高三数学数列解题方法集锦
高考数学数列题求解题技巧
高考数学数列题求解题技巧数学数列题是高考数学中常见的题型之一，也是考查学生对数列概念和性质的理解和运用能力的重要手段之一。
下面将给出一些解题技巧，帮助你在高考中更好地解答数列题。
1. 确定数列类型在解答数列题时，首先要明确数列的类型。
常见的数列类型包括等差数列、等比数列、斐波那契数列等。
通过观察数列的通项公式、公式中的递推关系或者数列中的规律，确定数列的类型，有助于我们更好地理解和解答问题。
2. 求解等差数列对于等差数列，我们通常可以使用以下几种方法进行求解：（1）已知前n项和：当已知等差数列的前n项和Sn 时，我们可以使用以下公式求解等差数列的的首项a1和公差d：Sn = (n/2)(a1 + an)Sn = (n/2)(2a1 + (n-1)d)其中n为项数，a1为首项，an为第n项，d为公差。
（2）已知前n项和的两倍：如果我们知道等差数列的前n项和Sn的两倍为2Sn，则可以使用以下公式求解首项a1：2Sn = n(2a1 + (n-1)d)（3）已知前n项和的平方：如果我们知道等差数列的前n项和Sn的平方为Sn²，则可以使用以下公式求解公差d：Sn² = n(2a1 + (n-1)d)²/43. 求解等比数列对于等比数列，我们通常可以使用以下几种方法进行求解：（1）已知前n项和：当已知等比数列的前n项和Sn 时，我们可以使用以下公式求解等比数列的的首项a1和公比q：Sn = a1(1 - qⁿ)/(1 - q)其中n为项数，a1为首项，q为公比。
（2）已知前n项积：若已知等比数列的前n项积为Pn，则可以使用以下公式求解首项a1和公比q： Sn = a1(1 - qⁿ)/(1 - q)4. 拆分序列有时，在解答数列题时，我们可以将给定的数列拆分为两个或多个较为简单的数列进行求解。
例如，当我们遇到递推关系较为复杂的数列时，可以考虑将数列拆分为两个或多个等差数列或等比数列，然后分别求解。
高中数学数列题型及解题方法
高中数学数列题型及解题方法高中数学中，数列是一个非常重要的概念。
对于数列题型的掌握和解题方法的运用，对于学生在数学学习中起到至关重要的作用。
常见的数列题型包括等差数列、等比数列和斐波那契数列等。
下面将介绍这几种数列的定义和解题方法。
1. 等差数列：等差数列是指数列中相邻两项之差都相等的数列。
常见的解题方法有：- 求通项公式：通过已知条件求出公差d和首项a1，然后利用通项公式an=a1+(n-1)d来求解。
- 求和公式：通过已知条件求出公差d、首项a1和项数n，然后利用求和公式Sn=n/2(a1+an)来求解。
2. 等比数列：等比数列是指数列中相邻两项之比都相等的数列。
常见的解题方法有：- 求通项公式：通过已知条件求出公比r和首项a1，然后利用通项公式an=a1*r^(n-1)来求解。
- 求和公式：通过已知条件求出公比r、首项a1和项数n，然后利用求和公式Sn=a1*(1-r^n)/(1-r)来求解。
3. 斐波那契数列：斐波那契数列是指数列中每一项都是前两项之和的数列。
常见的解题方法有：- 递推公式：利用递推关系an=an-1+an-2来计算斐波那契数列的每一项。
- 通项公式：通过特征方程x^2=x+1，求出两个根φ和1-φ，然后利用通项公式an=Aφ^n+B(1-φ)^n来求解，其中A和B为常数，通过已知条件求解得出。
在解题过程中，可以根据已知条件，选择合适的方法来求解数列问题。
同时，还需要注意理解数列的性质，例如等差数列的公差为常数，等比数列的公比为常数等。
通过对不同类型数列的学习和练习，可以提高对数列问题的理解和解题能力。
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。
高考数列万能解题方法
数列的项na与前n项和nS的关系：11(1)(2)nn ns nas s n-=⎧=⎨-≥⎩数列求和的常用方法：1、拆项分组法：即把每一项拆成几项,重新组合分成几组,转化为特殊数列求和;2、错项相减法：适用于差比数列如果{}n a等差,{}n b等比,那么{}n na b叫做差比数列即把每一项都乘以{}n b的公比q,向后错一项,再对应同次项相减,转化为等比数列求和;3、裂项相消法：即把每一项都拆成正负两项,使其正负抵消,只余有限几项,可求和;适用于数列11n na a+⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭和⎧⎫其中{}n a等差可裂项为：111111()n n n na a d a a++=-⋅1d=等差数列前n项和的最值问题：1、若等差数列{}n a的首项10a>,公差0d<,则前n项和nS有最大值;ⅰ若已知通项na,则nS最大⇔1nnaa+≥⎧⎨≤⎩；ⅱ若已知2nS pn qn=+,则当n取最靠近2qp-的非零自然数时nS最大；2、若等差数列{}n a 的首项10a <,公差0d >,则前n 项和n S 有最小值ⅰ若已知通项n a ,则n S 最小⇔10n n a a +≤⎧⎨≥⎩；ⅱ若已知2nS pn qn =+,则当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; ⑵已知n 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 -==-≥;已知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已知条件中既有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若1()n na 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 ≥;⑸已知1()n n a f n a +=求n a ,用累乘法：121121n n n n n a aa a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅(2)n ≥; ⑹已知递推关系求n a ,用构造法构造等差、等比数列;特别地,1形如1nn 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n k 得到一个等差数列后,再求n a ;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1k n n a a +=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 a n n n n ==--+-+1111或时,分奇数项偶数项讨论,结果可能是分段形式; 数列求和的常用方法：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也是等差数列前n 和公式的推导方法. 