数列解题技巧归纳总结-打印
(完整版)数列题型及解题方法归纳总结
知识框架111111(2)(2)(1)(1)()22()n n n n n n m p q n n n n a q n a a a qa a d n a a n d n n n S a a na d a a a a m n p q --=≥=⎧⎪←⎨⎪⎩-=≥⎧⎪=+-⎪⎪-⎨=+=+⎪⎪+=++=+⎪⎩两个基等比数列的定义本数列等比数列的通项公式等比数列数列数列的分类数列数列的通项公式函数角度理解的概念数列的递推关系等差数列的定义等差数列的通项公式等差数列等差数列的求和公式等差数列的性质1111(1)(1)11(1)()n n n n m p q a a q a q q q q S na q a a a a m n p q ---=≠--===+=+⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎨⎪⎨⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎩⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩⎧⎨⎩⎩等比数列的求和公式等比数列的性质公式法分组求和错位相减求和数列裂项求和求和倒序相加求和累加累积归纳猜想证明分期付款数列的应用其他⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪掌握了数列的基本知识，特别是等差、等比数列的定义、通项公式、求和公式及性质，掌握了典型题型的解法和数学思想法的应用，就有可能在高考中顺利地解决数列问题。
一、典型题的技巧解法 1、求通项公式 （1）观察法。
（2）由递推公式求通项。
对于由递推公式所确定的数列的求解，通常可通过对递推公式的变换转化成等差数列或等比数列问题。
(1)递推式为a n+1=a n +d 及a n+1=qa n （d ，q 为常数） 例1、 已知{a n }满足a n+1=a n +2，而且a 1=1。
求a n 。
例1、解 ∵a n+1-a n =2为常数 ∴{a n }是首项为1，公差为2的等差数列∴a n =1+2（n-1） 即a n =2n-1 例2、已知{}n a 满足112n n a a +=，而12a =，求n a =？（2）递推式为a n+1=a n +f （n ）例3、已知{}n a 中112a =，12141n n a a n +=+-，求n a . 解： 由已知可知)12)(12(11-+=-+n n a a n n )121121(21+--=n n令n=1，2，…，（n-1），代入得（n-1）个等式累加，即（a 2-a 1）+（a 3-a 2）+…+（a n -a n-1）2434)1211(211--=--+=n n n a a n ★ 说明 只要和f （1）+f （2）+…+f （n-1）是可求的，就可以由a n+1=a n +f （n ）以n=1，2，…，（n-1）代入，可得n-1个等式累加而求a n 。
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1知识框架111111(2)(2)(1)(1)()22()n n n n n n m p q n n n n a q n a a a qa a d n a a n d n n n S a a na d a a a a m n p q --=≥=⎧⎪←⎨⎪⎩-=≥⎧⎪=+-⎪⎪-⎨=+=+⎪⎪+=++=+⎪⎩两个基等比数列的定义本数列等比数列的通项公式等比数列数列数列的分类数列数列的通项公式函数角度理解的概念数列的递推关系等差数列的定义等差数列的通项公式等差数列等差数列的求和公式等差数列的性质1111(1)(1)11(1)()n n n n m p q a a q a q q q q S na q a a a a m n p q ---=≠--===+=+⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎨⎪⎨⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎩⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩⎧⎨⎩⎩等比数列的求和公式等比数列的性质公式法分组求和错位相减求和数列裂项求和求和倒序相加求和累加累积归纳猜想证明分期付款数列的应用其他⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪掌握了数列的基本知识，特别是等差、等比数列的定义、通项公式、求和公式及性质，掌握了典型题型的解法和数学思想法的应用，就有可能在高考中顺利地解决数列问题。
一、典型题的技巧解法 1、求通项公式 （1）观察法。
（2）由递推公式求通项。
对于由递推公式所确定的数列的求解，通常可通过对递推公式的变换转化成等差数列或等比数列问题。
(1)递推式为a n+1=a n +d 及a n+1=qa n （d ，q 为常数） 例1、 已知{a n }满足a n+1=a n +2，而且a 1=1。
求a n 。
例1、解 ∵a n+1-a n =2为常数 ∴{a n }是首项为1，公差为2的等差数列∴a n =1+2（n-1） 即a n =2n-1 例2、已知{}n a 满足112n n a a +=，而12a =，求n a =？（2）递推式为a n+1=a n +f （n ）例3、已知{}n a 中112a =，12141n n a a n +=+-，求n a . 解： 由已知可知)12)(12(11-+=-+n n a a n n )121121(21+--=n n令n=1，2，…，（n-1），代入得（n-1）个等式累加，即（a 2-a 1）+（a 3-a 2）+…+（a n -a n-1）22434)1211(211--=--+=n n n a a n ★ 说明 只要和f （1）+f （2）+…+f （n-1）是可求的，就可以由a n+1=a n +f （n ）以n=1，2，…，（n-1）代入，可得n-1个等式累加而求a n 。
