如何通过递推公式得到通项公式？这种方法通过操作递推公式产生优美等式，进而通过连等直接得到等式的值，最后再整理式子，得到通项公式。优点是不烧脑子，不需要考虑边界，还不需要写汉字，但是缺点是适用范围与高考数列题出题范围有略微差异。
好久之前我在某本数学竞赛书的数列章节里看到了一种可以被称之为通过构造常数列来从递推公式中得到通项公式的比较优美的解数列题方法，让我印象非常深刻，于是当时我就开始思考如何在各种地方使用这种非常优美的方法。
最终断断续续花了大概两个周的时间，我把这个方法的大部分都总结完了。
不过现在才写文章来介绍，主要是因为我有点懒吧。
（在 2025 年初的时候我又更新了一些内容）
这种方法的优点
- 不烧脑子，思维不需要“嵌套”
- 有的时候很优美
- 不需要考虑 \(n\) 的边界
- 不需要写汉字
这种方法的缺点
实例
在开始前，先放出一个实例，对这种方法有一个直观的感受：
已知 \(a_1=1\) ，且 \((n+2)a_{n+1}=na_n\) ，求 \(\{a_n\}\) 的通项公式。
解：
\[\begin{aligned}
(n+2) a_{n+1} &= n a_n \\
(n+2) (n+1) a_{n+1} &= (n+1) n a_n \\
&=\ldots \\
&=(1+1) \cdot 1 \cdot a_1 \\
&=2
\end{aligned}
\]
即
\[\begin{aligned}
(n+1) n a_n &= 2 \\
a_n &= \frac{2}{n (n + 1)} \\
&= \frac{2}{n^2 + n}
\end{aligned}
\]
不难看出，这个方法就是
- 通过操作递推公式产生形如 \(f(n+1)=f(n)\) 的式子，
- 进而通过连等得到式子的值，即 \(f(n)=\ldots=f(1)\)，
- 最后再整理式子，得到通项公式。
由此可知，这种方法最难的地方就是第一步，我们可以称之为构造“优美等式”。
那么我们接下来讲几种基本方法。
基本方法
当我们讨论构造“优美等式”的基本方法，实际上我们是在讲如何消除递推式等号一边的“丑陋项”。
当我们消除等号两边的所有“丑陋项”，我们就得到了一个“优美等式”。
我们接下来通过对丑陋项进行分类来详细介绍基本方法。
常数项
消除递推式两边的常数丑陋项是很简单的。
比如下面这个例子：
\[\begin{aligned}
a_{n+1}+2&=a_n \\
a_{n+1}+2(n+1)&=a_n+2n \\
\end{aligned}
\]
就可以了。
如果你没反应过来为什么上式是一个优美等式，令
\[f(n)=a_n+2n
\]
则有
\[f(n+1)=a_{n+1}+2(n+1)
\]
例子中的式子就可写成下面这样
\[\begin{aligned}
a_{n+1}+2(n+1)&=a_n+2n \\
f(n+1)&=f(n)
\end{aligned}\]
进一步，常数如果为 \(k\) ，我们可以得到这个很简单的结论：
\[\begin{aligned}
a_{n+1}+k&=a_n \\
a_{n+1}+k(n+1)&=a_n+kn \\
\end{aligned}
\]
形如 \(c^{kn+b}\) 的项
这种项也是比较普遍的，比如等比数列的前 \(n\) 项和就满足这个递推公式。
想要优美化这种项需要一点技巧。
这里举个比较简单的例子：
\[\begin{aligned}
a_{n+1}+2^n&=a_n \\
a_{n+1}+2^{n+1}&=a_n+2^n \\
\end{aligned}
\]
也有稍微复杂一点的，比如：
\[\begin{aligned}
a_{n+1}+5^n&=a_n \\
a_{n+1}+\frac{1}{4}(5-1)5^n&=a_n \\
a_{n+1}+\frac{1}{4}\cdot 5^{n+1}&=a_n+\frac{1}{4}\cdot 5^n \\
\end{aligned}
\]
如果你能通过这两个式子看出来这个方法是怎么操作的，那就是挺好的。
如果你没看出来，这里也有通式可以给你用来往上套：
\[\begin{aligned}
a_{n+1}+c^{kn+b}&=a_n \\
a_{n+1}+\frac{c^{k(n+1)+b}}{c^k-1}&=a_n+\frac{c^{kn+b}}{c^k-1} \\
\end{aligned}
\]
推导过程