4错位相减法：如果数列的通项是由一个等差数列的通项与一个等比数列的通项相乘构成,那么常选用错位相减法这也是等比数列前n 和公式的推导方法.5裂项相消法：如果数列的通项可“分裂成两项差”的形式,且相邻项分裂后相关联,那么常选用裂项相消法求和.常用裂项形式有： ①111(1)1n n n n =-++； ②1111()()n n k k n n k=-++；③2211111()1211k k k k <=---+,211111111(1)(1)1k k k k k k k k k-=<<=-++--；④1111[](1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n =-+++++ ；⑤11(1)!!(1)!n n n n =-++；⑥=<<= 二、解题方法：求数列通项公式的常用方法： 1、公式法 2、n n a S 求由 3、求差商法 解：n a a ==⨯+=1122151411时，，∴练习4、叠乘法 解：a a a a a a n n a a nn n n 213211122311·……·……，∴-=-= 5、等差型递推公式 练习6、等比型递推公式 练习7、倒数法数列前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; 解：()()由·11111011a a a a d d a a d k k k k k k ++=+=-⎛⎝ ⎫⎭⎪≠练习3、错位相减法：4、倒序相加法：把数列的各项顺序倒写,再与原来顺序的数列相加; 练习 深圳一模深圳二模 广州一模 广州二模 韶关调研。
高中物理数学高中数列10种解题技巧
高中物理数学高中数列10种解题技巧
当涉及到高中物理和数学中的数列问题时，以下是10种解题技巧：
确定数列类型：首先，确定数列是等差数列、等比数列还是其他类型的数列。
这将有助于你选择正确的解题方法。
寻找通项公式：对于等差数列和等比数列，寻找通项公式是解题的关键。
通过观察数列中的规律，尝试找到递推关系式，从而得到通项公式。
求和公式：对于需要求和的数列，使用相应的求和公式可以简化计算过程。
例如，等差数列的求和公式是Sn = (n/2)(2a + (n-1)d)，其中Sn表示前n项和，a表示首项，d表示公差。
利用递推关系求解：对于一些复杂的数列问题，可以利用递推关系式逐步求解。
通过已知的前几项，推导出后续项的值。
利用数列性质：数列有许多性质和特点，例如对称性、周期性等。
利用这些性质可以简化问题，找到解题的突破口。
利用数列图像：将数列表示为图像，有时可以更直观地理解数列的规律。
通过观察图像，可以得到一些有用的信息。
利用数列的性质进行变形：有时，对数列进行一些变形可以使问题更容易解决。
例如，将等差数列转化为等比数列，或者将复杂的数列转化为简单的数列。
利用数列的对称性：如果数列具有对称性，可以利用对称性来简化问题。
例如，利用等差数列的对称性可以减少计算量。
利用数列的周期性：如果数列具有周期性，可以利用周期性来简化问题。
通过观察周期内的规律，可以推断出整个数列的性质。
多角度思考：对于复杂的数列问题，尝试从不同的角度思考，采用不同的解题方法。
有时，换一种思路可能会带来新的启示。
高考数学数列解题方式大全
高考数学数列解题方式高考数学数列解题方式大全构造法+函数法”的结合：而且本题还可以从另一个思路进行解答，就是运用复数模的概念，将相联系的数据和看成一个模函数，仍然可以得到所求的结果。
离高考越来越近，对于数学的难点数列同学们复习的如何呢?以下是小编整理的高考数学数列解题方式：数列解题方法，供同学们参考学习。
高考数学数列解题方式转换法这种方法是体现学生的想象力及创新能力的方法，也是数学解题技巧中最富有挑战性的方法，能将复杂的题型辅以转换的功能，成为简单的、易被理解的题型。
比如，一个正方体平面为ABCB和A1B1C1D1，在正方体的棱长D1C1和C1B1分别设置两点E和F为中点，AC与BD相交于P点，A1C1于EF相交于Q点，求证：(1)点D、B、F、B在同一平面上;(2)如果线段A1C通过平面DBFE，交点到R点，那么P、R、Q三点共线?由题可知：线段EF是△D1B1C1的中位线，所以，EF与B1D1平行，在正方体AC1中，线段B1D1与BD 平行，相应得出：线段EF与线段BD相平行，由此得出线段EF和BD 在一个平面，所以可以求得点D、B、F、E在同一个平面。
假设平面A1ACC1为x，平面BDEF为y，由于Q点在平面AC，所以Q点也属于平面x，为x和y的交点，同属两个平面的点。
同理可得，点P也属x、y的公共点，而R点是平面A1C与平面y的交点，所以，可以得到P、Q、R三点共线。
高考数学数列解题方式反证法任何事物的结果有时顺着程序去思考，往往不得要领，倘若从结果向事物开始的方向或用假设的反方向去推理，反倒会“一片洞天”。
数学解题技巧也是如此。
首先，假设命题结论相反的答案，顺理演绎地解答，得出假设的矛盾结果，从另一侧面论证了正确答案。
例如，苏教版教材必修1《函数》章节，已知函数f(x)是一项正负无限大范围内的增函数，a、b都为实数，求证：(1)假设：(a+b)≥0，则函数式表示为：f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b)成立;(2)求证(1)问中逆命题是否正确。
高中数学数列方法及技巧
高中数学数列方法及技巧1高中数学数列方法和技巧一.公式法如果一个数列是等差数列或等比数列,则求和时直接利用等差、等比数列的前n项和公式.注意等比数列公示q的取值要分q=1和q≠1.二.倒序相加法如果一个数列的首末两端等“距离”的两项的和相等,那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法,如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的.三.错位相减法如果一个数列的各项和是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的,那么这个数列的前n项和即可用此法来求,如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的.四.裂项相消法把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和.用裂项相消法求和时应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项,也可能前面剩两项,后面也剩两项,前后剩余项是对称出现的.五.分组求和法若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成,则求和时可用分组求和法,分别求和然后相加减.2高中数学数列问题的答题技巧高中数列，有规律可循的类型无非就是两者，等差数列和等比数列，这两者的题目还是比较简单的，要把公式牢记住，求和，求项也都是比较简单的，公式的运用要熟悉。