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1知识框架111111(2)(2)(1)(1)()22()n n n n n n m p q n n n n a q n a a a qa a d n a a n d n n n S a a na d a a a a m n p q --=≥=⎧⎪←⎨⎪⎩-=≥⎧⎪=+-⎪⎪-⎨=+=+⎪⎪+=++=+⎪⎩两个基等比数列的定义本数列等比数列的通项公式等比数列数列数列的分类数列数列的通项公式函数角度理解的概念数列的递推关系等差数列的定义等差数列的通项公式等差数列等差数列的求和公式等差数列的性质1111(1)(1)11(1)()n n n n m p q a a q a q q q q S na q a a a a m n p q ---=≠--===+=+⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎨⎪⎨⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎩⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩⎧⎨⎩⎩等比数列的求和公式等比数列的性质公式法分组求和错位相减求和数列裂项求和求和倒序相加求和累加累积归纳猜想证明分期付款数列的应用其他⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪掌握了数列的基本知识，特别是等差、等比数列的定义、通项公式、求和公式及性质，掌握了典型题型的解法和数学思想法的应用，就有可能在高考中顺利地解决数列问题。
一、典型题的技巧解法 1、求通项公式 （1）观察法。
（2）由递推公式求通项。
对于由递推公式所确定的数列的求解，通常可通过对递推公式的变换转化成等差数列或等比数列问题。
(1)递推式为a n+1=a n +d 及a n+1=qa n （d ，q 为常数） 例1、 已知{a n }满足a n+1=a n +2，而且a 1=1。
求a n 。
例1、解 ∵a n+1-a n =2为常数 ∴{a n }是首项为1，公差为2的等差数列∴a n =1+2（n-1） 即a n =2n-1 例2、已知{}n a 满足112n n a a +=，而12a =，求n a =？（2）递推式为a n+1=a n +f （n ）例3、已知{}n a 中112a =，12141n n a a n +=+-，求n a . 解： 由已知可知)12)(12(11-+=-+n n a a n n )121121(21+--=n n令n=1，2，…，（n-1），代入得（n-1）个等式累加，即（a 2-a 1）+（a 3-a 2）+…+（a n -a n-1）2434)1211(211--=--+=n n n a a n ★ 说明 只要和f （1）+f （2）+…+f （n-1）是可求的，就可以由a n+1=a n +f （n ）以n=1，2，…，（n-1）代入，可得n-1个等式累加而求a n 。
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知识框架111111(2)(2)(1)(1)()22()n n n n n n m p q n n n n a q n a a a qa a d n a a n d n n n S a a na d a a a a m n p q --=≥=⎧⎪←⎨⎪⎩-=≥⎧⎪=+-⎪⎪-⎨=+=+⎪⎪+=++=+⎪⎩两个基等比数列的定义本数列等比数列的通项公式等比数列数列数列的分类数列数列的通项公式函数角度理解的概念数列的递推关系等差数列的定义等差数列的通项公式等差数列等差数列的求和公式等差数列的性质1111(1)(1)11(1)()n n n n m p q a a q a q q q q S na q a a a a m n p q ---=≠--===+=+⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎨⎪⎨⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎩⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩⎧⎨⎩⎩等比数列的求和公式等比数列的性质公式法分组求和错位相减求和数列裂项求和求和倒序相加求和累加累积归纳猜想证明分期付款数列的应用其他⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪掌握了数列的基本知识，特别是等差、等比数列的定义、通项公式、求和公式及性质，掌握了典型题型的解法和数学思想法的应用，就有可能在高考中顺利地解决数列问题。
一、典型题的技巧解法 1、求通项公式 （1）观察法。
（2）由递推公式求通项。
对于由递推公式所确定的数列的求解，通常可通过对递推公式的变换转化成等差数列或等比数列问题。
(1)递推式为a n+1=a n +d 及a n+1=qa n （d ，q 为常数） 例1、 已知{a n }满足a n+1=a n +2，而且a 1=1。
求a n 。
例1、解 ∵a n+1-a n =2为常数 ∴{a n }是首项为1，公差为2的等差数列∴a n =1+2（n-1） 即a n =2n-1 例2、已知{}n a 满足112n n a a +=，而12a =，求n a =？（2）递推式为a n+1=a n +f （n ）例3、已知{}n a 中112a =，12141n n a a n +=+-，求n a . 解： 由已知可知)12)(12(11-+=-+n n a a n n )121121(21+--=n n令n=1，2，…，（n-1），代入得（n-1）个等式累加，即（a 2-a 1）+（a 3-a 2）+…+（a n -a n-1）2434)1211(211--=--+=n n n a a n ★ 说明 只要和f （1）+f （2）+…+f （n-1）是可求的，就可以由a n+1=a n +f （n ）以n=1，2，…，（n-1）代入，可得n-1个等式累加而求a n 。
数列解题方法总结
数列解题方法总结数列是数学中一个重要的概念，它是由一组按照一定规律排列的数所组成的序列。
解决数列问题是数学学习中的一个重要内容，也是数学建模和应用问题中常常遇到的情况。
本文将总结一些常见的数列解题方法，并且展开讨论它们的应用。
一、等差数列的解题方法：等差数列是最常见的一类数列，它的特点是任意两个相邻的项之间的差值都相等。
解决等差数列问题的方法非常简单，可以利用等差数列的通项公式来求解。