原式为
\[\begin{aligned}
a_{n+1}+c^{kn+b}&=a_n \\
a_{n+1}+c^bc^{kn}&=a_n \\
\end{aligned}
\]
所以优美的式子应该长这样
\[\begin{aligned}
a_{n+1}+mc^{k(n+1)}&=a_n+mc^{kn} \\
a_{n+1}+mc^{kn}c^k-mc^{kn}&=a_n \\
a_{n+1}+m(c^k-1)c^{kn}&=a_n \\
\end{aligned}
\]
所以有
\[\begin{aligned}
m(c^k-1)&=c^b \\
m&=\frac{c^b}{c^k-1}
\end{aligned}
\]
形如 \(n^b,b \in N^*\) 的项
消除 \(n^b\) 可以用配方法。
这种方法非常繁琐，即使是最常见的 \(a_{n+1}+n=a_n\) 也需要很长时间来进行“优美化”。
所以当你遇到类似的式子，但是能通过其他方法简单解决时，就别构造优美等式了。
不过这里还是介绍一下，毕竟作为基本方法有的时候需要和其他基本方法进行混用。
对于最简单的 \(n^1\) ，方法如下：
\[\begin{aligned}
a_{n+1}+n&=a_n \\
a_{n+1}+n+\frac{1}{2}n^2+\frac{1}{2}-\frac{1}{2}&=a_n+\frac{1}{2}n^2 \\
a_{n+1}+\frac{1}{2}(n+1)^2-\frac{1}{2}&=a_n+\frac{1}{2}n^2 \\
a_{n+1}+\frac{1}{2}(n+1)^2-\frac{1}{2}(n+1)&=a_n+\frac{1}{2}n^2-\frac{1}{2}n \\
\end{aligned}
\]
对于 \(n^2\) 则是这样：
\[\begin{aligned}
a_{n+1}+n^2&=a_n \\
a_{n+1}+n^2+\frac{1}{3}n^3+n+\frac{1}{3}-n-\frac{1}{3}&=a_n+\frac{1}{3}n^3 \\
a_{n+1}+\frac{1}{3}(n+1)^3-n-\frac{1}{3}&=a_n+\frac{1}{3}n^3 \\
a_{n+1}+\frac{1}{3}(n+1)^3-n-\frac{1}{2}n^2-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}&=a_n+\frac{1}{3}n^3-\frac{1}{2}n^2 \\
a_{n+1}+\frac{1}{3}(n+1)^3-\frac{1}{2}(n+1)^2+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}&=a_n+\frac{1}{3}n^3-\frac{1}{2}n^2 \\
a_{n+1}+\frac{1}{3}(n+1)^3-\frac{1}{2}(n+1)^2+\frac{1}{6}(n+1)&=a_n+\frac{1}{3}n^3-\frac{1}{2}n^2+\frac{1}{6}n \\
\end{aligned}
\]
观察以上式子，除了能看出非常繁琐之外，我们还能发现基本的思想就是：先通过配方把次数最高项消去，再消去次数第二高的项，就这么一步一步直到常数项也被消去，最终得到优美等式。
实际上次数 \(\geq 2\) 的项在高考中出现的几率微乎其微。
因为方法比较机械化，所以应该是有通式的，但是我没成功推出来。
失败的推导过程
有原式
\[a_{n+1}+\sum_{i=0}^mk_in^i=a_n
\]
进行如下变形
\[\begin{aligned}
a_{n+1}+k_mn^m+\sum_{i=0}^{m-1}k_in^i&=a_n \\
a_{n+1}+\frac{k_m}{m+1}(n+1)^{m+1}+k_mn^m+\sum_{i=0}^{m-1}k_in^i&=a_n+\frac{k_m}{m+1}(n+1)^{m+1} \\
a_{n+1}+\frac{k_m}{m+1}(n+1)^{m+1}+\sum_{i=0}^{m-1}k_in^i&=a_n+\frac{k_m}{m+1}n^{m+1}+\frac{k_m}{m+1}\sum_{i=0}^{m-1}C_{m+1}^in^i \\