题目常常不会如此简单容易，稍微加难一点的题目就是等差和等比数列的一些组合题，这里要采用的一些方法有错位相消法。
题目变化多端，往往出现的压轴题都是一些从来没有接触过的一些通项，有些甚至连通项也不给。
针对这两类，我认为应该积累以下的一些方法。
对于求和一类的题目，可以用柯西不等式，转化为等比数列再求和，分母的放缩，数学归纳法，转化为函数等方法等方法对于求通项一类的题目，可以采用先代入求值找规律，再数学归纳法验证，或是用累加法，累乘法都可以。
总之，每次碰到一道陌生的数列题，要进行总结，得出该类的解题方法，或者从中学会一种放缩方法，这对于以后很有帮助。
3高考数学解题方法解题过程要规范高考数学计算题要保证既对且全，全而规范。
应为高考数学计算题表述不规范、字迹不工整又是造成高考数学试卷非智力因素失分的一大方面。
高中数学数列求解方法 (完整版)
高中数学数列解题方法总结类型一：)(1n f a a n n +=+（)(n f 可以求和）−−−−→解决方法累加法例1、在数列{}n a 中，已知1a =1，当2n ≥时，有121n n a a n -=+-()2n ≥，求数列的通项公式。
解析：121(2)n n a a n n --=-≥∴213243113521n n a a a a a a a a n --=⎧⎪-=⎪⎪-=⎨⎪⎪-=-⎪⎩ 上述1n -个等式相加可得： 211n a a n -=- 2n a n ∴=类型二：1()n n a f n a +=⋅ （()f n 可以求积）−−−−→解决方法累积法 例2、在数列{}n a 中，已知11,a =有()11n n na n a -=+，(2n ≥)求数列{}n a 的通项公式。
解析：1232112321n n n n n n n a a a a a a a a a a a a -----=⋅⋅⋅⋅123211143n n n n n n --=⋅⋅⋅⋅+-21n =+ 又1a 也满足上式；21n a n ∴=+ *()n N ∈类型三：1(n n a Aa B +=+≠其中A,B 为常数A 0,1）−−−−→解决方法待定常数法 可将其转化为1()n n a t A a t ++=+，其中1Bt A =-，则数列{}n a t +为公比等于A 的等比数列，然后求n a 即可。
例3 在数列{}n a 中， 11a =，当2n ≥时，有132n n a a -=+，求数列{}n a 的通项公式。
解析：设()13n n a t a t -+=+，则132n n a a t -=+1t ∴=，于是()1131n n a a -+=+{}1n a ∴+是以112a +=为首项，以3为公比的等比数列。
1231n n a -∴=⋅-类型四：()110n n n Aa Ba Ca +-++=⋅⋅≠；其中A,B,C 为常数，且A B C 0可将其转化为()()()112n n n n A a a a a n αβα+-+=+≥-----（*）的形式，列出方程组A B C αββα⋅-=⎧⎨-⋅=⎩,解出,;αβ还原到（*）式，则数列{}1n na a α++是以21a a α+为首项， A β为公比的等比数列，然后再结合其它方法，就可以求出n a 。
高中数学必须掌握的十种数列通项公式的解题方法和典型例题
高中数学必须掌握的十种数列通项公式的解题方法和典型例题
在高考中数列部分的考查既是重点又是难点，不论是选择题或填空题中对基础知识的考查，还是压轴题中与其他章节知识的综合，抓住数列的通项公式通常是解题的关键和解决数列难题的瓶颈。
求通项公式也是学习数列时的一个难点。
由于求通项公式时渗透多种数学思想方法，因此求解过程中往往显得方法多、灵活度大、技巧性强。
通项公式普通的求法：
（1）构造等比数列：凡是出现关于后项和前项的一次递推式都可以构造等比数列求通项公式；
（2）构造等差数列：递推式不能构造等比数列时，构造等差数列；
（3）递推：即按照后项和前项的对应规律，再往前项推写对应式。
已知递推公式求通项常见方法：
①已知a1=a,a n+1=qa n+b,求a n时，利用待定系数法求解，其关键是确定待定系数λ，使a n+1+λ=q(a n+λ)进而得到λ。
②已知a1=a,a n=a n-1+f(n)(n≥2),求a n时，利用累加法求解，即
a n=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a n-a n-1)的方法。
③已知a1=a,a n=f(n)a n-1(n≥2)，求a n时，利用累乘法求解。
非常实用的十大解题方法及典型例题
方法一数学归纳法
方法二 Sn 法
方法三累加法
方法四累乘法
方法五构造法一
方法六构造法二
方法七构造法三
方法八构造法四
方法九构造五
方法十构造六。
高考数学数列解题技巧必备
高考数学数列解题技巧必备各个科目都有自己的学习方法，但其实都是万变不离其中的，基本离不开背、记，运用，数学作为最烧脑的科目之一，也是一样的。
下面是小编给大家整理的一些高考数学数列解题技巧的学习资料，希望对大家有所帮助。
高考数学重点：数列公式及结论总结数学中有很多的概念和公式，只有理解这些概念，才能正确解题。
数列中有很多性质和公式，这些是我们做题的基础，很多同学觉得数列的性质公式太多太杂，记不住。
其实按照一定方法将数列性质公式进行归纳总结，记住它们就简单多了。
下面是小编为大家整理的高中数列基本公式,希望对大家有帮助。
一、高中数列基本公式：1、一般数列的通项an与前n项和Sn的关系：an=2、等差数列的通项公式：an=a1+(n-1)d an=ak+(n-k)d (其中a1为首项、ak为已知的第k项) 当d≠0时，an是关于n的一次式;当d=0时，an是一个常数。
3、等差数列的前n项和公式：Sn=Sn=Sn=当d≠0时，Sn是关于n的二次式且常数项为0;当d=0时(a1≠0)，Sn=na1是关于n的正比例式。
4、等比数列的通项公式： an= a1 qn-1 an= ak qn-k(其中a1为首项、ak为已知的第k项，an≠0)5、等比数列的前n项和公式：当q=1时，Sn=n a1 (是关于n的正比例式);当q≠1时，Sn=Sn=三、高中数学中有关等差、等比数列的结论1、等差数列{an}的任意连续m项的和构成的数列Sm、S2m-Sm、S3m-S2m、S4m - S3m、……仍为等差数列。
2、等差数列{an}中，若m+n=p+q，则3、等比数列{an}中，若m+n=p+q，则4、等比数列{an}的任意连续m项的和构成的数列Sm、S2m-Sm、S3m-S2m、S4m - S3m、……仍为等比数列。
