华南师范大学广东广州510631
数列是高考中常见的重点考点，而且其涉及的内容基础但运用性较强，因此题型常常较为多变。数列问题多为求解通项、求和以及运用放缩法等进行比较大小。求解通项作为求解数列问题的最基本步骤，对学生对掌握数列问题具有较为重要意义。
下面，笔者将通过具体例子总结求解数列通项的几种巧妙方法。
一、数学归纳法
数学归纳法是数学上证明与自然数N有关的命题的一种特殊方法，它主要用来研究与正整数有关的数学问题，在高中数学中常用来证明等式成立和数列通项公式成立。
例1.（2014广东）设数列{an}的前n和为sn,满足sn=2nan+1-3n2-4n（n∈N+），且s3=15。
(1)求a1，a2，a3的值。
(2)求数列{an}的通项公式。
解析：
(1)a1=s1=2a2-3×12-4×1=2a2-7①
a1+a2=s2=4a3-3×22-4×2=4（s3-a1-a2）-20=4（15-a1-a2）
∴a1+a2=8②联立①，②解得
a1=3，a2=5，∴a3=s3-a1-a2=15-8=7。
综上，a1=3,a2=5，a3=7。
(2)sn=2nan+1-3n2-4n③
∴当a≥2时，sn-1=2（n-1）an-3（n-1）2-4（n-1）④
③-④并整理得：an+1=an+，
由（1）猜想an=2n+1，以下用数学归纳法证明：
(i)由（1）知，当n=1时，a1=3=2×1+1，猜想成立；
(ii)假设当n=k时，猜想成立，即ak=2k+1，
则当n=k+1时，ak+1=ak+=·（2k+1）+3+=+3+=2k+3=2（k+1）+1，
这就是说n=k+1时，猜想也成立，从而对一切n∈N+，an=2n+1。
二、相减（加）相除（乘）法
当题目中所给等式形如“A1+A2+A3+…+An=A”或“A1·A2·A3·…·An=A”（此处An具有相似的表达式）时，即等式为同一形式表达式所加（减）或所乘（除）所得的等式时，可考虑用相减（加）或相除（乘）的方法求解数列通项。
例２：已知数列{an}满足+＋＋…＋＝n2（n∈N+），其中a1=1，求{an}的通项。
解析：由题意可得：①＋＋＋…＋=n2（n∈N+）
②＋＋＋…＋=（n-1）2（n∈N+）
①-②得：＝n2-（n-1）2=2n-1，∴an=，
又当n=1时，a1=1符合。∴an=。
例3：已知数列{an}满足··…·＝2n+1（n∈N+），其中a1=，求{an}的通项。
解析：由题意可得：①···…·=2n+1,
②···…·=2（n-1）+1=2n-1
①&pide;②得：=,∴an=（n∈N+）,
又当n=1时，a1=，符合。∴an=。
三、因式分解法
运用因式分解法求解通项时题目中所给等式一般多为含有或的二次项式。使用这种方法时，常会把条件等式分解为两个或多个相乘的因式。此时，需要对每个因式中的数量关系进行判断才能求得通项。
例4：正项数列{an}的前n项和sn满足sn2-(n2+n+1)sn-(n2+n=0（n∈N+），求{an}的通项。
解析：∵sn满足sn2-(n2+n+1)sn-(n2+n）=0①
∴当n=1时，a1=s1=2又有①可化为[sn-(n2+n)](sn+1)=0
即有sn-(n2+n)=0②成立，此时sn=n2+n或sn+1=0③成立，此时sn=-1，
又∵a1=s1=2,∴sn=-1（舍去），即②成立，∴sn=n2+n，
∴an=sn-sn-1=2n，又当n=1时，a1=2符合，∴an=2n（n∈N+）。
四、倒数法
当已知形如an+1=(s、t为非零常数，n∈N+）的关系等式时，可利用倒数法进行求解通项。得到=t+后再利用数列变换（令bn=）列定义进行求确。
例5：已知数列{an}中，a1=1，an+1=（n∈N+），求{an}的通项。
解析：∵an+1=（n∈N+），∴==2+,
移项可得：－＝2，令bn=，b1=＝1
则{bn}是首项为1，公比为2的等差数列。
∵bn=＝2n-1，∴an=＝（n∈N+）。
以上是笔者对数列通项常见求法的几种分类总结，但在实际的数列求解问题中，题目所给的条件等式往往并不能通过简单的一步两步即可求得通项。此时，我们则需要运用以上几种方法综合运用求解。因此，在学习过程中需要多总结归纳，并以此经验为基础，学会灵活综合利用各种方法，才能真正地处理好数列问题。