数列解题方法大全

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(完整版)数列题型及解题方法归纳总结

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 。

数列常用解题方法归纳总结

数列常用解题方法归纳总结一、等差数列的定义与性质() 定义：为常数，a a d d a a n d n n n +-==+-111() 等差中项：，，成等差数列x A y A x y ⇔=+2()()前项和n S a a n nan n d n n =+=+-11212{}性质：是等差数列a n（）若，则；1m n p q a a a a m n p q +=++=+{}{}{}（）数列，，仍为等差数列；2212a a ka b n n n -+ S S S S S n n n n n ，，……仍为等差数列；232--（）若三个数成等差数列，可设为，，；3a d a a d -+ （）若，是等差数列，为前项和，则；42121a b S T n a b S T n n n n m m m m =-- {}（）为等差数列（，为常数，是关于的常数项为52a S an bn ab n n n ⇔=+0的二次函数）{}S S an bn a n n n 的最值可求二次函数的最值；或者求出中的正、负分界=+2项，即：当，，解不等式组可得达到最大值时的值。

a d a a S n n n n 110000><≥≤⎧⎨⎩+当，，由可得达到最小值时的值。

a d a a S n n n n 110000<>≤≥⎧⎨⎩+{}如：等差数列，，，，则a S a a a S n n n n n n =++===--1831123（由，∴a a a a a n n n n n ++=⇒==----12113331()又·，∴S a a aa 31322233113=+===()()∴·S a a n a a n nn n n =+=+=+⎛⎝ ⎫⎭⎪=-12122131218 ∴=n 27）二、等比数列的定义与性质定义：（为常数，），a a q q q a a q n nn n +-=≠=1110 等比中项：、、成等比数列，或x G y G xy G xy ⇒==±2()前项和：（要注意）n S na q a q qq n n ==--≠⎧⎨⎪⎩⎪111111()()!{}性质：是等比数列a n（）若，则··1m n p q a a a a m n p q +=+= （），，……仍为等比数列2232S S S S S n n n n n -- 三、求数列通项公式的常用方法1、公式法2、n n a S 求由；（时，，时，）n a S n a S S n n n ==≥=--121113、求差（商）法{}如：满足……a a a a n n n n 121212251122+++=+<>解：n a a ==⨯+=1122151411时，，∴n a a a n n n ≥+++=-+<>--2121212215212211时，……<>-<>=12122得：n n a ，∴a n n =+21，∴a n n n n ==≥⎧⎨⎩+141221()()［练习］{}数列满足，，求a S S a a a n n n n n +==++111534 （注意到代入得：a S S S S n n n n n+++=-=1114 {}又，∴是等比数列，S S S n n n144==n a S S n n n n ≥=-==--23411时，……·4、叠乘法{}例如：数列中，，，求a a a a nn a n n n n 1131==++ 解：a a a a a a n n a a nn n n 213211122311·……·……，∴-=-= 又，∴a a nn 133== 5、等差型递推公式由，，求，用迭加法a a f n a a a n n n -==-110()n a a f a a f a a f n n n ≥-=-=-=⎫⎬⎪⎪⎭⎪⎪-22321321时，…………两边相加，得：()()()a a f f f n n -=+++123()()()…… ∴……a a f f f n n =++++023()()() ［练习］{}()数列，，，求a a a a n a n n n n n 111132==+≥--()（）a n n=-1231 6、等比型递推公式()a ca d c d c c d n n =+≠≠≠-1010、为常数，，， ()可转化为等比数列，设a x c a x n n +=+-1()⇒=+--a ca c x n n 11令，∴()c x d x d c -==-11∴是首项为，为公比的等比数列a d c a dc c n +-⎧⎨⎩⎫⎬⎭+-111∴·a d c a d c c n n +-=+-⎛⎝ ⎫⎭⎪-1111∴a a d c c dc n n =+-⎛⎝⎫⎭⎪---1111［练习］{}数列满足，，求a a a a a n n n n 11934=+=+（）a n n =-⎛⎝ ⎫⎭⎪+-843117、倒数法例如：，，求a a a a a n n n n 11122==++ ，由已知得：1221211a a a a n n n n+=+=+∴11121a a n n +-= ， ∴⎧⎨⎩⎫⎬⎭=111121a a n 为等差数列，，公差为 ()()∴=+-=+11112121a n n n · ，∴a n n =+21三、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。