5、两个等差数列{an}与{bn}的和差的数列{an+bn}、{an-bn}仍为等差数列。
6、两个等比数列{an}与{bn}的积、商、倒数组成的数列{anbn}、、仍为等比数列。
2023届高三数学一轮复习专题 数列通项公式的十三种求法 讲义 (解析版)
数列通项公式的十三种方法数列的通项公式是数列的核心概念之一,它如同函数中的解析式一样,有解析式便可研究其性质;而有了数列的通项公式则可求出其任意一项以及前项和等.因而求数列的通项公式往往是解题的突破口、关键点.本文总结出几种求解数列通项公式的方法,希望对大家有所帮助.一、观察法根据数列的前几项求通项公式时，常用“观察、归纳、猜想、验证”的思想方法，即先找出各项相同的部分，再找出不同的部分与序号之间的关系，并用n 表示出来.{}{}{}{}{}.2,12,,)1(,,;;,.:.232)1()2(.)12)(12(2.1212,,75,53,31,2)1(:;6461,3229,1613,85,41,21)2(;9910,638,356,154,32)1(.,:11等如列要注意联系一些基本数进行验证或调整再次是写出通项公式后号的联系与序其次要分析变化的因素而变化哪些因素随序号的变化与序号无关而保持不变首先要观察哪些因素其规律之间的对应关系中发现与序号要善于从数值点评的通项公式为别考虑可以得出此数列将符号、分子、分母分式为故此数列的一个通项公的积和是两个连续奇数分母为分子为偶数列解通项公式写出下面各数列的一个根据数列的前几项例----•-=+-=+-⋅⋅⋅⨯⨯⨯⋅⋅⋅--⋅⋅⋅n n n n n nn n n n n a a n n na n n n 二、定义法.)0,(.11的数列为常数且或递推公式为这种方法适用于式的方法叫定义法比数列的定义求通项公直接利用等差数列或等≠=+=++q q d qa a d a a n n n n 三、累加法).()1()3()2(),2()3()1()(,).2(),3(,),1(),(:),(11122321111n f n f f f a a f f n f n f a a f a a f a a n f a a n f a a n f a a a n n n n n n n n +-+⋅⋅⋅+++=++⋅⋅⋅+-+=-=-=-⋅⋅⋅-=-=-=-----即得相加所有等式左右两边分别即可以用“累加法”且已知.22,2)1(1,1),1(321112........................321,:,1,:22111223322111111+-=∴-=-∴=-+⋯⋯+++=--⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎬⎫=-=--=--=--=-=-+==+=-----+++n n a n n a a n a a n a a a a n a a n a a n a a n a a a n a a a a n a n n n n n n n n n n n n n n n n 又得个式子相加所以得由解求已知例.,)1(,)1(,,2,1)(,)1()2()1(:1称为累加法个等式累加而求可得个代入以中就可以将的和是可求的只要点评n n n a n n n n n f a a n f f f --⋅⋅⋅=+=-+⋅⋅⋅+++四、累乘法).()1()3()2(),2()3()1()(,).2(),3(,),1(),(:),(11122321111n f n f f f a a f f n f n f a a f a af a a n f a a n f a a n f a a a n nn n n n n n•-•⋅⋅⋅•••=••⋅⋅⋅•-•===⋅⋅⋅-===----即得相乘所有等式左右两边分别即可以用“累乘法”且已知{}{}.,)(:.2,2,21122232........................32221212,1222)22(:.,)22(,2,:31111223322111111n n n n nn n n n n n n n n n n n n n a n n f n a a n a a n a a a a n n a a n n a a n n a a n n n a a a n a a a na a a 可用累乘法求项积可求前数列点评又得个式子相乘所以得由解求通项公式中已知数列例•=∴=•=-⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎫•=•=--•=--•=-•=∴+•=+=+=+==------+++五、构造法（构造成等比数列）.,)1(1.,11),1(1),1(1,)1(,,)1(),(:)1(.)01(:111111111n n n n n n n n n n n n n n a p p qa p q a p p qa p q a p q a p p q a p p qq p q pa a p pa a a p a q p q pa a 从而求出所以为公比的等比数列以为首项是以因此数列所以所以比较系数得与题设得设构造法项相减法”可用“构造法”或“逐且类型-+++++•-+=-+-+⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+-+=-+≠-==-+=-+=+=+≠≠+=λλλλλ{}.,,),(),2(),1(:)(.21211111n n n n n n n n n n n a a a p a a a a p a a q pa a q pa a 从而求出为首项的等比数列公比为是以从而得数列两式相减得得由阶差法逐项相减法---=-+=+=+-+-+{}{}{}.213,313,13,33331)113(,3).(3,1313:1.,131,.4111121111-111-=∴=-+∴+==•=-∴=-+⨯=---=-+=+=+==+-++-+++n n nn n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a 其首项为的等比数列是公比为因此数列两式相减得得由解法的通项公式求数列且满足中在数列例{}.3,33331)113(,31:2111121n n n n n n n n n n a a a a a a a a a 可用“累加法”求出已知其首项为的等比数列是公比为得数列由解法解法=-=•=-∴=-+⨯=--+-++.,31:.213,32321,2321,321),21(32121,21,23),(313:3111111但殊途同归构造出的等比数列不同与解法解法点评首项为的等比数列是公比为数列即可化为设递推公式解法-=∴•=+∴=+⎭⎬⎫⎩⎨⎧+∴+=+∴=∴=∴+=+=++=-++++n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a