a_{n+1}+\frac{k_m}{m+1}(n+1)^{m+1}+\sum_{i=0}^{m-1}\left(k_i-\frac{k_m}{m+1}C^i_{m+1}\right)n^i&=a_n+\frac{k_m}{m+1}n^{m+1} \\
\end{aligned}
\]
令
\[b_n=a_n+\frac{k_m}{m+1}n^{m+1}
\]
则有
\[b_{n+1}+\sum_{i=0}^{m-1}\left(k_i-\frac{k_m}{m+1}C^i_{m+1}\right)n^i=b_n
\]
这就是原式把最高次数的丑陋项消去得到的式子。
把这个式子代入自己就能再消去第二高的项
\[\begin{aligned}
&c_{n+1}+\sum_{i=0}^{m-2}\left(\left(k_i-\frac{k_m}{m+1}C^i_{m+1}\right)-\frac{\left(k_{m-1}-\frac{k_m}{m+1}C^{m-1}_{m+1}\right)}{m}C^i_m\right)n^i=c_n \\
&c_n=b_n+\frac{\left(k_{m-1}-\frac{k_m}{m+1}C^{m-1}_{m+1}\right)}{m}n^m
\end{aligned}
\]
发现需要处理两部分，分别是 \(c_n\) 与 \(a_n\) 的关系和那一坨很复杂的式子剩余项。
经过我的总结，我发现把上式代入自己 \(p\) 次后，式子像这样：
\[\alpha _{n+1}+\kappa =\alpha_n
\]
其中
\[\begin{aligned}
\alpha_n&= a_n+\sum_{i=1}^{p}\sum_{j=1}^{i}(-1)^{j}h_{j,i-j+1,m+2-i}n^{m+2-i} \\
\kappa&=\sum_{i=0}^{m-p}\left(k_i+\sum_{j=1}^{p}h_{j,p-j+1,i}\right)n^{i} \\
h_{j,n,i}&= \left\{ \begin{aligned}
-\sum_{q=0}^{j-1}h_{q,n,1+m-n-q}\frac{C_{2+m-n-q}^i}{2+m-n-q}&, j>0 \\
k_i&, j=0 \\
\end{aligned} \right. \\
% s&=m-n+1 \\
% f(q,j)&=-\frac{C_{1+s-q}^{s-j}}{1+s-q} \\
% h_{j,i}&= \sum_{q=0}^{j-1}g_qf(q,s-i) \\
% g_j&= \left \{ \begin{aligned}
% \sum_{q=0}^{j-1}g_qf(q,j)&, j>0 \\
% k_{s-j}&, j=0 \\
% \end{aligned} \right. \\
% S_{j-1}&=\sum_{q=0}^{j-1}g_qf(q,j)\\
% S_{j}&=\sum_{q=0}^{j-1}g_qf(q,j+1)+g_jf(j,j+1)\\
% S_{j}-S_{j-1}&=\sum_{q=0}^{j-1}(f(q,j+1)-f(q,j))g_q+g_jf(j,j+1) \\
% S_{j}&=\sum_{q=0}^{j-2}(f(q,j+1)-f(q,j))S_{q}+(f(0,j+1)-f(0,j))g_0+(f(j,j+1)+1)S_{j-1} \\
% h_{j,n,i}&= \left \{ \begin{aligned}
% h_{j-1,n,i}-h_{j-1,n,m-j-n+2}\frac{C_{m-j-n+3}^i}{m-j-n+3}&, j>1 \\
% -k_{m-n-j+2}\frac{C_{m-j-n+3}^i}{m-j-n+3}&, j=1 \\
% \end{aligned} \right. \\
\end{aligned}
\]
当 \(p=m\) 时， \(\kappa\) 只剩常数项，原式就能变成下面这样的优美等式
\[\alpha _{n+1}+(n+1)\kappa=\alpha _n + n\kappa
\]
然而，我发现 \(h_{j,n,i}\) 是一个比较复杂的数列。如果能得到下面这个数列的通项公式
\[a_{n+1}=\sum_{i=1}^na_if(i,n)
\]
我就能解出来 \(h_{j,n,i}\) 。实际上我快解出来了，只不过还需要再解另一个数列的通项公式。