数学必备技巧解决初中数列题的常用方法

数学必备技巧解决初中数列题的常用方法数列作为初中数学中的重要内容，经常在考试中出现。

解决数列题需要一些技巧和方法，本文将介绍几种常用的解题方法，帮助初中生们更好地应对数列题。

一、等差数列的解题方法等差数列是最常见的数列类型之一。

解决等差数列的题目，我们可以通过以下几种方法来进行推导和计算。

1. 特定项求解法：对于等差数列an=a1+(n-1)d，已知首项a1和公差d，如果要求第n项an的值，可以直接代入公式进行计算。

2. 公式法：等差数列有一个通用的求和公式Sn=n/2(a1+an)，利用这个公式可以快速求解等差数列的前n项和。

3. 差项法：对于等差数列，相邻两项之间的差值始终是一个固定的数字，即公差d。

因此，如果已知相邻两项的差值，可以通过差项来推导出其他项的值。

二、等比数列的解题方法等比数列也是常见的数列类型之一。

解决等比数列的题目，我们可以通过以下几种方法来进行推导和计算。

1. 递推法：对于等比数列，每一项都是前一项乘以相同的比率q。

因此，可以通过递推的方式求得第n项的值：an=a1*q^(n-1)，其中a1为首项，q为公比。

2. 公式法：等比数列也有一个通用的求和公式Sn=a1*(q^n-1)/(q-1)。

利用这个公式可以快速求解等比数列的前n项和。

3. 比值法：对于等比数列，相邻两项之间的比值始终是一个固定的数字，即公比q。

如果已知相邻两项的比值，可以通过比值来推导出其他项的值。

三、特殊数列的解题方法除了等差数列和等比数列，还存在一些特殊的数列类型，如等差数列与等比数列的混合、递推式中包含二次项等。

针对这些特殊数列的题目，我们可以采用以下方法来解题。

1. 混合法：对于混合数列，可以将其分解为等差和等比两个部分进行求解，再将结果合并。

2. 矩阵法：对于递推式中包含二次项的数列，可以使用矩阵的方法来求解。

将数列的递推式表示成矩阵形式，然后通过求矩阵的幂得到数列的通项式。

3. 倒推法：有时候，我们可以从题目给出的末项或者求和结果出发，逆向推导数列的各项的值。

数列通项公式的十种求法(非常经典)

数列通项公式的十种求法（1）公式法（构造公式法）例1 已知数列{}n a 满足1232nn n a a +=+⨯，12a =，求数列{}n a 的通项公式。

解：1232nn n a a +=+⨯两边除以12n +，得113222n n n n a a ++=+，则113222n n n n a a ++-=，故数列{}2nna 是以1222a 11==为首项，以23为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得31(1)22n n a n =+-，所以数列{}n a 的通项公式为31()222nn a n =-。

评注：本题解题的关键是把递推关系式1232nn n a a +=+⨯转化为113222n n n n a a ++-=，说明数列{}2n n a 是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出31(1)22n n a n =+-，进而求出数列{}n a 的通项公式。

（2）累加法例2 已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。

解：由121n n a a n +=++得121n n a a n +-=+则112322112()()()()[2(1)1][2(2)1](221)(211)12[(1)(2)21](1)1(1)2(1)12(1)(1)1n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n n n n n n n ---=-+-++-+-+=-++-+++⨯++⨯++=-+-++++-+-=+-+=-++=所以数列{}n a 的通项公式为2n a n =。

评注：本题解题的关键是把递推关系式121n n a a n +=++转化为121n n a a n +-=+，进而求出11232211()()()()n n n n a a a a a a a a a ----+-++-+-+，即得数列{}n a 的通项公式。

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。

数列题型及解题方法归纳总结

知识框架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）★ 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 。

(3)递推式为a n+1=pa n +q （p ，q 为常数）例4、{}n a 中，11a =，对于n ＞1（n ∈N ）有132n n a a -=+，求n a .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：n n b )32(23-= ∴n n nn n b a )31(2)21(32-==(5)递推式为21n n n a pa qa ++=+思路：设21n n n a pa qa ++=+,可以变形为：211()n n n n a a 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。

数列题型及解题方法归纳总结

. v ..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. v ..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 。

高中数学解题方法系列：数列中求通项的10种方法

高中数学解题方法系列：数列中求通项的10种方法一、公式法例1 已知数列{}n a 满足1232n n n a a +=+⨯，12a =，求数列{}n a 的通项公式。

解：1232n n n a a +=+⨯两边除以12n +，得113222n n n n a a ++=+，则113222n n n n a a ++-=，故数列{}2n na 是以1222a 11==为首项，以23为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得31(1)22n n a n =+-，所以数列{}n a 的通项公式为31()222n n a n =-。

二、累加法 )(1n f a a n n =--例2 已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。

例3已知数列{}n a 满足1132313n n n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。

解：13231n n n a a +=+⨯+两边除以13n +，得111213333n n n n n a a +++=++，则111213333n n n n n a a +++-=+ 三、累乘法 )(1n f a a n n =- 例4 已知数列{}n a 满足112(1)53n n n a n a a +=+⨯=，，求数列{}n a 的通项公式。