λλλλλ.1,1.1,,).0,10(:2111111即类型的数列则转化形如令得两边同除以由且类型+•==+•=+=≠≠≠+=+--+++n n n n n n nn n n n n n n n n b q pb q a b qa q p q a q q pa a q p p q pa a {}{}.133,3133.3,232,323313),3(313,23313,32:.),2(32,6,:511111111111的等比数列首项为为公比是数列即令得由解的通项公式求数列满足中已知数列例-=-⎭⎬⎫⎩⎨⎧-∴-=∴=-∴-•=+•=+∴+•=⨯+=≥⨯+==--------a a k k k a a k a k a a a a a a n a a a a n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n.1.1,,)0,10(:.33)31(33,)31(33,)31(1331111111111的数列则转化形如令得可先在其两边同除以的数列且对形如点评+•==+•=≠≠≠+=-=•-=∴-=∴⨯-=-∴+--+++-+--n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n b qpb q a b q a q p q a q q p p q pa a a a a ..,,,)1()2(),2(),1(.:3211211的通项公式从而分奇偶项求出数列偶数项分别是等比数列所以奇数项得由得由类型q a a q a a q a a q a a nn n n n n n n n n n ==•=•=•++++++{}{}⎪⎩⎪⎨⎧=∴=•=•==•=∴=∴=•⋅⋅⋅⋅⋅⋅∴==•=•=•=------++++++.,2,,22222;22,2,2;,,,;,,,,2)1()2(),2(2,)1(2:.,2,1,:6221112211112212864275312112111为偶数为奇数又成等比数列成等比数列得由得由解的通项公式求数列满足中已知数列例n n a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a nn n nn n n n n n nn n n n n n n n n n n n .,)()1(,)1()2(),2( )1(),1( )()(:21211项公式分奇偶项求出数列的通得由得由数列形如点评n f n f a a n f a a n f a a n f a a n n n n n n n n +=+=•=•=•+++++六、待定系数法{}.,,.)1()1(,)1()1(,),()1()0,1,(:11111n n n n n n n n n n n n n a b B An a b bA B P k A P b kn pa A B P An P Pa a PB PAn Pa B A An a B An a P B n A a k p b k b kn pa a 求出通项是等比数列从而构造了数列令比较系数得设是常数且类型++=⎩⎨⎧=--=-++=--+-+=∴++=+++∴++=+++≠≠++=++++{}{}{}.132136,361.611,31,1.1,1,.123,22,,1232323,3333],)1([3:.),2(123,4,:7111111111--•=--•=∴•=++∴=++++∴++=++∴⎩⎨⎧==⎩⎨⎧-=+-=-+=+-+=∴+-+=++∴+-+=++≥-+==-------n n a n a a n a n a B An a B A B A A n a B A An a a B A An a B An a B n A a B An a a n n a a a a n n n n n n n n n n n n n n n n n n n 的等比数列首项为是公比为数列解得比较系数得设解的通项公式求数列满足中已知数列例{}.,.,),()1(,)0,1,(:11n n n n n n a p B An a B A B An a P B n A a k p b k b kn pa a 从而求出通项的等比数列是公比为则构造了数列比较系数相等求出设的数列是常数且递推公式为点评++++=+++≠≠++=++{}.,,.2,)2()(,2),()1()1()0,1,,(:2222122122121n n n n n n n n n n n n n a b C Bn An a b c C B A pC b A B PB aA pA c bn an pa CB A pC n A B PB n A pA Pa a pC PBn PAn Pa C B Bn A An An a C Bn An a P C n B n A a a p c b a c bn an pa a 求出通项是等比数列从而构造了数列令比较系数得设是常数且类型+++=⎪⎩⎪⎨⎧=---=--=-+++=---+--+-+=∴+++=++++++∴+++=+++++≠≠+++=++++{}{}{}.181032,18103218103232,23218103.321811013,218103.18103,18103,5242232,54322)22()2(2,22222),(2)1()1(:.,1,5432:82424211221222221221221121---=---=---•=∴•=+++∴=+⨯+⨯+++++++=+++∴⎪⎩⎪⎨⎧===⎪⎩⎪⎨⎧=---=--=-+++=---+--+-+=∴+++=++++++∴+++=+++++=+++=++--++++n n a n n n n a n n a a n n a n n a C Bn An a C B A C B A C A B B A A n n a C B A C n A B B n A A a a C Bn An a C B Bn A An An a C Bn An a C n B n A a a a n n a a a n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n 为首项的等比数列为公比是所以数列解得比较系数得设解的通项公式求数列满足已知数列例{}.,,.,,),()1()1(,)0,1,,(:222121n n n n n n n n a b C Bn An a b C B A C Bn An a P C n B n A a a p c b a c bn an pa a 从而求出通项是等比数列则构造了数列令比较系数得设的数列是常数且形如点评+++=+++=+++++≠≠+++=++七、特征方程法{}.,,,,)(),().,(:1121121212的等比数列是公比为于是解得比较系数得所以可以变形为设为常数类型βαβααββααββααβαn