已知 \(a_{n,m,j,t}\) 表示从集合 \(\{1,2,3,...,n\}\) 中取 \(m\) 个元素（ \(m\leq n\) ）得到的所有子集按任意顺序排列后第 \(j\) 个子集（ \(j \leq C_n^m\) ）里的从小到大排列得到的第 \(t\) 个数（ \(t \leq m\) ），其通项公式为何？
总之我解得异常艰难，可能最主要的原因是我的盗版 Mathematica 8 版本太低了。
如果你知道这个问题怎么解决，可以在评论区告诉我。
顺便，这些是我写的 Mathematica 代码。
h[j_, n_, i_] := -Sum[
h[q, n, 1+m-n-q] Binomial[2+m-n-q,i] / (2+m-n-q),
{q, 0, j-1}
];
h[0, n_, i_] := Subscript[k, i];
\[Kappa][p_] := Sum[
(Subscript[k, i]+Sum[h[j, p-j+1, i], {j, 1, p}]) n^i,
{i, 0, m-p}
];
\[Alpha][p_, n_] := Subscript[A, n] + Sum[
Sum[
(-1)^j h[j, i-j+1, m+2-i] n^(m+2-1),
{j, 1, i}
],
{i, 1, p}
];
关于 \(n\) 的任意项
如果递推公式中的丑陋项与上面介绍的任何一种都不一样，也就是说你可能不是在解高考题（如果是高考题的话请分享给我），那么这里还有一种通解。
如果把关于 \(n\) 的任意项表示为 \(f(n)\) ，那么
\[\begin{aligned}
a_{n+1}+f(n)&=a_n \\
a_{n+1}+\sum _{i=1}^nf(i)&=a_n+\sum _{i=1}^{n-1}f(i)=a_1\\
a_n&=a_1-\sum _{i=1}^{n-1}f(i)
\end{aligned}
\]
这个方法虽然看起来比较丑，而且单独使用的话得到的结果颇有一种自我安慰的感觉，但是确实能用。
或者，我们以上各种方法都可以解释为找到一个 \(g(n)\) 满足
\[f(n)=g(n+1)-g(n)
\]
如果你能找到，就能凑出优美等式来。
\(a_{n+1}\) 前面的常数系数
有些递推公式会在 \(a_{n+1}\) 项前面有系数，最常见的就是常数系数，解决方法：
\[\begin{aligned}
3a_{n+1}&=a_n \\
3^{n+1}a_{n+1}&=3^na_n \\
\end{aligned}
\]
如果是 \(a_n\) 前面有系数，处理方法也是一样的：
\[\begin{aligned}
a_{n+1}&=5a_n \\
\frac{a_{n+1}}{5^{n+1}}&=\frac{a_n}{5^n} \\
\end{aligned}
\]
由于实际操作太简单，这里就不写通式了。
\(a_{n+1}\) 前面形如 \(c^{n^b},b \in N^*\) 的系数
和我们刚才所介绍的形如 \(n^b\) 的项类似，我们通过配方法解决这种情况。
不过由于太麻烦了，这里只展示 \(b=1\) 的示例：
\[\begin{aligned}
3^{2n}a_{n+1}&=a_n \\
3^{(n+1)^2}a_{n+1}&=3^{n^2+1}a_n \\
3^{(n+1)^2-(n+1)}a_{n+1}&=3^{n^2-n}a_n \\
\end{aligned}
\]
同样，高考几乎不会遇到这种情况。
\(a_{n+1}\) 前面任意关于 \(n\) 的系数
与关于 \(n\) 的任意项相同，这里我们也可以用一种比较暴力的通式来解决任意系数。
\[\begin{aligned}
f(n)a_{n+1}&=a_n \\
a_{n+1}\prod_{i=1}^nf(i)&=a_n\prod_{i=1}^{n-1}f(i)=a_1 \\
a_n&=a_1\prod_{i=1}^{n-1}\frac{1}{f(i)} \\
\end{aligned}
\]
或者，如开篇 demo 的思路一样，找到一个 \(g(n)\) 满足
\[f(n)=\frac{g(n+1)}{g(n)}
\]
当 \(a_{n+1}\) 带指数的情况
通过对数工具，我们能解决类似 \(a_n^a,a_n>0\) 的情况：
\[\begin{aligned}
a_{n+1}^3&=a_n \\
