数列内容丰富多彩，题型千变万化.高考对本章的考查比较全面，有关数列的试题经常是综合题，常常做为后面的押轴题出现,一般都是两问或三问,而第一问又常常是与数列通项有关的题目,下面就高考试题中求数列通项公式问题做一次归纳,仅供一点参考.
一、 形如a??n+1?-a?n=f(n)型
例1 （2007年北京理科）数列{a?n}中，a?1=2，a??n+1?=a?n+cn（c是常数，n=1,2,3,…），且a?1,a?2,a?3成公比不为1的等比数列．（Ⅰ） 求C的值；（Ⅱ） 求{a?n}的通项公式．
解：（Ⅰ）易求c=2．
（Ⅱ） 由（Ⅰ）可知c=2时，a??n+1?-a?n=2n，当n≥2时，由于a?2-a?1=2，a?3-a?2=2×2，…,a?n-a??n-1?=2(n-1)，累加后，得a?n-a?1=2×［1+2+…+(n-1)］=n(n-1)，又∵ a?1=2，∴ a?n=n?2-n+2.（n=2，3…）
当n=1时，上式也成立，所以a?n=n?2-n+2(n=1,2,…)．
评注：此题中的f(n)是关于n的一次函数,累加后转化为等差数列求和，若f(n)为常数,即：a??n+1?-a?n=d,此时数列为等差数列，则a?n=a?1+(n-1)d.f(n)还可以是关于n的二次函数、指数函数、分式函数.
例2 （2009全国卷Ⅰ理）在数列{a?n}中，a?1=1，a??n+1?=1+1na?n+n+12?n
（Ⅰ） 设b?n=a?nn，求数列{b?n}的通项公式. （Ⅱ） 略.
解：（Ⅰ）由已知有a??n+1?n+1=a?nn+12?n，∴ b??n+1?-b?n=12?n，由累加法,得b?n=b?1+(b?2-b?1)+(b?3-b?2)+…+(b??n-1?-b??n-2?)+(b?n-b??n-1?)=1+12+12?2+…+12??n-2?+12??n-1?=2-12??n-1?（n∈N?*）,所以数列{b?n}的通项公式:b?n=2-12??n-1?（n∈N?*）
评注：此题变形代换后,变成{b?n}的递推关系,右边f(n)是关于n的指数函数，累加后可转化为等比数列求和.若f(n)是关于的n二次函数，累加后可分组求和;若f(n)是关于n的分式函数，累加后可裂项求和.
二、 形如a??n+1?a?n=f(n)型
例3 (2000年全国理)设{a?n}是首项为1的正项数列，且（n+1）a???2????n+1?-na??2??n+a??n+1?a?n=0（n=1，2， 3，…），则它的通项公式是a?n= .
解：已知等式可化为：（a??n+1?+a?n）［(n+1)a??n+1?-na?n］=0
∵ a?n＞0（n∈N?*） ∴ （n+1）a??n+1?-na?n=0,即a??n+1?a?n=nn+1 ∴ n≥2时，a?na??n-1?=n-1n ∴ a?n=a?na??n-1?•a??n-1?a??n-2?……a?2a?1•a?1=n-1n•n-2n-1……12•1=1n.
评注：本题是关于a?n和a??n+1?的二次齐次式，可以通过因式分解（一般用求根公式）得到a?n与a??n+1?的更为明显的关系式，从而求出a?n.当f(n)为常数，即：a??n+1?a?n=q（其中q是不为0的常数），此时数列为等比数列，a?n=a?1•q??n-1?.（2） 当f(n)为n的函数时,用累乘法.
三、 形如a??n+1?+a?n=f(n)型
例4 （2005江西文）已知数列{a?n}的前n项和S?n，满足S?n-S??n-1?=3-12??n-1?(n≥3)，且S?1=1，?S?2=-?32，求数列{a?n}的通项公式.
解：因为S?n-S??n-2?=a?n+a??n-1?所以a?n+a??n-1?=3•-12??n-1?(n≥3)，令b?n=（-1）?na?n，∴ b?n-b??n-1?=?-3•?12??n-1?（n≥3），b??n-1?-b??n-2?=-3•12??n-2?，…b?3-b?2=-3•12?2，∴ b?n=b?2-3［12??n-1?+12??n-2?+…+12?2］=b?2-3×14-14•12??n-2?1-12=b?2-32+3•12??n-1?（n≥3）.又∵ a?1=S?1=1，a?2=S?2-S?1=-32-1=-52，b?1=(-1)?1a?1=-1，b?2=(-1)?2a?2=-52，∴ b?n=-52-32+3•12??n-1?=-4+3•12??n-1?(n≥1).∴ a?n=（-1）b?n=-4•（-1）?n+3•(-1)?n•12??n-1?.
∴ a?n=4-3•12??n-1?，n为奇数.?
-4+3•12??n-1?，n为偶数.