n n n n n n n n n n n n n n a a qpa a a a a a a qa pa a q p qa pa a -⎩⎨⎧-==+-+=-=-+=+=++++++++++{}{}.)31(:1.),3731,3731231,131:2(.1,31:1.131311,3132,)(),(3132:.,3132,2,1,:9111112112112112121221-++++++++++++++-=-∴+==+∴=+=+⎭⎬⎫⎩⎨⎧+=---∴⎪⎩⎪⎨⎧=-=⎪⎩⎪⎨⎧-==⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-==+-+=∴-=-+=+===n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n a a q pa a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a 法类型从而变成的等比数列首项为是公比为数列法的等比数列首项为是公比为数列法或解得比较系数得可以变形为设解求中已知数列例βαβααββααββααβα.314347]311[431,311311313131,)1(,)1(,2,13111121111-----+⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯-=⎪⎭⎫⎝⎛--+=∴+⎪⎭⎫⎝⎛--=⎪⎭⎫⎝⎛-+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=---⋯⋯=⎪⎭⎫⎝⎛-=-n n n n n n n n n a a a n n n n a a 得个等式累加再把代入以中将八、公式法{}.2,1,.,11求解利用公式法”的通项公式可用“公式求数列的关系与项和若已知数列前⎩⎨⎧≥-==-n s s n s a a a s n n n n n n n{}{}.,,1),2(,,:.2,261,5,51113,1,26)353(13]1)1()1(3[13,2:.,13:101111211222212否则要用分段函数表示才是通项公式相等时求得的与由时的当其方法是利用求数列的通项公式项和公式已知数列的前点评所以不符合上式时当时当解的通项公式求数列的前项和已知数列例n n n n n n n n n n n n a s a s a n n s s a n n n n a s a n n n n n n n n n n s s a n a n n s a ==≥-=⎩⎨⎧≥-===++•===-=+--++=+-+--++=-=≥++=--{}{}{}.,,:.12,122)1(3,2,320),(2))((,422:)2()1(),2(342,2),1(342,3,0,342,1:..342,0..11111111121211212111221的式子与含将所给关系式转化为只因此需利用已知条件中含点评的等差数列公差为是首项为数列，又式得式时当解得时当解的通项公式求数列已知的前项和为数列例------------=+=∴+=⨯-+=∴∴=-∴+=-+∴=--+-⋅⋅⋅⋅⋅⋅+=+≥∴⋅⋅⋅⋅⋅⋅+=+=+=+=+=+n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n a a s s a a s n a n n a a a a a a a a a a a a a a a a s a a n s a a a a a a a n a s a a a a s n九、数学归纳法{}{}{}{}.,,:.)1(),1(,)2)(1(.,1.)2()1()2()1(),2)(1()1()1(22,1,)1(),1(,)2(.,1)1(:.)1(),1(.25,20,16,12,9,6.,2:.,,,,,,)(,,,,,,4,2,,:122222221121224433221211432432*11111然后用数学归纳法证明其通项公式根据前几项的规律猜测前几项关键是准确求出数列的证明”求解数列问题的—猜测—使用“归纳点评对一切正整数都成立可知由结论也成立时所以当时那么当即时结论成立假设当由上知结论成立时当用数学归纳法证明猜测由此可得由条件得解的通项公式求数列的值及求成等比数列成等差数列且中在数列例+=+=+=+=+++==++=+-+=-=+=+=+===+=+========+=∈==+++++++++n b n n a k n k k k k b a b k k k k k a b a k n k b k k a k n n n b n n a b a b a b a b b a a a b b a b b b a a a N n b a b a b a b a b a n n k k k k k k k k n n n n n n n n n n n n n n n n n n 十、重新构造新方程组求通项法{}{}{}{}{}{}.,,,:.)311(21)311(21,)31(1.)31()()31()()31()(31,1.,2),(31,),2(31),2(31:.,),2(31),2(31,2,0,,1,.13.,,111111122211112211*11111111111111n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a N n n b a b a b a b a b a b b a a b a b a b b a a n b b a a b a b a b a b a 出从而再通过解方程组求等差或等比数列相加或相减后恰好构成观察两个式子结构特征点评解得所以所以都成立对得由解求时当中数列中已知数列例和然后解方程组求得的方程组和关于必须重新构造与要想求出给出的通项以方程组的形式和有时数列⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=+=⎪⎩⎪⎨⎧=-=+=-=⋅⋅⋅=-=-=-=+=⋅⋅⋅=+=+=+∈≥-=-+=++=+=+=+=≥==-------------------------十一、取倒数法{}{}.121,122)1(11,11,21,211,121,12:.,12,2,1,:1411111111-=∴-=⨯-+=∴=⎭⎬⎫⎩⎨⎧∴=-+=+=+=≥=------n a n n a a a a a a a a a a a a a a n a a n n n n n n n n n n n n n n n 的等差数列首项为是公差为数列两边取倒数得将解的通项公式求数列时且当满足中已知数列例.1,11,,)0,0(:111111cbb c d b b a a c d c b