3\lg a_{n+1}&=\lg a_n \\
3^{n+1}\lg a_{n+1}&=3^n\lg a_n \\
\end{aligned}
\]
这样子就从指数问题转化为了系数问题。同样由于实际操作太简单，这里就不写通式了。
需要注意的是 \(\lg\) 等对数工具对正负的限制。
复杂方法
又有系数又有项
利用基本方法，任意如题情形如下
\[\begin{aligned}
f_0(n)a_{n+1}+f_1(n)&=a_n \\
a_{n+1}\prod_{i=1}^nf_0(i)+\sum _{j=1}^n\left( f_1(j)\prod_{i=1}^{j-1}f_0(i)\right)&=a_n\prod_{i=1}^{n-1}f_0(i)+\sum _{j=1}^{n-1}\left(f_1(j)\prod_{i=1}^{j-1}f_0(i)\right)=a_1 \\
a_n&=a_1\prod_{i=1}^{n-1}\frac{1}{f_0(i)}-\sum _{j=1}^{n-1}\left(f_1(j)\prod_{i=j}^{n-1}\frac{1}{f_0(i)}\right) \\
\end{aligned}
\]
这个就是传说中的简单四则递推超级大通解。
不过高考不需要用这个，因为高考一般不是非常复杂，大部分时候都是根据具体题目具体构造。
推导过程
优美化后如下
\[\begin{aligned}
f_x(n+1)a_{n+1}+f_y(n+1)&=f_x(n)a_n+f_y(n) \\
\frac{f_x(n+1)}{f_x(n)} a_{n+1}+\frac{f_y(n+1)-f_y(n)}{f_x(n)} &=a_n \\
\end{aligned}
\]
即
\[\begin{aligned}
\frac{f_x(n+1)}{f_x(n)}&=f_0(n) \\
f_x(n)&=\prod_{i=1}^{n-1}f_0(i) \\
\frac{f_y(n+1)-f_y(n)}{f_x(n)}&=f_1(n) \\
f_y(n+1)-f_y(n)&=f_1(n)\prod_{i=1}^{n-1}f_0(i) \\
f_y(n)&=\sum _{j=1}^{n-1}\left(f_1(j)\prod_{i=1}^{j-1}f_0(i) \right) \\
\end{aligned}
\]
类似前 \(n\) 项和的数列
除了只有 \(a_{n+1}\) 和 \(a_n\) 的递推公式，还有些递推公式会包含 \(a_{n-1},a_{n-2}\) 之类的。比如
\[a_{n+1}=\sum_{i=1}^n a_i
\]
这个数列的第 \(n+1\) 项就是前 \(n\) 项和。在此基础上各种“加料”产生的数列可以叫类似前 \(n\) 项和的数列。任意情形如下
\[f_0(n)a_{n+1}+f_1(n)=\sum_{i=1}^n a_i
\]
保留 \(a_1\) 的优美等式和通项公式如下
\[\begin{aligned}
a_{n+2}\prod_{i=1}^n\frac{f_0(i+1)}{f_0(i)+1}+\sum _{j=1}^n\left(\left(\frac{f_1(j+1)-f_1(j)}{f_0(j)+1}\right)\prod_{i=1}^{j-1}\frac{f_0(i+1)}{f_0(i)+1}\right)&=a_{n+1}\prod_{i=1}^{n-1}\frac{f_0(i+1)}{f_0(i)+1}+\sum _{j=1}^{n-1}\left(\left(\frac{f_1(j+1)-f_1(j)}{f_0(j)+1}\right)\prod_{i=1}^{j-1}\frac{f_0(i+1)}{f_0(i)+1}\right)=a_2 \\
a_{n}&=\left(\frac{a_1-f_1(1)}{f_0(1)}\right)\prod_{i=1}^{n-2}\frac{f_0(i)+1}{f_0(i+1)}-\sum _{j=1}^{n-2}\left(\left(\frac{f_1(j+1)-f_1(j)}{f_0(j)+1}\right)\prod_{i=j}^{n-2}\frac{f_0(i)+1}{f_0(i+1)}\right),n\geq 2 \\
\end{aligned}
\]