高中数学解题方法系列：数列中求最大项或最小项的方法

高中数学解题方法系列：数列中求最大项或最小项的方法法一：利用单调性①差值比较法若有0)()1(1>-+=-+n f n f a a n n ，则n n a a >+1，则 <<<<<+121n n a a a a ，即数列}{n a 是单调递增数列，所以数列}{n a 的最小项为)1(1f a =；若有0)()1(1<-+=-+n f n f a a n n ，则n n a a <+1，则 >>>>>+121n n a a a a ，即数列}{n a 是单调递减数列，所以数列}{n a 的最大项为)1(1f a =.②商值比较法若有0)(>=n f a n 对于一切n ∈N *成立，且1)()1(1>+=+n f n f a a n n ，则n n a a >+1，则 <<<<<+121n n a a a a 即数列}{n a 是单调递增数列，所以数列}{n a 的最小项为)1(1f a =；若有0)(>=n f a n 对于一切n ∈N *成立，且1)()1(1<+=+n f n f a a n n ，则n n a a <+1，则 >>>>>+121n n a a a a 即数列}{n a 是单调递减数列，所以数列}{n a 的最小项为)1(1f a =.③利用放缩法若进行适当放缩，有n n a n f n f a =>+=+)()1(1，则 <<<<<+121n n a a a a ，即数列}{n a 是单调递增数列，所以数列}{n a 的最小项为)1(1f a =；若进行适当放缩，有n n a n f n f a =<+=+)()1(1，则 >>>>>+121n n a a a a ，即数列}{n a 是单调递减数列，所以数列}{n a 的最大项为)1(1f a =.法二：先猜后证通过分析，推测数列}{n a 的某项k a (k ∈N *)最大（或最小），再证明)(k n k n a a a a ≥≤或对于一切n ∈N *都成立即可.这样就将求最值问题转化为不等式的证明问题.例1已知函数x x x f 63)(2+-=，S n 是数列}{n a 的前n 项和，点（n ，S n ）（n ∈N *）在曲线)(x f y =上.（Ⅰ）求数列}{n a 的通项公式；（Ⅱ）若1)21(-=n n b ，6nn n b a c ∙=，且T n 是数列}{n c 的前n 项和.试问T n 是否存在最大值？若存在，请求出T n 的最大值；若不存在，请说明理由.解（Ⅰ）因为点（n ，S n ）在曲线)(x f y =上，又x x x f 63)(2+-=，所以n n S n 632+-=.当n =1时，311==S a .当n >1时，1--=n n n S S a ,69)]1(6)1(3[)63(22n n n n n -=-+---+-=当n =1时，31=a 也满足上式，所以n a n 69-=.（Ⅱ）因为n n n n n n n n n b a c b )21)(23(6)21)(69(61,)21(11-=-===--①所以,21)(23()21)(3()21)(1(2132nn n T -++-+-+= ②,)21)(23(21)(3()21)(1(21(211432+-++-+-+=n n n T ③②－③得132)21)(23()21)(2(21)(2(21)(2(2121+---++-+-+=n n n n T 112)21)(23(211]21(1[)21()2(21+------+=n n n .整理得1)21)(12(-+=nn n T ④利用差值比较法由④式得121)(32(11-+=++n n n T ，所以.)21)(21()21)](12(23[)21)](12(21)(32[(21)(12(21)(32(11n n nn n n n n n n n n n T T n-=+-+=+-+=+-+=-++因为1≥n ，所以021<-n .又0)21(>n，所以01<-+n n T T 所以n n T T <+1，所以 >>>>>>+1321n n T T T T T .所以T n 存在最大值.211=T 利用商值比较法由④式得021)(12(1>+=+nn n T .因为,)12(22)12()12(232)21)(12()21)(32(1111n n n n n n T T n n n n +++=++=++=++++165)1221(21)1221(21<=++≤++=n 所以111+<++n n T T ，即n n T T <+1.所以 >>>>>>+1321n n T T T T T /所以T n 存在最大值211=T .利用放缩法由①式得0)21)(21(21)](1(23[111<-=+-=+++n n n n n c ，又因为T n 是数列}{n c 的前n项和，所以n n n n T c T T <+<++11.所以 >>>>>>+1321n n T T T T T 所以T n 存在最大值211=T .先猜后证通过分析，推测数列}{n T 的第一项211=T 最在.下面证明：*)2(1N ∈≥<n n T T n 且.方法①分析法因为121)(12(-+=nn n T ，所以只要证明21121)(12(<-+nn .即只要证明2321)(12(<+nn .只需要证明2423+>∙n n.即只要证明02423>--∙n n由二项式定理得2≥n 且*Ν∈n 时，222)1(1)11(22210++=-++=++≥+=n n n n n C C C nnnnn所以02423>--∙n n成立.所以)2(1≥<n T T n 成立.所以n T 存在最大值211=T .方法②利用数学归纳法（i）当n =2时，因为121)(12(-+=nn n T ，所以1222141121)(14(T T =<=-+=，不等式成立.（ii）假设)2(≥=k k n 时不等式成立，即1T T k <.则当1+=k n 时，.1111++++<+=k k k k c T c T T 由①式得.0)21)(21()21)](1(23[111<-=+-=+++k k k k k c 所以11T T k <+.这就是说，当n =k +1时，不等式也成立.由（i）（ii）得，对于一切2≥n 且*N ∈n ，总有1T T n <成立.所以n T 存在最大值211=T .数列是一种特殊的函数，其通项公式可以视为函数的解析式.因此可以通过判断函数单调性的方法来求函数的最大值，然后通过分析求出数列的最大项.但如果函数的单调性较难判断，那就需要探求另一种途径来解决.例若数列{}n a 的通项公式9(1)(10nn a n =+⋅，求{}n a 的最大项.解：设n a 是数列{}n a 中的最大项，则11,(2)n n n n a a n a a -+≥⎧≥⎨≥⎩，即1199(1)()(),101099(1)()(2)().1010n n n n n n n n -+⎧+⋅≥⋅⎪⎪⎨⎪+⋅≥+⋅⎪⎩解，得89n ≤≤，又∵n N +∈，∴8n =或9，9898910a a ==.当1n =时，91899510a =<，∴{}n a 的最大项为9898910a a ==.对于这种解法，不少同学可能会存在疑问.下面将可能出现的疑问一一展示，加以分析，以探究问题的实质及其解决方法.疑问1：为什么要单独讨论1n =的情况？分析：由于11,(2)n n nn a a n a a -+≥⎧≥⎨≥⎩这个不等式中出现了下标1n -，而数列中的项应该从1开始，因此11n -≥，即2n ≥。

数列通项公式的九种求法

数列通项公式的九种求法各种数列问题在很多情形下，就是对数列通项公式的求解。

特别是在一些综合性比较强的数列问题中，数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的瓶颈。

笔者总结出九种求解数列通项公式的方法，希望能对大家有帮助。

一、定义法直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适应于已知数列类型的题目．例1．等差数列}a {n 是递增数列，前n 项和为n S ，且931a ,a ,a 成等比数列，255a S =．求数列}a {n 的通项公式解：设数列}a {n 公差为)0d (d >∵931a ,a ,a 成等比数列，∴9123a a a =，即)d 8a (a )d 2a (1121+=+，得d a d 12=∵0d ≠，∴d a 1=……………………①∵255S a =∴211)d 4a (d 245a 5+=⋅⨯+…………②由①②得：53a 1=，53d =∴n5353)1n (53a n =⨯-+= 点评：利用定义法求数列通项时要注意不用错定义，设法求出首项与公差（公比）后再写出通项。