ca d ba a a bcd d ba ca a n n n n n n n n n nn +•==•+=+=≠≠+=+++++则令型即转化为构造新数列可用两边取倒数的方法型数列的通项公式求点评十二、取对数法{}{}{}.,lg ,lg lg lg ),0,0(:.13,31,3lg 23lg )1lg(.3lg )1lg(,2)1lg()1lg(2)1lg(,)1lg()1lg(,)1(121,2:.,2,2,:151112221112122121211111类型则变成令两边取对数得形如点评的等比数列首项为是公比为数列两边取对数得得由解的通项公式求数列满足中已知数列例q pb b a b a r c a a c ca a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a n n n n n n n r n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n+==+==-=∴=+=•=+∴=++∴+=+∴+=++=++=++=+==+++-+++++---十三、平方(开方)法{}{}{}.,,),,0(:.13,0.133)1(4.3,4,3,3:.),2(3,2,:161222121221221221211类型则变成令则两边平方得为常数形如点评又为公差的等差数列为首项是以数列两边平方整理得将解的通项公式求数列满足中已知数列例q pb b a b da c a c d da c a n a a n n a a a a a a a a n a a a a n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n +==+=≠+=+=∴>+=⨯-+=∴=∴=-+=≥+==+++---。
高中数学数列题型及解题方法
高中数学数列题型及解题方法一、基本概念在高中数学中，数列是一个数的有序集合，按照一定的规律排列。
数列中的每一个数称为该数列的项，通常用字母表示。
数列中的项的位置或顺序称为项数。
数列一般通过通项公式或递推式来表示。
通项公式直接给出数列中第n个项与n之间的关系，递推式则通过前一项得出后一项，常见的数列有等差数列和等比数列。
二、等差数列等差数列是指数列中相邻两项的差是一个常数的数列。
若一个等差数列的前n 项和可递推出通项公式，即第n项的表达式。
解题方法1.根据已知条件列出等差数列的性质2.利用通项公式或递推式解决问题3.注意区分公差和项数的不同，避免混淆三、等比数列等比数列是指数列中相邻两项的比是一个常数的数列。
等比数列也有通项公式和前n项和的性质。
解题方法1.确定数列是等比数列2.利用通项公式或递推式解决问题，计算项之间的比3.注意等比数列的比值，及时列出通项公式或递推式四、常见题型及解题方法1. 求等差数列第n项或前n项和•要求：已知等差数列的公差和首项，求第n项或前n项和•解题方法：利用通项公式或递推式计算第n项或前n项和2. 求等比数列第n项或前n项和•要求：已知等比数列的比和首项，求第n项或前n项和•解题方法：利用通项公式或递推式计算第n项或前n项和3. 求等差数列或等比数列的一些特殊性质•要求：已知等差数列或等比数列的相关条件，求解一些特殊的性质•解题方法：根据数列的性质列出条件，运用相关知识推导出需要的结果以上是高中数学数列题型及解题方法的简要介绍，希望能对学习数列有所帮助。
如果想深入了解更多数列知识，可以继续深入学习相关内容。
高考数学数列问题的答题技巧
高考数学数列问题的答题技巧高中数学中大家都学习了数列这一知识点，而数列在高考中也是经常出现的考点，数列问题有哪些技巧可以又快又准地解答?店铺为您准备了一些高考数列通项、求和的答题技巧，希望对您有所帮助!高考数列通项、求和的答题技巧(1)解题路线图①先求某一项，或者找到数列的关系式。
②求通项公式。
③求数列和通式。
(2)构建答题模板①找递推：根据已知条件确定数列相邻两项之间的关系，即找数列的递推公式。
②求通项：根据数列递推公式转化为等差或等比数列求通项公式，或利用累加法或累乘法求通项公式。
③定方法：根据数列表达式的结构特征确定求和方法(如公式法、裂项相消法、错位相减法、分组法等)。
④写步骤：规范写出求和步骤。
⑤再反思：反思回顾，查看关键点、易错点及解题规范。
高考数列问题的易错点1.忽视等递推关系成立的条件，从而忽视检验前几项。
2.忽视n为正整数的默认条件，冒然求导，或利用不等式得到非整数的取等条件。
也会因此心理忽视这一个很好用的条件。
3.裂项相消忘记留下了几项。
可以先写几项验证。
4.通过方程求解的数列可能会漏下情况。
5.等比数列注意公比为1不等同于常数列(如0)。
6.下角标的不规范可能会使“-1”模棱两可，需要注意。
7.累加法或累乘法漏掉第一项。
高考数学数列知识点总结等差数列公式等差数列的`通项公式为：an=a1+(n-1)d或an=am+(n-m)d前n项和公式为：Sn=na1+[n(n-1)/2] d或sn=(a1+an)n/2若m+n=2p则：am+an=2ap以上n均为正整数文字翻译第n项的值=首项+(项数-1)*公差前n项的和=(首项+末项)*项数/2公差=后项-前项等比数列公式等比数列求和公式(1) 等比数列：a (n+1)/an=q (n∈N)。
(2) 通项公式：an=a1×q^(n-1); 推广式：an=am×q^(n-m);(3) 求和公式：Sn=n×a1 (q=1) Sn=a1(1-q^n)/(1-q) =(a1-an×q)/(1-q) (q≠1) (q为公比，n为项数)(4)性质：①若 m、n、p、q∈N，且m+n=p+q，则am×an=ap×aq;②在等比数列中，依次每 k项之和仍成等比数列.③若m、n、q∈N，且m+n=2q，则am×an=aq^2(5)"G是a、b的等比中项""G^2=ab(G ≠ 0)".(6)在等比数列中，首项a1与公比q都不为零. 注意：上述公式中an表示等比数列的第n项。
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。
高中数学数列解题技巧
高中数学数列解题技巧数列作为高中数学中的重要概念，经常出现在各类考试中。
掌握数列解题的技巧，不仅可以提高解题效率，还能帮助我们更好地理解数列的性质和规律。
本文将从常见的数列题型入手，介绍一些解题技巧，帮助高中学生和他们的家长更好地应对数列题。
一、等差数列等差数列是最常见的数列类型之一。
在解等差数列题目时，我们需要注意以下几个方面。
1. 求通项公式首先，我们需要找到等差数列的通项公式。
对于已知的等差数列，我们可以通过观察数列的规律来推导通项公式。
例如，对于等差数列1，4，7，10，13，...，我们可以发现每一项都比前一项大3，因此通项公式为an=3n-2。
2. 求前n项和在一些题目中，我们需要求等差数列的前n项和。