如果 \(a_1=-\frac{f_1(0)}{f_0(0)}\) ，那么优美等式和通项公式如下
\[\begin{aligned}
a_{n+2}\prod_{i=0}^n\frac{f_0(i+1)}{f_0(i)+1}+\sum _{j=0}^n\left(\left(\frac{f_1(j+1)-f_1(j)}{f_0(j)+1}\right)\prod_{i=0}^{j-1}\frac{f_0(i+1)}{f_0(i)+1}\right)&=a_{n+1}\prod_{i=0}^{n-1}\frac{f_0(i+1)}{f_0(i)+1}+\sum _{j=0}^{n-1}\left(\left(\frac{f_1(j+1)-f_1(j)}{f_0(j)+1}\right)\prod_{i=0}^{j-1}\frac{f_0(i+1)}{f_0(i)+1}\right)=a_1 \\
a_{n}&=a_1\prod_{i=0}^{n-2}\frac{f_0(i)+1}{f_0(i+1)}-\sum _{j=0}^{n-2}\left(\left(\frac{f_1(j+1)-f_1(j)}{f_0(j)+1}\right)\prod_{i=j}^{n-2}\frac{f_0(i)+1}{f_0(i+1)}\right)\\
\end{aligned}
\]
高考可能也用不到这个。
推导过程
将原式中 \(n\) 替换为 \(n+1\) ，有
\[\begin{aligned}
f_0(n+1)a_{n+2}+f_1(n+1)&=\sum_{i=1}^{n+1} a_i \\
f_0(n+1)a_{n+2}+f_1(n+1)&=\sum_{i=1}^{n} a_i +a_{n+1}\\
f_0(n+1)a_{n+2}+f_1(n+1)&=f_0(n)a_{n+1}+f_1(n) +a_{n+1}\\
\frac{f_0(n+1)}{f_0(n)+1}a_{n+2}+\frac{f_1(n+1)-f_1(n)}{f_0(n)+1}&=a_{n+1}\\
\frac{f_0(n)}{f_0(n-1)+1}a_{n+1}+\frac{f_1(n)-f_1(n-1)}{f_0(n-1)+1}&=a_{n}\\
\end{aligned}
\]
因为 \(a_1\) 不确定， \(a_2,a_1\) 之间可能不满足上面的递推关系，所以这里需要注意一下 \(n\) 的范围。
总之到这一步就变成了简单四则递推。
\[\begin{aligned}
f_x(i)&=\frac{f_0(i+1)}{f_0(i)+1} \\
f_y(j)&=\frac{f_1(j+1)-f_1(j)}{f_0(j)+1} \\
f_x(n)a_{n+2}+f_y(n)&=a_{n+1} \\
\end{aligned}
\]
代入简单四则递推超级大通解。
\[\begin{aligned}
a_{n+2}\prod_{i=1}^nf_x(i)+\sum _{j=1}^n\left( f_y(j)\prod_{i=1}^{j-1}f_x(i)\right)&=a_{n+1}\prod_{i=1}^{n-1}f_x(i)+\sum _{j=1}^{n-1}\left(f_y(j)\prod_{i=1}^{j-1}f_x(i)\right) \\
a_{n+1}&=a_2\prod_{i=1}^{n-1}\frac{f_0(i)+1}{f_0(i+1)}-\sum _{j=1}^{n-1}\left(\left(\frac{f_1(j+1)-f_1(j)}{f_0(j)+1}\right)\prod_{i=j}^{n-1}\frac{f_0(i)+1}{f_0(i+1)}\right) \\
\end{aligned}
\]
展开 \(a_2\) 即可得到解。
\[a_{n}=\left\{ \begin{aligned}
\left(\frac{a_1-f_1(1)}{f_0(1)}\right)\prod_{i=1}^{n-2}\frac{f_0(i)+1}{f_0(i+1)}-\sum _{j=1}^{n-2}\left(\left(\frac{f_1(j+1)-f_1(j)}{f_0(j)+1}\right)\prod_{i=j}^{n-2}\frac{f_0(i)+1}{f_0(i+1)}\right)&,n\geq 2 \\
a_1&,n=1
\end{aligned} \right.