二、累加法求形如1()n n a a f n --=（f(n)为等差或等比数列或其它可求和的数列）的数列通项，可用累加法，即令n=2，3，…n —1得到n —1个式子累加求得通项。

例2．已知数列{a n}中，a 1=1，对任意自然数n 都有11(1)n n a a n n -=++，求n a ．解：由已知得11(1)n n a a n n --=+，121(1)n n a a n n ---=-，……，32134a a -=⨯，21123a a -=⨯，以上式子累加，利用111(1)1n n n n =-++得n a -1a =1111...23(2)(1)(1)(1)n n n n n n ++++⨯---+ =1121n -+，3121n a n ∴=-+ 点评：累加法是反复利用递推关系得到n —1个式子累加求出通项，这种方法最终转化为求{f(n)}的前n —1项的和，要注意求和的技巧．三、迭代法求形如1n n a qa d +=+(其中,q d 为常数) 的数列通项，可反复利用递推关系迭代求出。

高中数列题型及解题方法

高中数列题型及解题方法
在高中数学中，数列是一个常见的题型。

以下是一些常见的数列题型及解题方法：
1. 等差数列：等差数列是指一个数列中，每一项与它的前一项之差都相等。

解题方法包括：
- 判断是否为等差数列，计算公差；
- 求解通项公式；
- 求和公式。

2. 等比数列：等比数列是指一个数列中，每一项与它的前一项之比都相等。

解题方法包括：
- 判断是否为等比数列，计算公比；
- 求解通项公式；
- 求和公式。

3. 递推数列：递推数列是指一个数列中，每一项都是前几项的某种运算规律得到的。

解题方法包括：
- 观察数列的规律，找到递推关系式；
- 求解通项公式；
- 求和公式。

4. 斐波那契数列：斐波那契数列是指一个数列中，每一项都是前两项之和。

解题方法包括：
- 观察数列的规律，找到递推关系式；
- 求解通项公式；
- 求和公式。

5. 其他特殊数列：除了上述常见的数列类型外，还有一些特殊的数列，如等差数列的前n项和等于等差数列的后n项和，等差数列的平方和等等。

对于这些特殊的数列，需要特定的解题方法。

在解决数列题目时，一定要注意观察数列的规律，并运用适当的解题方法进行计算。

熟练掌握数列的性质和公式，可以帮助我们更好地解题。

数列解题方法技巧汇总

数列解题方法技巧汇总
1. 找规律：观察数列的前几项并找出它们之间的规律，以此推断出后面的项。

2. 递推法：通过前面的项推导出后面的项，可以采用递推关系式或递推公式来计算。

3. 通项公式：数列中任意一项可以通过通项公式来计算，这要求我们找出数列中的一些特征，例如等差、等比等等。

4. 数列套路：掌握一些数列的套路，例如等差数列的求和公式、等比数列的求和公式、等比数列求通项公式等等。

5. 折线法：将数列的前几项按照一定的规律连接起来，形成一条折线，然后通过这条折线来推导出数列中的规律。

6. 矩阵法：将数列转化成矩阵形式，然后通过矩阵的乘法来计算数列中的每一项。

7. 生成函数法：将数列中的每一项看成某个函数的系数，然后将整个数列转化成一个生成函数，通过对生成函数的展开来求解数列中的每一项。

8. 等差数列和等比数列的转换：将等比数列通过取对数或对数值相乘改为等差
数列，从而可以采用等差数列的求和公式求解。

9. 反向思维：将给出的数列倒序排列，倒推数列的规律。

10. 郝氏减法：将数列中位置相邻的两项作差，将结果构成一个新的数列，这个新的数列往往具有更为明显的规律，容易推算。

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数列在数学中是一个非常重要的概念，它在各种数学问题中都有着重要的应用。

在学习数列的过程中，我们需要了解不同的数列题型及相应的解题方法，这样才能更好地掌握数列的知识，提高解题能力。

下面，我们将对数列题型及解题方法进行归纳总结，希望能对大家的学习有所帮助。

一、等差数列。

等差数列是最基本的数列之一，它的通项公式为：$a_n = a_1 + (n-1)d$。

在解等差数列的问题时，我们需要注意以下几种情况：1. 求前n项和，$S_n = \frac{n}{2}(a_1 + a_n)$；2. 求首项、公差或项数，$a_n = a_1 + (n-1)d$；3. 已知前几项求第n项，$a_n = a_m + (n-m)d$。

二、等比数列。

等比数列也是常见的数列类型，它的通项公式为：$a_n = a_1 \cdot q^{n-1}$。

解等比数列的问题时，需要注意以下几点：1. 求前n项和，$S_n = \frac{a_1(1-q^n)}{1-q}$；2. 求首项、公比或项数，$a_n = a_1 \cdot q^{n-1}$；3. 已知前几项求第n项，$a_n = a_m \cdot q^{n-m}$。

三、特殊数列。

除了等差数列和等比数列外，还有一些特殊的数列，如斐波那契数列、等差-等比数列等。

在解题时，需要根据具体情况选择合适的方法，不能生搬硬套。

四、解题方法。

在解数列题时，我们可以采用以下几种方法：1. 找规律法，观察数列的前几项，找出它们之间的规律，从而得出通项公式或前n项和的表达式；2. 递推法，根据数列的递推关系，逐步求解出数列的各项；3. 通项公式法，如果数列是等差数列或等比数列，可以直接利用其通项公式进行求解；4. 常用公式法，对于常见的数列题型，可以直接利用其前n项和的公式进行求解。