评注：此题用构造法转化为a??n+1?-a?n=f(n)型，通过累加来求出通项;另外还可以用逐差法(两式相减)得a??n+1?-a??n-1?=f(n)-f(n-1)，分奇偶项来分求通项.有兴致的话，我们可以效仿上题的解题思想去解决形如a??n+1?•a?n=f(n)型数列通项的求法，这里不再介绍.若f(n)为常数, 它是一个周期数列，周期为2，其通项分奇数项和偶数项来讨论;
四、 形如a??n+1?=ca?n+d,（c≠0，其中a?1=a)型
例5 （2008年安徽） 设数列{a?n}满足a?1=a,a??n+1?=ca?n+1-c，c∈N?*，其中a，c为实数，且c≠0（Ⅰ）求数列{a?n}的通项公式（Ⅱ）略
解： ∵ a??n+1?-1=c（a?n-1） ∴ 当a≠1时
，{a?n-1}是首项为a-1，公比为c的等比数列.
∴ a?n-1=(a-1)c??n-1?，即a?n=(a-1)
c??n-1?+1.当a=1时，a?n=1仍满足上式.
∴ 数列{a?n}的通项公式为a?n=(a-1)c??n-1?+1(n∈N?*).
评注：若c=1时，数列{a?n}为等差数列;若d=0时，数列{a?n}为等比数列;若c≠1?d≠0时，数列{a?n}为线性递推数列，此题稍作变形就构成{a?n-1}是首项为a-1，公比为c的等比数列去求通项.也可以消去常数项,得出a??n-1?-a?n=c(a?n-a??n-1?)，构成一个等比数列来求.还可以用叠代法a?n=ca??n-1?+1-c=c?2a??n-2?+1-c?2=…=c??n-1?a?1+1-c??n-1?=(a-1)c??n-1?+1(n∈N?*)
五、 形如a??n+1?=Pa?n+f(n)型
例6 （2009全国卷Ⅱ理）设数列{a?n}的前n项和为S?n，已知a?1=1，S??n+1?=4a?n+2
（Ⅰ） 设b?n=a??n+1?-2a?n，证明数列{b?n}是等比数列
（Ⅱ） 求数列{a?n}的通项公式.
解：（Ⅰ） ∴ {b?n}是首项b?1=3，公比为２的等比数列．
（Ⅱ） 由（Ⅰ）可得b?n=a??n+1?-2a?n=3•2??n-1?，?∴ a??n+1?2??n+1??-a?n2?n=34,∴ 数列{a?n2?n}是首项为12，公差为34的等差数列．∴ a?n2?n=12+(n-1)34=34n-14，a?n=(3n-1)•2??n-2?
评注：第（Ⅱ）问中由（Ⅰ）易得a??n+1?-2a?n=3•2??n-1?，这个递推式明显是一个构造新数列的模型：a??n+1?=pa?n+q?n(p,q为常数)，主要的处理手段是两边除以q??n+1?．此题p=q=2，若p≠q≠0时还可考虑两边同除以p??n+1?通过累加法去求或用待定系数法,设q??n+1?+λ•q??n+1?=p(a?n+λ•q?n)通过比较系数，求出λ，转化为等比数列求通项.
六、 利用a?n=S?n-S??n-1?(n≥2)求通项.
例7 （2011•湖北理）已知数列{a?n}的前n项和为S?n，且满足：a?n=a(a≠0)，a??n+1?=rS?n，（n∈N?*，?r∈?R，r≠-1）.
（Ⅰ） 求数列{a?n}的通项公式；（Ⅱ） 略．
解：（Ⅰ） 由已知a??n+1?=rS?n，可得a??n+2?=rS??n+1?，两式相减可得a??n+2?-a??n+1?=r(S??n+1?-S??n?)=ra??n+1?，即a??n+2?=(r+1)a??n+1?又a?2=ra?1=ra，所以r=0时，数列{a?n}为：a，0，…，0，…；当r≠0，r≠-1时, 由已知a≠0，所以a?n≠0（n∈N?*）,于是由a??n+2?=(r+1)a??n+1?， 可得a??n+2?a??n+1?=r+1（n∈N?*）
∴ a?2，a?3，…a?n…成等比数列,∴ 当n≥2时,a?n=r(r+1)??n-2?a.
综上，数列{a?n}的通项公式为a?n=a n=1?
r(r+1)??n-2?a n≥2.
评注：此题是高考试题中出现频率较高的一种题型.一般地，如果求条件与前n项和相关的数列的通项公式，则可考虑S?n与a?n的关系求解.根据条件情况或转化为和的关系式,先求S?n的表达式,再求通项,或直接转化为项之间的关系去求通项a?n应当引起重视.
当然,求数列通项类型题不止上面所举几例,如还有a?n=pa??n-1?ra??n-1?+s(p,r,s≠0)(见2011 广东卷)取倒数法. 形如a??n+1?=pa??r??n(其中p,r为常数)型（1）p＞0，a?n＞0用对数法.（2） p＜0时 ,用叠代法. 形如a??n+2?=aa??n+1?+ba?n的递推数列,根据a，b关系可以分别采用转化法,待定系数法,特征根法等,这里不再一一介绍.