù)列｛a｝滿足a=，且a=2，求數(shù)列｛a｝的通項(xiàng)公式.
　　解：令a=b+t（t≠0），則有：
　　b+t=
　　變形，得b=
　　令1-t=0，得t=1或t=-1，不妨取t=1（取t=1也可），則可得
　　b=
　　取倒數(shù)可得：=+1
　　+=3（+），
　　即｛+｝為等比數(shù)列，公比q=3，首項(xiàng)為+=+=.
　　由此先求出b，再由b即可求得a=.
　　例2.設(shè)數(shù)列｛a｝的前n項(xiàng)和為S，且S-2S-aS+1=0，求數(shù)列｛a｝的通項(xiàng)公式.
　　解：將a=S-S（n≥2）代入已知遞推式，消去a得：
　　SS-2S+1=0
　　變形得：S=
　　令S=b+t（t≠0），得b+t=
　　變形得：b=.
　　令（t-1）=0，則t=1.代入上式得b=
　　再用取倒數(shù)的方法即可求得b，進(jìn)一步可得出S=.
　　再由S即可求得a=.
　　例3.（2005年重慶卷?文?22題）設(shè)數(shù)列｛a｝滿足a=1，且
　　8aa-16a+2a+5=0（n≥1），記b=（n≥1）.
　?。?）求b，b，b，b的值;
　?。?）求數(shù)列｛b｝的通項(xiàng)公式及數(shù)列｛ab｝的前n項(xiàng)和Sn.
　　解：（1）略.b=2，b=，b=4，b=.
　?。?）顯然所給遞推公式屬于類型（2），令a=c+t（t≠0）則
　　8（c+t）（c+t）-16（c+t）+2（c+t）+5=0
　　整理可得：
　　8cc+（8t-16）c+（8t+2）c+8t-14t+5=0
　　令8t-14t+5=0得：t=或t=.
　　不妨取t=（取t=亦可），則有4cc-6c+3c=0.
　　這顯然屬于類型（3），可變形為c=，取倒數(shù)即可求解.
　　答案：a=，b=，S=（2+5n-1）.
　　通過以上幾例可以發(fā)現(xiàn)，看似形態(tài)各異的幾個(gè)遞推數(shù)列，它們通過變形后都可以轉(zhuǎn)化成同一種類型，然后使用同一種方法巧妙求解，從而獲得了這種問題的求解通法，自然也就提高了數(shù)學(xué)思維水平和解題能力.
　　注：本文中所涉及到的圖表、注解、公式等內(nèi)容請以PDF格式閱讀原文