五、总结。

通过以上的归纳总结，我们可以看出，数列题型及解题方法是一个比较系统的知识体系，需要我们掌握一定的基本原理和方法。

高中数学解题方法系列：数列中求最大项或最小项的方法

高中数学解题方法系列：数列中求最大项或最小项的方法法一：利用单调性 ①差值比较法若有0)()1(1>-+=-+n f n f a a n n ，则n n a a >+1，则 <<<<<+121n n a a a a ，即数列}{n a 是单调递增数列，所以数列}{n a 的最小项为)1(1f a =；若有0)()1(1<-+=-+n f n f a a n n ，则n n a a <+1，则 >>>>>+121n n a a a a ，即数列}{n a 是单调递减数列，所以数列}{n a 的最大项为)1(1f a =. ②商值比较法若有0)(>=n f a n 对于一切n ∈N *成立，且1)()1(1>+=+n f n f a a n n ，则n n a a >+1，则 <<<<<+121n n a a a a 即数列}{n a 是单调递增数列，所以数列}{n a 的最小项为)1(1f a =；若有0)(>=n f a n 对于一切n ∈N *成立，且1)()1(1<+=+n f n f a a n n ，则n n a a <+1，则 >>>>>+121n n a a a a 即数列}{n a 是单调递减数列，所以数列}{n a 的最小项为)1(1f a =.③利用放缩法若进行适当放缩，有n n a n f n f a =>+=+)()1(1，则 <<<<<+121n n a a a a ，即数列}{n a 是单调递增数列，所以数列}{n a 的最小项为)1(1f a =；若进行适当放缩，有n n a n f n f a =<+=+)()1(1，则 >>>>>+121n n a a a a ，即数列}{n a 是单调递减数列，所以数列}{n a 的最大项为)1(1f a =.法二：先猜后证通过分析，推测数列}{n a 的某项k a (k ∈N *)最大（或最小），再证明)(k n k n a a a a ≥≤或对于一切n ∈N *都成立即可. 这样就将求最值问题转化为不等式的证明问题.例1 已知函数x x x f 63)(2+-= ，S n 是数列}{n a 的前n 项和，点（n ，S n ）（n ∈N *）在曲线)(x f y =上.（Ⅰ）求数列}{n a 的通项公式；（Ⅱ）若1)21(-=n n b ，6n n n b a c •=，且T n 是数列}{n c 的前n 项和. 试问T n 是否存在最大值？若存在，请求出T n 的最大值；若不存在，请说明理由.解（Ⅰ）因为点（n ，S n ）在曲线)(x f y =上，又x x x f 63)(2+-=，所以n n S n 632+-=.当n =1时，311==S a . 当n >1时，1--=n n n S S a,69)]1(6)1(3[)63(22n n n n n -=-+---+-=当n =1时，31=a 也满足上式，所以n a n 69-=.（Ⅱ）因为n n n n n n n n n b a c b )21)(23(6)21)(69(61,)21(11-=-===-- ① 所以,)21)(23()21)(3()21)(1(2132n n n T -++-+-+= ②,)21)(23()21)(3()21)(1()21(211432+-++-+-+=n n n T ③ ②－③得 132)21)(23()21)(2()21)(2()21)(2(2121+---++-+-+=n n n n T112)21)(23(211])21(1[)21()2(21+------+=n n n .整理得1)21)(12(-+=n n n T ④利用差值比较法由④式得1)21)(32(11-+=++n n n T ，所以.)21)(21()21)](12(23[)21)](12()21)(32[()21)(12()21)(32(11n n nn n n n n n n n n n T T n-=+-+=+-+=+-+=-++ 因为1≥n ，所以021<-n . 又0)21(>n ，所以01<-+n n T T 所以n n T T <+1，所以 >>>>>>+1321n n T T T T T . 所以T n 存在最大值.211=T 利用商值比较法由④式得0)21)(12(1>+=+n n n T .因为,)12(22)12()12(232)21)(12()21)(32(1111•n n n n n n T T nn n n +++=++=++=++++165)1221(21)1221(21<=++≤++=n 所以111+<++n n T T ，即n n T T <+1. 所以 >>>>>>+1321n n T T T T T / 所以T n 存在最大值211=T . 利用放缩法由①式得0)21)(21()21)](1(23[111<-=+-=+++n n n n n c ，又因为T n 是数列}{n c 的前n 项和，所以n n n n T c T T <+<++11. 所以 >>>>>>+1321n n T T T T T 所以T n 存在最大值211=T .先猜后证通过分析，推测数列}{n T 的第一项211=T 最在. 下面证明：*)2(1N ∈≥<n n T T n 且.方法① 分析法因为1)21)(12(-+=n n n T ，所以只要证明211)21)(12(<-+n n . 即只要证明23)21)(12(<+n n . 只需要证明2423+>•n n . 即只要证明02423>--•n n 由二项式定理得2≥n 且*Ν∈n 时，222)1(1)11(22210++=-++=++≥+=n n n n n C C C nnnnn所以02423>--•n n 成立. 所以)2(1≥<n T T n 成立. 所以n T 存在最大值211=T . 方法② 利用数学归纳法（i ）当n =2时，因为1)21)(12(-+=n n n T ，所以12221411)21)(14(T T =<=-+=，不等式成立.（ii ）假设)2(≥=k k n 时不等式成立，即1T T k <. 则当1+=k n 时，.1111++++<+=k k k k c T c T T由①式得.0)21)(21()21)](1(23[111<-=+-=+++k k k k k c 所以11T T k <+. 这就是说，当n =k +1时，不等式也成立.由（i ）（ii ）得，对于一切2≥n 且*N ∈n ，总有1T T n <成立. 所以n T 存在最大值211=T .数列是一种特殊的函数，其通项公式可以视为函数的解析式.因此可以通过判断函数单调性的方法来求函数的最大值，然后通过分析求出数列的最大项.但如果函数的单调性较难判断，那就需要探求另一种途径来解决.例若数列{}n a 的通项公式9(1)()10n n a n =+⋅，求{}n a 的最大项.解：设n a 是数列{}n a 中的最大项，则11,(2)n n n n a a n a a -+≥⎧≥⎨≥⎩，即1199(1)()(),101099(1)()(2)().1010n n n n n n n n -+⎧+⋅≥⋅⎪⎪⎨⎪+⋅≥+⋅⎪⎩解，得89n ≤≤，又∵n N +∈， ∴8n =或9，9898910a a ==.当1n =时，91899510a =<，∴{}n a 的最大项为9898910a a ==.对于这种解法，不少同学可能会存在疑问.下面将可能出现的疑问一一展示，加以分析，以探究问题的实质及其解决方法.疑问1：为什么要单独讨论1n =的情况？分析：由于11,(2)n n n n a a n a a -+≥⎧≥⎨≥⎩这个不等式中出现了下标1n -，而数列中的项应该从1开始，因此11n -≥，即2n ≥。