通项公式为：an = a1 + (n-1)d，其中an表示第n项，a1表示首项，d表示公差。
应用等差数列的解题方法可以解决一些简单的数学问题，如求和、确定项数等。
二、等比数列的解题方法：等比数列是一种特殊的数列，它的特点是任意两个相邻的项之间的比值都相等。
解决等比数列问题的方法也比较简单，可以利用等比数列的通项公式来求解。
通项公式为：an = a1 * r^(n-1)，其中an表示第n项，a1表示首项，r表示公比。
应用等比数列的解题方法可以解决一些和增长、衰减、利率等有关的问题。
三、斐波那契数列的解题方法：斐波那契数列是一种特殊的数列，它的特点是每一项都是前两项的和。
解决斐波那契数列问题的方法相对复杂一些，可以利用递推关系式来求解。
递推关系式为：an = an-1 + an-2，其中an表示第n项。
应用斐波那契数列的解题方法可以解决一些和排列组合、递归、动态规划等有关的问题。
四、其他数列的解题方法：除了上述三种常见的数列，还有一些其他类型的数列，如等差等差数列、等比等比数列、二次数列等等。
解决这些数列问题的方法也各不相同，需要根据具体情况来选择。
可以利用数列的性质、递推关系、通项公式等方法来解决问题。
总之，解决数列问题需要灵活运用数学知识和方法，理解数列的特点和规律，并且应用数列的解题方法来进行推理和计算。
通过不断的练习和探索，可以提高解决数列问题的能力，培养数学思维和解决实际问题的能力。
数列解题技巧归纳总结
等差数列前n 项和的最值问题：1、假设等差数列{}n a 的首项10a >，公差0d <，那么前n 项和n S 有最大值。
〔ⅰ〕假设通项n a ，那么n S 最大⇔10n n a a +≥⎧⎨≤⎩；〔ⅱ〕假设2n S pn qn =+，那么当n 取最靠近2qp-的非零自然数时n S 最大； 2、假设等差数列{}n a 的首项10a <，公差0d >，那么前n 项和n S 有最小值 〔ⅰ〕假设通项n a ，那么n S 最小⇔10n n a a +≤⎧⎨≥⎩；〔ⅱ〕假设2n S pn qn =+，那么当n 取最靠近2qp-的非零自然数时n S 最小； 数列通项的求法：⑴公式法：①等差数列通项公式；②等比数列通项公式。
⑵n S 〔即12()n a a a f n +++=〕求n a ，用作差法：{11,(1),(2)n n n S n a S S n -==-≥。
12()n a a a f n =求n a ，用作商法：(1),(1)(),(2)(1)n f n f n a n f n =⎧⎪=⎨≥⎪-⎩。
⑶条件中既有n S 还有n a ，有时先求n S ，再求n a ；有时也可直接求n a 。
⑷假设1()n n a a f n +-=求n a 用累加法：11221()()()n n n n n a a a a a a a ---=-+-++- 1a +(2)n ≥。
⑸1()n n a f n a +=求n a ，用累乘法：121121n n n n n a a aa a a a a ---=⋅⋅⋅⋅(2)n ≥。
⑹递推关系求n a ，用构造法〔构造等差、等比数列〕。
特别地，〔1〕形如1n n a ka b -=+、1n n n a ka b -=+〔,k b 为常数〕的递推数列都可以用待定系数法转化为公比为k 的等比数列后，再求n a ；形如1n n n a ka k -=+的递推数列都可以除以nk 得到一个等差数列后，再求n a 。
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1知识框架111111(2)(2)(1)(1)()22()n n n n n n m p q n n n n a q n a a a qa a d n a a n d n n n S a a na d a a a a m n p q --=≥=⎧⎪←⎨⎪⎩-=≥⎧⎪=+-⎪⎪-⎨=+=+⎪⎪+=++=+⎪⎩两个基等比数列的定义本数列等比数列的通项公式等比数列数列数列的分类数列数列的通项公式函数角度理解的概念数列的递推关系等差数列的定义等差数列的通项公式等差数列等差数列的求和公式等差数列的性质1111(1)(1)11(1)()n n n n m p q a a q a q q q q S na q a a a a m n p q ---=≠--===+=+⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎨⎪⎨⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎩⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩⎧⎨⎩⎩等比数列的求和公式等比数列的性质公式法分组求和错位相减求和数列裂项求和求和倒序相加求和累加累积归纳猜想证明分期付款数列的应用其他⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪掌握了数列的基本知识，特别是等差、等比数列的定义、通项公式、求和公式及性质，掌握了典型题型的解法和数学思想法的应用，就有可能在高考中顺利地解决数列问题。
一、典型题的技巧解法 1、求通项公式 （1）观察法。
（2）由递推公式求通项。
对于由递推公式所确定的数列的求解，通常可通过对递推公式的变换转化成等差数列或等比数列问题。
(1)递推式为a n+1=a n +d 及a n+1=qa n （d ，q 为常数） 例1、 已知{a n }满足a n+1=a n +2，而且a 1=1。
求a n 。
例1、解 ∵a n+1-a n =2为常数 ∴{a n }是首项为1，公差为2的等差数列∴a n =1+2（n-1） 即a n =2n-1 例2、已知{}n a 满足112n n a a +=，而12a =，求n a =？（2）递推式为a n+1=a n +f （n ）例3、已知{}n a 中112a =，12141n n a a n +=+-，求n a . 解： 由已知可知)12)(12(11-+=-+n n a a n n )121121(21+--=n n令n=1，2，…，（n-1），代入得（n-1）个等式累加，即（a 2-a 1）+（a 3-a 2）+…+（a n -a n-1）22434)1211(211--=--+=n n n a a n ★ 说明 只要和f （1）+f （2）+…+f （n-1）是可求的，就可以由a n+1=a n +f （n ）以n=1，2，…，（n-1）代入，可得n-1个等式累加而求a n 。
