分析：通过点Q n 与P n+1的纵坐标关系，P n+1与Q n+1的横坐标的关系，建立a n+1与a n 的递推关系，将n 换成n －1，即为迭代，反复利用这种迭代的方法即可求出a n 。
解：由点Q n 在曲线C 上，所以Q n 的纵坐标为a n 2，即Q n (a n ，a 2n )。又
由于Q n 与P n+1的纵坐标相等，所以，P n+1的纵坐标为a 2n 。而点P n+1在直线l 上，所以P n+1的
横坐标为a a n 2，即P n+1（n n a a a ,2）。又因为P n+1与Q n+1的横坐标相同，所以a n+1=a
a n
2即为a n+1
与a n 的递推关系。下用迭代法求数列{}n a 的通项公式。
迭代法一（构造新数列迭代）：对a n+1=a
a n
2两边同时取对数得：lga n+1=2lga n －lga ，所以
lga n+1－lga=2(lga n －lga)，反复迭代得：lga n －lga=(lga n －1－lga)=2·2(lga n －2－lga)=22(lga n －2－lga)=……=2
n －1
(lga 1－lga)=lg(a a 1)21-n ，所以lg a a n =lg(a a 1)21-n ，即a n =a·(a
a 1)21
-n 。
迭代法二（直接变形迭代）：∵a n+1=a a n 2，∴
22
1a
a a a n
n =+ ∴
22121])[()(a a a a a a n n n -+===221221)()(a a a a n n -⨯-==[（a a n 2-）2]22=(a a n 2-)32=……=n
a
a 21)(. ∴a n+1=a·(
a a 1)2n ，即a n =a·(a
a 1)21
-n . [解题回顾]解决本小题的关键有两步，一是灵活运用P n+1与Q n 、Q n+1间的纵横坐标间的关系正确而迅速建立a n+1与a n 的关系式；二是巧妙运用待定系数法或同除以a 对递推关系进行变形，使递推
关系进一步具体化、特征化，然后再反复迭代。实质上，等差等比数列的通项公式就是利用这种迭代法而推导出来的。迭代法二是变形成结构相同的式，然后进行下标递降；迭代法一也先是对递推关系式变形，化成a n+1=pa n +q 这种形式，利用待定系数法求解，也可以在此基础上直接迭代，如lga n =2lga n －1－lga=22lga n －2－2.lga －lga= (2)
－
1
lga 1－(2n －2+2n －3+……+2+1)lga=2n －1lga 1－(2n －
1－1)lga ，所以a n =
1
2
211
1
---n n a a =a·
1
21)(-n a
a 。从高考阅卷中可以看出，不少学生得出递推关系式后，望而却步，这足以说明学生在数学思想方法上没有受到良好的训练，平时的学习都是被动的接受，而很少有主动建构的过程。
2．a n+1=pa n +f(n)（p
为常数，p ≠1，p ≠0）型。
此类型的通项公式求法常见有两种迭代方法：一是构造新数列代，即a n+1－
λg(n+1)=p[a n －λg(n)],比较系数有：λg(n+1)－p λg(n)=f(n)对一切n ∈N +都成立，求出λ，则数列{})(n g a n λ-是等比数列；二是下标递降迭代，即a n →a n －1→a n －2→…→a 2→a 1.也就
是a n =pa n －1+f(n －1)=p[pa n －2+f(n －2)]+f(n －1)=P 2a n －2+Pf(n －2)+f(n －1)=P 3a n －3+P 2f(n －3)+Pf(n －2)+f(n －1)=…=P n －1a 1+P n －2f(1)+…+Pf(n －2)+f(n －1)，再利用求和法求出a n 。 例2．设a 0为常数，且a n =3n －1－2a n －1·(n ∈N +)。（I ）证明对任意n ≥1，
a n =012)1(]2)1(3[5
1
a n n n n n -+-+-;（II ）假设对任意n ≥1有a n ＞a n －1，求a 0的取值范围。 分析：本题的递推关系式中3n －1是一个变量，于是我们在利用待定系数法构造新数列时要注意与类型1的区别，思路一可以设a n+1－λ·3n =－2（a n －λ·3n －1），由比较系数得λ的