(完整版)数列题型及解题方法归纳总结.doc

文德教育知识框架求和公式及性质，掌握了典型题型的解法和数学思想法的应用，就有可数列的分类能在高考中顺利地解决数列问题。

数列函数角度理解一、典型的技巧解法数列的通项公式1、求通公式的概念数列的递推关系（ 1）察法。

（2）由推公式求通。

等差数列的定义 a n a nd ( n 2)1于由推公式所确定的数列的求解，通常可通推公式的化成等等差数列的通项公式a na 1 ( n 1)d差数列或等比数列。

等差数列S nn ( a 1 a n ) na 1 n(n 1)d (1) 递推式为 a n+1=a n +d 及 a n+1=qa n （d ， q 为常数）等差数列的求和公式2 2 例 1、已知 {a } 足 a =a +2，而且 a =1。

求 a 。

nn+1n1 n等差数列的性质 a n a m a p a q ( mn p q)例 1、解∵a n+1-a n =2 常数∴ {a n } 是首1，公差 2 的等差数列两个基a nnnq( n2) ∴ a =1+2（ n-1 ）即 a =2n-1等比数列的定义1本数列a n1例 2、已知 {} 足，求 an 1a n a n 1a n ，而 a 1 2 ？等比数列的通项公式a na 1 q n =2等比数列a 1 a n q a 1 (1 q n )1)数列S n1q1 ( q等比数列的求和公式qna 1 ( q 1)等比数列的性质a n a m a p a q ( m npq)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（ 2）递推式为 a n+1=a n +f （n ）例 3、已知 { a n } 中 a1a1，求 a n .， an 112n4n 2 1解：由已知可知 a n 1a n(2n11 (1 1 )1)( 2n 1)2 2n 1 2n 1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 -a n-1 ）n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、a nb n 3( 1)n2( 1) na na 11(1 1 ) 4n 3 2n2322n 1 4n2★ 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 。

高中数学解题方法系列：数列中求通项的10种方法

高中数学解题方法系列：数列中求通项的10种方法一、公式法例1已知数列{}n a 满足1232nn n a a +=+⨯，12a =，求数列{}n a 的通项公式。

二、累加法)(1n f a a n n =--例2已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。

解：由121n n a a n +=++得121n n a a n +-=+则112322112()()()()[2(1)1][2(2)1](221)(211)12[(1)(2)21](1)1(1)2(1)12(1)(1)1n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n n nn n n n ---=-+-++-+-+=-++-+++⨯++⨯++=-+-++++-+-=+-+=-++= 所以数列{}n a 的通项公式为2n a n =。

例3已知数列{}n a 满足1132313nn n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。

解：13231nn n a a +=+⨯+两边除以13n +，得111213333n n n n n a a +++=++，则111213333n n n n n a a +++-=+三、累乘法)(1n f a a n n=-例4已知数列{}n a 满足112(1)53nn n a n a a +=+⨯=，，求数列{}n a 的通项公式。

解：因为112(1)53nn n a n a a +=+⨯=，，所以0n a ≠，则12(1)5n n na n a +=+，故1321122112211(1)(2)21(1)12[2(11)5][2(21)5][2(21)5][2(11)5]32[(1)32]53325!n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n -------+-+++--=⋅⋅⋅⋅⋅=-+-+⋅⋅+⨯+⨯⨯=-⋅⋅⨯⨯⨯=⨯⨯⨯ 所以数列{}n a 的通项公式为(1)12325!.n n n n a n --=⨯⨯⨯例5已知数列{}n a 满足11231123(1)(2)n n a a a a a n a n -==++++-≥ ，，求{}n a 的通项公式。