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1知识框架111111(2)(2)(1)(1)()22()n n n n n n m p q n n n n a q n a a a qa a d n a a n d n n n S a a na d a a a a m n p q --=≥=⎧⎪←⎨⎪⎩-=≥⎧⎪=+-⎪⎪-⎨=+=+⎪⎪+=++=+⎪⎩两个基等比数列的定义本数列等比数列的通项公式等比数列数列数列的分类数列数列的通项公式函数角度理解的概念数列的递推关系等差数列的定义等差数列的通项公式等差数列等差数列的求和公式等差数列的性质1111(1)(1)11(1)()n n n n m p q a a q a q q q q S na q a a a a m n p q ---=≠--===+=+⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎨⎪⎨⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎩⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩⎧⎨⎩⎩等比数列的求和公式等比数列的性质公式法分组求和错位相减求和数列裂项求和求和倒序相加求和累加累积归纳猜想证明分期付款数列的应用其他⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪掌握了数列的基本知识，特别是等差、等比数列的定义、通项公式、求和公式及性质，掌握了典型题型的解法和数学思想法的应用，就有可能在高考中顺利地解决数列问题。
一、典型题的技巧解法 1、求通项公式 （1）观察法。
（2）由递推公式求通项。
对于由递推公式所确定的数列的求解，通常可通过对递推公式的变换转化成等差数列或等比数列问题。
(1)递推式为a n+1=a n +d 及a n+1=qa n （d ，q 为常数） 例1、 已知{a n }满足a n+1=a n +2，而且a 1=1。
求a n 。
例1、解 ∵a n+1-a n =2为常数 ∴{a n }是首项为1，公差为2的等差数列∴a n =1+2（n-1） 即a n =2n-1 例2、已知{}n a 满足112n n a a +=，而12a =，求n a =？（2）递推式为a n+1=a n +f （n ）例3、已知{}n a 中112a =，12141n n a a n +=+-，求n a . 解： 由已知可知)12)(12(11-+=-+n n a a n n )121121(21+--=n n令n=1，2，…，（n-1），代入得（n-1）个等式累加，即（a 2-a 1）+（a 3-a 2）+…+（a n -a n-1）22434)1211(211--=--+=n n n a a n ★ 说明 只要和f （1）+f （2）+…+f （n-1）是可求的，就可以由a n+1=a n +f （n ）以n=1，2，…，（n-1）代入，可得n-1个等式累加而求a n 。
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pn2 qn ，则当 n 取最靠近
q 的非零自然数时 Sn 最大；
2p
2、若等差数列 an 的首项 a1 0 ，公差 d 0 ，则前 n 项和 Sn 有最小值
（ⅰ）若已知通项 an ，则 Sn 最小
an
0
；
an 1 0
（ⅱ）若已知 Sn
pn2 qn ，则当 n 取最靠近
q 的非零自然数时 Sn 最小；
an
an 1
可裂项为：
1
an an 1
11 (
d an
1 )，
1
an 1
an
an 1
1
( d
an 1
an )
等差数列前 n 项和的最值问题 ：
1、若等差数列 an 的首项 a1 0 ，公差 d 0 ，则前 n 项和 Sn 有最大值。
（ⅰ）若已知通项 an ，则 Sn 最大
an
0
；
an 1 0
（ⅱ）若已知 Sn
知识框架
数列 的概念
数列的分类 数列的通项公式 数列的递推关系
函数角度理解
两个基 本数列
数列
等差数列
等差数列的定义 an 等差数列的通项公式 等差数列的求和公式 等差数列的性质 an
an 1 d (n 2)
an a1 (n 1)d
Sn n ( a1 an ) na1 n( n 1) d
2
2
am a p aq ( m n p q)
（ n 1时， a1 S1， n 2时， a n Sn Sn 1）
3、求差（商）法
如： a n 满足 1 a1 2
1 22
a2
……
1 2n
an
2n 5
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1知识框架111111(2)(2)(1)(1)()22()n n n n n n m p q n n n n a q n a a a qa a d n a a n d n n n S a a na d a a a a m n p q --=≥=⎧⎪←⎨⎪⎩-=≥⎧⎪=+-⎪⎪-⎨=+=+⎪⎪+=++=+⎪⎩两个基等比数列的定义本数列等比数列的通项公式等比数列数列数列的分类数列数列的通项公式函数角度理解的概念数列的递推关系等差数列的定义等差数列的通项公式等差数列等差数列的求和公式等差数列的性质1111(1)(1)11(1)()n n n n m p q a a q a q q q q S na q a a a a m n p q ---=≠--===+=+⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎨⎪⎨⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎩⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩⎧⎨⎩⎩等比数列的求和公式等比数列的性质公式法分组求和错位相减求和数列裂项求和求和倒序相加求和累加累积归纳猜想证明分期付款数列的应用其他⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪掌握了数列的基本知识，特别是等差、等比数列的定义、通项公式、求和公式及性质，掌握了典型题型的解法和数学思想法的应用，就有可能在高考中顺利地解决数列问题。
一、典型题的技巧解法 1、求通项公式 （1）观察法。