\]
如果觉得按范围讨论的解不是很具有数学美感，除了用 \(a_{n+1}\) 来代替 \(a_n\) 之外，还可以利用 \(\sum\) 和 \(\prod\) 在下限大于上限时的性质来整一个趣味通式。
\[\begin{aligned}
a_{n}&=
\left(a_1-\sum_{i=2}^nf_1(i-1)+\sum_{i=3}^nf_1(i-1)\right)\left(\frac{\prod_{i=3}^nf_0(i-1)}{\prod_{i=2}^nf_0(i-1)}\right)\prod_{i=1}^{n-2}\frac{f_0(i)+1}{f_0(i+1)}-\sum _{j=1}^{n-2}\left(\left(\frac{f_1(j+1)-f_1(j)}{f_0(j)+1}\right)\prod_{i=j}^{n-2}\frac{f_0(i)+1}{f_0(i+1)}\right)\\
\end{aligned}
\]
总之，如果 \(a_1\) 也满足原式，即
\[\begin{aligned}
f_0(0)a_{1}+f_1(0)&=\sum_{i=1}^0 a_i=0 \\
a_1&=-\frac{f_1(0)}{f_0(0)} \\
\end{aligned}
\]
那么 \(a_1,a_2\) 之间满足上面那个递推公式，优美等式可以拓展到 \(a_1\) ，即可得到不需要讨论范围的通项公式。
如果你认真看完了这个过程，可能会发现这个过程是构造优美等式法的一个很好的示例，结论反而更像是次要的——毕竟总是能推出来的。
其他情况
还有很多我尚未总结出经验的特殊情况，也可构造出优美等式。
比如一些操作分数的场景，可以发现很多时候都需要结合基本方法：
\[\begin{aligned}
a_n-a_{n+1}&=a_{n+1}a_n \\
\frac{a_n-a_{n+1}}{a_{n+1}a_n}&=1 \\
\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_n}&=1 \\
\frac{1}{a_{n+1}}-1&=\frac{1}{a_n} \\
\frac{1}{a_{n+1}}-(n+1)&=\frac{1}{a_n}-n \\
\end{aligned}
\]
还有
\[\begin{aligned}
a_{n+1}+\ln(1+\frac{1}{n})&=a_n \\
a_{n+1}+\ln(\frac{n+1}{n})&=a_n \\
a_{n+1}+\ln(n+1)-\ln n&=a_n \\
a_{n+1}+\ln(n+1)&=a_n+\ln n \\
\end{aligned}
\]
还有很多其他情况，不过我基本都忘掉了。
等到时候我又找到类似的，再写在这里吧。
总之，这东西的构造很灵活，需要结合题目来看。
如果优美等式很容易就能构造出来，那么使用这个方法是很好的；而如果你找了很长时间也没找到如何正确地构造，那还是赶紧换其他方法，不要耽误更多时间。
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