数学高中数列10种解题技巧

数学高中数列10种解题技巧数列是高中数学中一个非常重要且经常被考察的概念。

它在数学和实际应用中都有着广泛的应用。

但是，数列的解题方法非常多，有时候我们可能会感到困惑。

为此，本文总结了数学高中数列10种解题技巧，让我们一起来看看吧。

1. 求和公式有些数列如果求和，使用求和公式可以极大地简化计算。

例如，等差数列和等比数列的求和公式是非常常见和重要的。

2. 递推式递推式是数列的一种描述方法，是一种基于之前项和公式推导下一项的方法。

有些数列通过递推式很容易得到通项公式，进而求解问题。

3. 归纳法归纳法是数列题目解题的常用方法。

通过证明一个命题对于某个特定的数成立，以及每一个下一个数都满足这个性质，我们就可以得到它对于所有数都成立的结论。

4. 图像法有些数列的图像规律比较明显，通过观察它们的图像，我们可以得到一些结论，从而解决一些问题。

5. 交替数列交替数列是一种奇数项和偶数项分别出现不同的项的数列。

有时候，我们可以通过对它进行分割，分别计算奇数项和偶数项的和，然后再将结果相加。

6. 通项公式对于某些数列，如果能够求得它们的通项公式，那么我们就可以很方便地计算出它们的各个项。

常见的数列有等差数列、等比数列、斐波那契数列等等。

7. 变形技巧变形技巧是数列解题过程中常用的一种方法。

它通常用于将原有的数列问题转化为其他已知的数列问题，从而利用已有的知识来解决问题。

8. 逆推法逆推法是一种通过倒向考虑来解决数列问题的方法，通常它可以帮助我们找到某个数列的特定项。

9. 等比数列与等差数列之间的关系等比数列和等差数列是数列中最常见的两种类型，它们之间有着一些重要的关系。

通过研究它们之间的联系，我们可以更加深入的理解它们的性质和规律。

10. 特殊的数列有些数列非常特殊，它们没有通项公式，没有明显的规律，但是它们在实际应用中却有着广泛的应用。

如果我们能够了解这些特殊的数列及其应用，那么在应用数学中会有更多的灵活性和优越性。

数列解题方法大全

数列方法大全一、求通项公式各种数列问题在很多情形下，就是对数列通项公式的求解。

特别是在一些综合性比较强的数列问题中，数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的瓶颈。

类型1 )(1n f a a n n +=+解法：把原递推公式转化为)(1n f a a n n =-+，利用累加法(逐差相加法)求解。

例1. 已知数列{}n a 满足211=a ，1n n a a n +=+，求n a 。

变式: 已知数列1}{1=a a n 中，且a 2k =a 2k －1+(－1)K , a 2k+1=a 2k +3k , 其中k=1,2,3,……. （I ）求a 3, a 5；（II ）求{ a n }的通项公式. 类型2 n n a n f a )(1=+ 解法：把原递推公式转化为)(1n f a a nn =+，利用累乘法(逐商相乘法)求解。

例2:已知数列{}n a 满足321=a ，n n a n n a 11+=+，求n a 。

变式:（2004，全国I,理15．）已知数列{a n }，满足a 1=1，1321)1(32--+⋅⋅⋅+++=n n a n a a a a (n ≥2)，则{a n }的通项1___n a ⎧=⎨⎩12n n =≥类型3 q pa a n n +=+1（其中p ，q 均为常数，)0)1((≠-p pq ）。

解法（待定系数法）：把原递推公式转化为：)(1t a p t a n n -=-+，其中pqt -=1，再利用换元法转化为等比数列求解。

例3:已知数列{}n a 中，11=a ，321+=+n n a a ，求n a .类型4 nn n q pa a +=+1（其中p ，q 均为常数，)0)1)(1((≠--q p pq ）。

（或1n n n a pa rq +=+,其中p ，q, r 均为常数）。

解法：一般地，要先在原递推公式两边同除以1+n q，得：qq a q p q a n n n n 111+∙=++引入辅助数列{}n b （其中nn n q a b =），得：qb q p b n n 11+=+再待定系数法解决。

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数列方法大全一、求通项公式各种数列问题在很多情形下，就是对数列通项公式的求解。

特别是在一些综合性比较强的数列问题中，数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的瓶颈。

类型1 )(1n f a a n n +=+解法：把原递推公式转化为)(1n f a a n n =-+，利用累加法(逐差相加法)求解。

例1. 已知数列{}n a 满足211=a ，1n n a a n +=+，求n a 。

例2:已知数列{}n a 满足321=a ，n n a n n a 11+=+，求n a 。

解法（待定系数法）：把原递推公式转化为：)(1t a p t a n n -=-+，其中pqt -=1，再利用换元法转化为等比数列求解。

例3:已知数列{}n a 中，11=a ，321+=+n n a a ，求n a .类型4 nn n q pa a +=+1（其中p ，q 均为常数，)0)1)(1((≠--q p pq ）。

（或1n n n a pa rq +=+,其中p ，q, r 均为常数）。

解法：一般地，要先在原递推公式两边同除以1+n q，得：qq a q p q a n n n n 111+•=++引入辅助数列{}n b （其中nnn qa b =），得：qb q p b n n 11+=+再待定系数法解决。

例4:已知数列{}n a 中，651=a ,11)21(31+++=n n n a a ，求n a 。

类型5 递推公式为n n n qa pa a +=++12（其中p ，q 均为常数）。

(待定系数法)：先把原递推公式转化为)(112n n n n sa a t sa a -=-+++其中s ，t 满足⎩⎨⎧-==+q st pt s 例5:已知数列{}n a 中，11=a ,22=a ,n n n a a a 313212+=++，求n a 。

类型6 递推公式为n S 与n a 的关系式。

(或()n n S f a =)解法：这种类型一般利用⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-)2()1(11n S S n S a n n n 与)()(11---=-=n n n n n a f a f S S a 消去n S )2(≥n 或与)(1--=n n n S S f S )2(≥n 消去n a 进行求解。

例6：已知数列{}n a 前n 项和2214---=n n n a S .（1）求1+n a 与n a 的关系；（2）求通项公式n a . 类型7 b an pa a n n ++=+1)001(≠≠，a 、p解法：这种类型一般利用待定系数法构造等比数列，即令)()1(1y xn a p y n x a n n ++=++++，与已知递推式比较，解出y x ,,从而转化为{}y xn a n ++是公比为p 的等比数列。

例7:设数列{}n a ：)2(,123,411≥-+==-n n a a a n n ，求n a .类型8 rn n pa a =+1)0,0(>>n a p解法：这种类型一般是等式两边取对数后转化为q pa a n n +=+1，再利用待定系数法求解。