（2）由递推公式求通项。
对于由递推公式所确定的数列的求解，通常可通过对递推公式的变换转化成等差数列或等比数列问题。
(1)递推式为a n+1=a n +d 及a n+1=qa n （d ，q 为常数） 例1、 已知{a n }满足a n+1=a n +2，而且a 1=1。
求a n 。
例1、解 ∵a n+1-a n =2为常数 ∴{a n }是首项为1，公差为2的等差数列∴a n =1+2（n-1） 即a n =2n-1 例2、已知{}n a 满足112n n a a +=，而12a =，求n a =？（2）递推式为a n+1=a n +f （n ）例3、已知{}n a 中112a =，12141n n a a n +=+-，求n a . 解： 由已知可知)12)(12(11-+=-+n n a a n n )121121(21+--=n n令n=1，2，…，（n-1），代入得（n-1）个等式累加，即（a 2-a 1）+（a 3-a 2）+…+（a n -a n-1）22434)1211(211--=--+=n n n a a n ★ 说明 只要和f （1）+f （2）+…+f （n-1）是可求的，就可以由a n+1=a n +f （n ）以n=1，2，…，（n-1）代入，可得n-1个等式累加而求a n 。
数列知识点与常用解题方法归纳总结
数列知识点及常用解题方法归纳总结一、等差数列的定义与性质定义： a n 1 a n d ( d为常数 ) ， an a1n 1 d等差中项： x，A ， y成等差数列2A x ya1a n n n n1前 n项和 S n na12d2性质：a n是等差数列（1）若 m n p q，则 a m a n a p a q；（ 2）数列a2 n 1， a2 n， ka n b 仍为等差数列；S n，S2 n S n，S3n S2n⋯⋯仍为等差数列；（ 3）若三个数成等差数列，可设为 a d，a，a d；（ 4）若 a n， b n是等差数列 S n， T n为前 n项和，则amS2m1；b mT2 m1（ 5） a n为等差数列S n an2bn（ a， b为常数，是关于n的常数项为0的二次函数）S n的最值可求二次函数S n an2bn的最值；或者求出 a n中的正、负分界项，即：当a10， da n00，解不等式组可得 S n达到最大值时的 n值。
a n10当a10， d0，由a n0可得 S n达到最小值时的 n值。
a n10如：等差数列 a n， S n18，a n an 1an 23，S31，则 n（由 a n an 1an 2 3 3a n 13，∴ a n 11又 S a1a3 · 3 3a2，∴a21313 211 na 1a n n a 2an 1· n318n 27）∴ S n222二、等比数列的定义与性质定义： an1q （ q 为常数， q0）， a n a 1 q n 1a n等比中项： x 、G 、 y 成等比数列G 2 xy ，或 Gxyna 1 (q 1)前n 项和： S na 1 1q n 1)（要注意 ! ）1(qq性质： a n 是等比数列（1）若 m n p q ，则 a m · a na p ·a q（ 2）S n ，S 2n S n ， S 3 n S 2 n ⋯⋯仍为等比数列三、求数列通项公式的常用方法1、公式法2、 由S n 求a n ；（n1时， a 1 S 1 ，n2时， a nS n S n 1）3、求差（商）法如： a n 满足 1a 112 a 2⋯⋯1n a n2n 512 221解： n1时， 2a12 1 5，∴ a 114n 2 时，11 a 2⋯⋯1an 12n 1 522a1222 n 112 得：1a n 2 ， ∴ a n2n 1， ∴ a n14 (n 1)2n 1(n2)2 n［练习］数列 a n 满足 S nS n 15a n 1 ， a 14，求 a n3（注意到 a n 1S n 1 S n 代入得：S n 14S n又 S 1 4，∴ S n 是等比数列， S n4 n24、叠乘法例如：数列 a n 中， a 1an 1n3，a nn ，求 a n1解： a 2 · a 3 ⋯⋯ a n1 ·2 ⋯⋯ n 1 ，∴ a n1a 1a 2an 123na 1 n又 a 13，∴ a n3 n5、等差型递推公式由a na n 1 f (n) ，a 1 a 0 ，求 a n ，用迭加法n 2时， a 2a 1 f (2)a 3 a 2f (3) 两边相加，得：⋯⋯⋯⋯a na n1f (n)a n a 1 f (2) f ( 3) ⋯⋯ f ( n)∴a na 0f (2) f (3) ⋯⋯f (n)［练习］数列 a n ， a 1 1， a n 3n 1a n 1 n 2 ，求 a n（ a n13n1 ）26、等比型递推公式a n ca n 1d c 、 d 为常数， c0， c 1， d 0可转化为等比数列，设 a n xc a n 1xa n ca n 1 c 1 x令 (c 1)xd ，∴ xdc 1∴ a ndd1是首项为 a 1， c 为公比的等比数列cc 1∴ a nd a 1c d · c n 1c 11∴ a na 1d c n 1d［练习］数列 a n 满足 a 19， 3a n 1a n 4，求 a n4n 1（a n81）37、倒数法例如： a 11， a n 12a n，求 a n1a n 2 1 1 a n， 由已知得：2 a n2a n 12a n11 1 ，1为等差数列，1，公差为1a n2a na 12an 11 1 n 1 ·1 1n 1， ∴ a n2n1a n2 2 三、 求数列前 n 项和的常用方法1、公式法：等差、等比前n 项和公式2、裂项法：把数列各项拆成两项或多项之和，使之出现成对互为相反数的项。
数列解题技巧归纳总结 好(5份)
数列解题技巧归纳总结好(5份)一、典型题的技巧解法1、求通项公式（1）观察法。
（2）由递推公式求通项。
对于由递推公式所确定的数列的求解，通常可通过对递推公式的变换转化成等差数列或等比数列问题。
(1)递推式为an+1=an+d及an+1=qan（d，q为常数）例1、已知{an}满足an+1=an+2，而且a1=1。
求an。
例1、解∵an+1-an=2为常数∴{an}是首项为1，公差为2的等差数列∴an=1+2（n-1）即an=2n-1例2、已知满足，而，求=？（2）递推式为an+1=an+f（n）例3、已知中，，求、解：由已知可知令n=1，2，…，（n-1），代入得（n-1）个等式累加，即（a2-a1）+（a3-a2）+…+（an-an-1）★ 说明只要和f （1）+f（2）+…+f（n-1）是可求的，就可以由an+1=an+f（n）以n=1，2，…，（n-1）代入，可得n-1个等式累加而求an。