例8：已知数列｛n a ｝中，2111,1n n a aa a ⋅==+)0(>a ，求数列{}.的通项公式n a 类型9 )()()(1n h a n g a n f a n nn +=+解法：这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为q pa a n n +=+1。

例9：已知数列｛a n ｝满足：1,13111=+⋅=--a a a a n n n ，求数列｛a n ｝的通项公式。

例10：已知数列}{n a 满足性质：对于,324,N 1++=∈-n n n a a a n 且,31=a 求}{n a 的通项公式.类型10 q pn a a n n +=++1或nn n pq a a =⋅+1解法：这种类型一般可转化为{}12-n a 与{}n a 2是等差或等比数列求解。

例11：（I ）在数列}{n a 中，n n a n a a -==+6,111，求n a（II ）在数列}{n a 中，nn n a a a 3,111==+，求n a类型11周期型解法：由递推式计算出前几项，寻找周期。

例12：若数列{}n a 满足⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<≤-≤≤=+)121(,12)210(,21n n n n n a a a a a ，若761=a ，则20a 的值为_______。

二、求和数列是高中代数的重要内容，又是学习高等数学的基础. 在高考和各种数学竞赛中都占有重要的地位. 数列求和是数列的重要内容之一，除了等差数列和等比数列有求和公式外，大部分数列的求和都需要一定的技巧.类型1.利用常用求和公式求和：利用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法. 1、等差数列求和公式：d n n na a a n S n n 2)1(2)(11-+=+=2、等比数列求和公式：⎪⎩⎪⎨⎧≠--=--==)1(11)1()1(111q q q a a qq a q na S n nn3、 )1(211+==∑=n n k S nk n 4、)12)(1(6112++==∑=n n n k S n k n 5、213)]1(21[+==∑=n n k S nk n [例1] 已知3log 1log 23-=x ，求⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++nx x x x 32的前n 项和. [例2] 设S n ＝1+2+3+…+n ，n ∈N *,求1)32()(++=n nS n S n f 的最大值.类型2.错位相减法求和:这种方法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{ a n }、{ b n }分别是等差数列和等比数列.[例3] 求和：132)12(7531--+⋅⋅⋅++++=n n x n x x x S[例4] 求数列⋅⋅⋅⋅⋅⋅,22,,26,24,2232n n前n 项的和. 类型3.倒序相加法求和：这是推导等差数列的前n 项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n 个)(1n a a +. [例5] 求89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++的值类型4.分组法求和：有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可. [例6] 求数列的前n 项和：231,,71,41,1112-+⋅⋅⋅+++-n aa a n ，… 类型5.裂项相消法：这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 裂项法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的. 通项分解（裂项）如：（1）)()1(n f n f a n -+= （2）n n n n tan )1tan()1cos(cos 1sin -+=+ （3）111)1(1+-=+=n n n n a n （4）)121121(211)12)(12()2(2+--+=+-=n n n n n a n （5）])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=+-=n n n n n n n a n(6)nn n n n n n n S n n n n n n n n n a 2)1(11,2)1(12121)1()1(221)1(21+-=+-⋅=⋅+-+=⋅++=-则 [例7]求数列⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++,11,,321,211n n 的前n 项和.[例8]在数列{a n }中，11211++⋅⋅⋅++++=n nn n a n ，又12+⋅=n n n a a b ，求数列{b n }的前n 项的和.[例9]求证：1sin 1cos 89cos 88cos 12cos 1cos 11cos 0cos 12=+⋅⋅⋅++ 类型6.合并法求和：针对一些特殊的数列，将某些项合并在一起就具有某种特殊的性质，因此，在求数列的和时，可将这些项放在一起先求和，然后再求S n . [例10]求cos1°+ cos2°+ cos3°+···+ cos178°+ cos179°的值.[例11]在各项均为正数的等比数列中，若103231365log log log ,9a a a a a +⋅⋅⋅++=求的值. 类型7.利用数列的通项求和:先根据数列的结构及特征进行分析，找出数列的通项及其特征，然后再利用数列的通项揭示的规律来求数列的前n 项和，是一个重要的方法. [例12] 求11111111111个n ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+++之和. [例13] 已知数列{a n }：∑∞=+-+++=11))(1(,)3)(1(8n n n n a a n n n a 求的值. 三、课后作业112342421{},1(1,2,3,)3(1),,{}.(2)n n n n n na n S a a S n a a a a a a a +===+++1.数列的前项为且，求的值及数列的通项公式求1112{},1(1,2,).:(1){};(2)4n n n n nn n n a n S a a S n nS nS a +++====2.数列的前项和记为已知，证明数列是等比数列*121{}(1)()3(1),;(2):{}.n n n n n a n S S a n N a a a =-∈3.已知数列的前项为，求求证数列是等比数列11211{},,.2n n n n a a a a a n n+==++4.已知数列满足求112{},,,.31n n n n na a a a a n +==+5.已知数列满足求111511{},,().632n n n n n a a a a a ++==+6.已知数列中,求111{}:1,{}.31n n n n n a a a a a a --==⋅+7.已知数列满足，求数列的通项公式2222123{}S 21,n n n n a a a a a =-++++8.等比数列的前n 项和求555555555(10 51)95n-9.求和：，，，，，；10．求和：1111447(32)(31)n n+++⨯⨯-⨯+11．求和：111112123123n ++++= +++++++练习12、设{}na是等差数列，{}nb是各项都为正数的等比数列，且111a b==，3521a b+=，5313a b+=（Ⅰ）求{}na，{}nb的通项公式；（Ⅱ）求数列nnab⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n项和n S．。