(3)递推式为an+1=pan+q（p，q为常数）例4、中，，对于n＞1（n∈N）有，求、解法一：由已知递推式得an+1=3an+2，an=3an-1+2。
两式相减：an+1-an=3（an-an-1）因此数列{an+1-an}是公比为3的等比数列，其首项为a2-a1=（31+2）-1=4∴an+1-an=43n-1 ∵an+1=3an+2∴3an+2-an=43n-1 即 an=23n-1-1解法二：上法得{an+1-an}是公比为3的等比数列，于是有：a2-a1=4，a3-a2=43，a4-a3=432，…，an-an-1=43n-2，把n-1个等式累加得：∴an=23n-1-1(4)递推式为an+1=p an+q n（p，q为常数）由上题的解法，得：∴ (5)递推式为思路：设,可以变形为：，想于是{an+1-αan}是公比为β的等比数列，就转化为前面的类型。
求。
(6)递推式为Sn与an的关系式关系；（2）试用n表示an。
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可转化为等比数列，设a n x c a n1 x
例如：数列a n 中，a1
3，
a n1 an
n
n
1
，求a
n
a n ca n1 c 1x
解： a 2 · a 3 …… a n 1 · 2 …… n 1 ，∴ a n 1
a1 a2
a n1 2 3
1、公式法
可能是分段形式。 数列求和的常用方法：
2、 由S n 求a n
（1）公式法：①等差数列求和公式；②等比数列求和公式。
（2）分组求和法：在直接运用公式法求和有困难时，常将“和式”中“同类
项”先合并在一起，再运用公式法求和。
（3）倒序相加法：若和式中到首尾距离相等的两项和有其共性或数列的通项
与组合数相关联，则常可考虑选用倒序相加法，发挥其共性的作用求和（这
an=3（an-an-1）
因此数列{an+1-an}是公比为 3 的等比数列，其首项为 a2-a1=（3×1+2）-
1=4
∴an+1-an=4·3n-1
∵an+1=3an+2 ∴3an+2-an=4·3n-1
即
an=2·3n-1-1 解法二： 上法得{an+1-an}是公比为 3 的等比数列，于是有：a2-a1=4，a3-
⑵已知 Sn （即 a1 a2 an f (n) ）求 an ，用作差法：
我去人也就有人！为UR扼腕入站内信不存在向你偶同意调剖沙龙课反倒是龙卷风前一天
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an1
d或 an1 an1
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n 2时，a n Sn Sn1 …… 3·4 n1
a n ca n1 d c、d为常数，c 0，c 1，d 0
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可转化为等比数列，设a n x c a n1 x
例如：数列a n 中，a1
3，
a n1 an
n n 1 ，求an
a n ca n1 c 1x
解： a 2 · a 3 …… a n 1 · 2 …… n 1 ，∴ a n 1
a1 a2
a n1 2 3
n
a1 n
又a 1
3，∴a n
3 n
5、等差型递推公式
由a n a n1 f (n)，a1 a 0，求a n ，用迭加法
令(c 1)x d，∴x d c1
（3）形如 an1 ank 的递推数列都可以用对数法求通项。
（7）（理科）数学归纳法。
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an1
d或 an1 an1
q 时，分奇数项偶数项讨论，结果
求数列通项公式的常用方法：
1、公式法
可能是分段形式。 数列求和的常用方法：
2、 由S n 求a n
∴a n
c
d
1是首项为a
1
c
d ，c为公比的等比数列 1
∴a n
c
d 1
a1
c
d
1
·c
n
1
n
2时，a 2 a3
a1 a2
f (2)
f
(3)
两边相加，得：
…… ……
a n a n1 f (n)
数列题型及解题方法归纳总结
数列题型及解题方法归纳总结一、等差数列等差数列是指数列中的相邻项之差都相等的数列。
下面对等差数列的题型及解题方法进行归纳总结。
1. 求第n项的值设等差数列的首项为a，公差为d，第n项的值为an，则有公式：an = a + (n-1)d2. 求前n项和设等差数列的首项为a，公差为d，前n项和为Sn，则有公式：Sn = (n/2)(2a + (n-1)d)3. 求公差已知等差数列的首项为a，第m项与第n项的和为s，则公差d的值可以通过以下公式计算得出：d = (sm - sn)/(m - n)4. 求项数已知等差数列的首项为a，公差为d，第n项的值为an，可以通过以下公式求解项数n：n = (an - a)/d + 15. 应用题解题思路在解等差数列应用题时，关键是要找到规律。
可以通过观察数列的特点，列出方程，再解方程求解。
二、等比数列等比数列是指数列中的相邻项之比都相等的数列。
下面对等比数列的题型及解题方法进行归纳总结。
1. 求第n项的值设等比数列的首项为a，公比为q，第n项的值为an，则有公式：an = a * q^(n-1)2. 求前n项和（当公比q不等于1时）设等比数列的首项为a，公比为q，前n项和为Sn，则有公式：Sn = a * (q^n - 1) / (q - 1)3. 求前n项和（当公比q等于1时）当公比q等于1时，等比数列的前n项和为n * a。
4. 求公比已知等比数列的首项为a，第m项与第n项的比为r，则公比q的值可以通过以下公式计算得出：q = (an / am)^(1/(n-m))5. 求项数已知等比数列的首项为a，公比为q，第n项的值为an，可以通过以下公式求解项数n：n = log(an/a) / log(q)6. 应用题解题思路在解等比数列应用题时，关键是要找到规律。
可以通过观察数列的特点，列出方程，再解方程求解。
三、斐波那契数列斐波那契数列是指数列中第一、第二项为1，后续项为前两项之和的数列。
数列解题技巧归纳总结_打印
等差数列前n 项和的最值问题：1、假设等差数列{}n a 的首项10a >，公差0d <，那么前n 项和n S 有最大值。
〔ⅰ〕假设通项n a ，那么n S 最大⇔10n n a a +≥⎧⎨≤⎩；〔ⅱ〕假设2n S pn qn =+，那么当n 取最靠近2qp-的非零自然数时n S 最大； 2、假设等差数列{}n a 的首项10a <，公差0d >，那么前n 项和n S 有最小值 〔ⅰ〕假设通项n a ，那么n S 最小⇔10n n a a +≤⎧⎨≥⎩；〔ⅱ〕假设2n S pn qn =+，那么当n 取最靠近2qp-的非零自然数时n S 最小； 数列通项的求法：⑴公式法：①等差数列通项公式；②等比数列通项公式。
⑵n S 〔即12()n a a a f n +++=〕求n a ，用作差法：{11,(1),(2)n n n S n a S S n -==-≥。
12()n a a a f n =求n a ，用作商法：(1),(1)(),(2)(1)n f n f n a n f n =⎧⎪=⎨≥⎪-⎩。
⑶条件中既有n S 还有n a ，有时先求n S ，再求n a ；有时也可直接求n a 。
⑷假设1()n n a a f n +-=求n a 用累加法：11221()()()n n n n n a a a a a a a ---=-+-++- 1a +(2)n ≥。
⑸1()n n a f n a +=求n a ，用累乘法：121121n n n n n a a aa a a a a ---=⋅⋅⋅⋅(2)n ≥。
⑹递推关系求n a ，用构造法〔构造等差、等比数列〕。
特别地，〔1〕形如1n n a ka b -=+、1n n n a ka b -=+〔,k b 为常数〕的递推数列都可以用待定系数法转化为公比为k 的等比数列后，再求n a ；形如1n n n a ka k -=+的递推数列都可以除以nk 得到一个等差数列后，再求n a 。
数列题型及解题方法归纳总结
知识框架111111(2)(2)(1)(1)()22()n n n n n n m p q n n n n a q n a a a qa a d n a a n d n n n S a a na d a a a a m n p q --=≥=⎧⎪←⎨⎪⎩-=≥⎧⎪=+-⎪⎪-⎨=+=+⎪⎪+=++=+⎪⎩两个基等比数列的定义本数列等比数列的通项公式等比数列数列数列的分类数列数列的通项公式函数角度理解的概念数列的递推关系等差数列的定义等差数列的通项公式等差数列等差数列的求和公式等差数列的性质1111(1)(1)11(1)()n n n n m p q a a q a q q q q S na q a a a a m n p q ---=≠--===+=+⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎨⎪⎨⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎩⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩⎧⎨⎩⎩等比数列的求和公式等比数列的性质公式法分组求和错位相减求和数列裂项求和求和倒序相加求和累加累积归纳猜想证明分期付款数列的应用其他⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪掌握了数列的基本知识，特别是等差、等比数列的定义、通项公式、求和公式及性质，掌握了典型题型的解法和数学思想法的应用，就有可能在高考中顺利地解决数列问题。
一、典型题的技巧解法1、求通项公式（1）观察法。
（2）由递推公式求通项。
对于由递推公式所确定的数列的求解，通常可通过对递推公式的变换转化成等差数列或等比数列问题。
(1)递推式为a n+1=a n +d 及a n+1=qa n （d ，q 为常数） 例1、 已知{a n }满足a n+1=a n +2，而且a 1=1。
求a n 。
例1、解 ∵a n+1-a n =2为常数 ∴{a n }是首项为1，公差为2的等差数列∴a n =1+2（n-1） 即a n =2n-1 例2、已知{}n a 满足112n n a a +=，而12a =，求n a =？（2）递推式为a n+1=a n +f （n ）例3、已知{}n a 中112a =，12141n n a a n +=+-，求n a . 解： 由已知可知)12)(12(11-+=-+n n a a n n )121121(21+--=n n令n=1，2，…，（n-1），代入得（n-1）个等式累加，即（a 2-a 1）+（a 3-a 2）+…+（a n -a n-1）2434)1211(211--=--+=n n n a a n ★ 说明 只要和f （1）+f （2）+…+f （n-1）是可求的，就可以由a n+1=a n +f （n ）以n=1，2，…，（n-1）代入，可得n-1个等式累加而求a n 。
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数列解题技巧归纳总结-打印等差数列前n 项和的最值问题：1、若等差数列{}na 的首项1a>，公差0d <，则前n 项和nS 有最大值。
（ⅰ）若已知通项na ，则nS 最大⇔1nn aa+≥⎧⎨≤⎩； （ⅱ）若已知2nS pn qn=+，则当n 取最靠近2q p -的非零自然数时nS 最大；2、若等差数列{}na 的首项10a <，公差0d >，则前n 项和nS 有最小值（ⅰ）若已知通项na ，则nS 最小⇔1nn aa+≤⎧⎨≥⎩； （ⅱ）若已知2nS pn qn=+，则当n 取最靠近2q p -的非零自然数时nS 最小；数列通项的求法：⑴公式法：①等差数列通项公式；②等比数列通项公式。
⑵已知nS （即12()na a a f n +++=）求na ，用作差法：{11,(1),(2)nn n S n a S S n -==-≥。
已知12()n aa a f n =求n a ，用作商法：(1),(1)(),(2)(1)n f n f n a n f n =⎧⎪=⎨≥⎪-⎩。
⑶已知条件中既有nS 还有na ，有时先求nS ，再求na ；有时也可直接求na 。
⑷若1()n na a f n +-=求na 用累加法：11221()()()nnn n n a a a a a a a ---=-+-++- 1a +(2)n ≥。
⑸已知1()n na f n a +=求n a ，用累乘法：121121n n n n n a a aa a a aa---=⋅⋅⋅⋅(2)n ≥。
⑹已知递推关系求na ，用构造法（构造等差、等比数列）。
特别地，（1）形如1nn aka b-=+、1nnn aka b -=+（,k b 为常数）的递推数列都可以用待定系数法转化为公比为k 的等比数列后，再求na ；形如1nnn aka k -=+的递推数列都可以除以nk 得到一个等差数列后，再求na 。
（2）形如11n nn a a ka b --=+的递推数列都可以用倒数法求通项。
（3）形如1kn n aa +=的递推数列都可以用对数法求通项。
（7）（理科）数学归纳法。
（8）当遇到q a a d a an n n n ==--+-+1111或时，分奇数项偶数项讨论，结果可能是分段一、典型题的技巧解法 1、求通项公式（1）观察法。
（2）由递推公式求通项。
对于由递推公式所确定的数列的求解，通常可通过对递推公式的变换转化成等差数列或等比数列问题。
(1)递推式为a n+1=a n +d 及a n+1=qa n （d ，q 为常数） 例1、已知{a n }满足a n+1=a n +2，而且a 1=1。
求a n 。
例1、解 ∵a n+1-a n =2为常数 ∴{a n }是首项为1，公差为2的等差数列例4、{}n a 中，11a=，对于n ＞1（n ∈N ）有132nn aa -=+，求na .解法一： 由已知递推式得a n+1=3a n +2，a n =3a n-1+2。
两式相减：a n+1-a n =3（a n -a n-1）因此数列{a n+1-a n }是公比为3的等比数列，其首项为a 2-a 1=（3×1+2）-1=4∴a n+1-a n =4·3n-1∵a n+1=3a n +2 ∴3a n +2-a n =4·3n-1 即 a n =2·3n-1-1解法二： 上法得{a n+1-a n }是公比为3的等比数列，于是有：a 2-a 1=4，a 3-a 2=4·3，a 4-a 3=4·32，…，a n -a n-1=4·3n-2，把n-1个等式累加得：∴an=2·3n-1-1(4)递推式为a n+1=p a n +q n （p ，q 为常数）)(3211-+-=-n n n n b b b b 由上题的解法，得：nnb )32(23-= ∴nn nn n b a )31(2)21(32-==(5)递推式为21n n n a pa qa ++=+思路：设21n n napa qa ++=+,可以变形为：211()n n n n aa a a αβα+++-=-，想于是{a n+1-αa n }是公比为β的等比数列，就转化为前面的类型。
求na 。
(6)递推式为S n 与a n 的关系式系；（2）试用n 表示a n 。
∴)2121()(1211--++-+-=-n n n nnn a a S S ∴11121-+++-=n n n n a a a∴n n n a a 21211+=+上式两边同乘以2n+1得2n+1a n+1=2n a n +2则{2n a n }是公差为2的等差数列。
∴2na n = 2+（n-1）·2=2n2．数列求和问题的方法（1）、应用公式法等差、等比数列可直接利用等差、等比数列的前n 项和公式求和，另外记住以下公式对求和来说是有益的。
1＋3＋5＋……＋(2n-1)=n 2【例8】求数列1，（3+5），（7+9+10），（13+15+17+19），…前n 项的和。
解 本题实际是求各奇数的和，在数列的前n 项中，共有1+2+…+n=)1(21 n n 个奇数， ∴最后一个奇数为：1+[21n(n+1)-1]×2=n 2+n-1因此所求数列的前n 项的和为（2）、分解转化法对通项进行分解、组合,转化为等差数列或等比数列求和。
【例9】求和S=1·（n 2-1）+ 2·（n 2-22）+3·（n 2-32）+…+n（n 2-n 2）解 S=n 2（1+2+3+…+n ）-（13+23+33+…+n 3）（3）、倒序相加法适用于给定式子中与首末两项之和具有典型的规律的数列，采取把正着写与倒着写的两个和式相加，然后求和。
例10、求和：12363nnn n nS C C nC =+++ 例10、解 0120363nnn n n nS C C C nC =•++++∴ S n =3n ·2n-1（4）、错位相减法如果一个数列是由一个等差数列与一个等比数列对应项相乘构成的，可把和式的两端同乘以上面的等比数列的公比，然后错位相减求和．例11、求数列1，3x ，5x 2,…,(2n-1)x n-1前n 项的和．解 设S n =1+3+5x 2+…+(2n-1)x n-1． ①(2)x=0时，S n =1．(3)当x ≠0且x ≠1时，在式①两边同乘以x 得 xS n =x+3x 2+5x 3+…+(2n-1)x n，②①-②，得 (1-x)S n =1+2x+2x 2+2x 3+…+2x n-1-(2n-1)x n ．(5)裂项法：把通项公式整理成两项(式多项)差的形式，然后前后相消。
常见裂项方法：例12、求和1111153759(21)(23)n n +++•••-+注：在消项时一定注意消去了哪些项，还剩下哪些项，一般地剩下的正项与负项一样多。
在掌握常见题型的解法的同时，也要注重数学思想在解决数列问题时的应用。
二、常用数学思想方法1．函数思想运用数列中的通项公式的特点把数列问题转化为函数问题解决。
【例13】等差数列{an }的首项a1＞0，前n项的和为Sn，若Sl =Sk（l≠k）问n为何值时Sn最大？此函数以n为自变量的二次函数。
∵a1＞0 Sl=Sk（l≠k），∴d＜0故此二次函数的图像开口向下∵ f（l）=f（k）2．方程思想【例14】设等比数列{an }前n项和为Sn，若S3+S6=2S9，求数列的公比q。
分析本题考查等比数列的基础知识及推理能力。
解∵依题意可知q≠1。
∵如果q=1，则S3=3a1，S6=6a1，S9=9a1。
由此应推出a1=0与等比数列不符。
∵q≠1整理得 q3（2q6-q3-1）=0 ∵q≠0此题还可以作如下思考：S6=S3+q3S3=（1+q3）S3。
S9=S3+q3S6=S3（1+q3+q6），∴由S3+S6=2S9可得2+q3=2（1+q3+q6），2q6+q3=03．换元思想【例15】已知a，b，c是不为1的正数，x，y，z ∈R+，且求证：a，b，c顺次成等比数列。
证明依题意令a x=b y=c z=k∴x=1oga k，y=logbk，z=logck∴b2=ac ∴a，b，c成等比数列（a，b，c均不为0）。