此时，我们可以利用等差数列的性质，通过求和公式来计算。
对于等差数列1，2，3，4，5，...，前n项和Sn=n(n+1)/2。
举例来说，如果题目给出一个等差数列的前n项和为100，要求求出这个等差数列的通项公式。
我们可以先列出前几项的和，发现n=13时和为91，n=14时和为105，因此可以得出n=14，通项公式为an=n。
二、等比数列等比数列也是高中数学中常见的数列类型之一。
在解等比数列题目时，我们需要注意以下几个方面。
1. 求通项公式首先，我们需要找到等比数列的通项公式。
对于已知的等比数列，我们可以通过观察数列的规律来推导通项公式。
例如，对于等比数列1，2，4，8，16，...，我们可以发现每一项都是前一项的2倍，因此通项公式为an=2^(n-1)。
2. 求前n项和在一些题目中，我们需要求等比数列的前n项和。
此时，我们可以利用等比数列的性质，通过求和公式来计算。
对于等比数列1，2，4，8，16，...，前n项和Sn=a(1-q^n)/(1-q)。
举例来说，如果题目给出一个等比数列的前n项和为63，要求求出这个等比数列的通项公式。
我们可以先列出前几项的和，发现n=4时和为15，n=5时和为31，因此可以得出n=5，通项公式为an=2^(n-1)。
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。
高考数列求解技巧
高考数列求解技巧高考数列题目在高中数学中占据很大的比例，掌握解题技巧对于提高解题速度和准确性非常重要。
下面介绍一些高考数列题目的求解技巧：1. 常见数列类型：高考中常见的数列类型有等差数列、等比数列、斐波那契数列等。
了解不同数列类型的性质和特点，对于解答题目非常有帮助。
2. 等差数列的求解技巧：对于等差数列，常见的求解技巧有：- 求公差：通过已知条件求出公差，进而推算出数列中任意一项。
- 求和公式：利用等差数列的求和公式，可以快速求解数列的和。
- 求项数：已知数列的首项、末项和公差，可以通过求解项数的方程得出项数。
3. 等比数列的求解技巧：对于等比数列，常见的求解技巧有：- 求公比：通过已知条件求出公比，进而推算出数列中任意一项。
- 求和公式：利用等比数列的求和公式，可以快速求解数列的和。
- 求项数：已知数列的首项、末项和公比，可以通过求解项数的方程得出项数。
4. 数列的递推关系：数列题目中经常会给出递推公式，通过利用递推关系可以求解数列中的任意一项。
递推关系的求解方法有： - 利用前后项之间的关系求解。
有时候可以通过前一项和后一项的关系，得出递推公式。
- 利用首项和递推步长求解。
有时候可以通过知道数列的首项和递推步长，推算出递推公式。
5. 数列的性质和特点：不同类型的数列有其特点和性质，通过了解数列的性质和特点，可以更加快速地解决题目。
例如：- 等差数列：相邻项之间的差值是常数。
- 等比数列：相邻项之间的比值是常数。
- 斐波那契数列：每一项等于其前两项之和。
6. 选项中的数列特征：在选择题中，有时候题目给出一系列数列，并要求选择符合某种特征的数列。
这时候可以通过观察选项中数列的特征，判断是否符合题目要求。
7. 尝试常用的数列运算技巧：在解题过程中，可以尝试一些常用的数列运算技巧，例如：- 差分法：将数列中的一项与前一项的差值构成一个新的数列，可以通过观察差分后的数列特点来求解题目。
- 通项归纳法：通过观察数列的通项公式，利用归纳和推理来求解题目。
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高三复习-------数列解题方法集锦数列是高中数学的重要内容之一，也是高考考查的重点。
而且往往还以解答题的形式出现，所以我们在复习时应给予重视。
近几年的高考数列试题不仅考查数列的概念、等差数列和等比数列的基础知识、基本技能和基本思想方法，而且有效地考查了学生的各种能力。
一、数列的基础知识 1．数列{a n }的通项a n 与前n 项的和S n 的关系它包括两个方面的问题：一是已知S n 求a n ，二是已知a n 求S n ； 1.1 已知S n 求a n对于这类问题，可以用公式a n =⎩⎨⎧≥-=-)2()1(11n S S n S n n .1.2 已知a n 求S n这类问题实际上就是数列求和的问题。
数列求和一般有三种方法：颠倒相加法、错位相减法和通项分解法。
2．递推数列：⎩⎨⎧==+)(11n n a f a aa ，解决这类问题时一般都要与两类特殊数列相联系，设法转化为等差数列与等比数列的有关问题，然后解决。
例1 已知数列{a n }的前n 项和S n =n 2-2n+3,求数列{a n }的通项a n ，并判断数列{a n }是否为等差数列。
解：由已知：S n =n 2-2n+3，所以，S n-1=(n-1)2-2(n-1)+3=n 2-4n+6,两式相减，得：a n =2n-3(n ≥2),而当n=1时,a 1=S 1=2,所以a n =⎩⎨⎧≥-=)2(32)1(2n n n .又a 2-a 1≠a 3-a 2，故数列{a n }不是等差数列。
注意：一般地，数列{a n }是等差数列⇔S n =an 2+bn ⇔S n2)(1n a a n +.数列{a n }是等比数列⇔S n =aq n-a.例2 已知数列{a n }的前n 项的和S n =2)(1n a a n +,求证：数列{a n }是等差数列。
证明：因为S n =2)(1n a a n +，所以，2))(1(111++++=n n a a n S 两式相减，得：2)())(1(1111n n n a a n a a n a +-++=++，所以n n n na a n a a -++=++111)1(2，即：11)1(a na a n n n -=-+，同理： 11)1()2(a a n a n n n --=--，即：11)2()1(a a n a n n n +-=--，两式相加，得：n n n a n a n a n )22()1()1(11-=-+--+，即：n n n a a a 211=+-+，所以数列{a n }是等差数列。
例3 已知数列{a n }的前n 项的和S n + a n =2n+1,求数列{a n }的通项a n . 解：因为S n + a n =2n+1，所以， S n+1+a n+1=2(n+1)+1,两式相减，得： 2a n+1-a n =2,即：2a n+1-a n +2=4，2a n+1-4= a n -2，所以21221=--+n n a a ，而S 1+a 1=3，a 1=23，故a 1-2=21-，即：数列{a n }是以21-为首项，21为公比的等比数列，所以a n -2=21-(21)n-1= - (21)n ,从而a n =2 - (21)n 。
例 4 （2000年全国）设{a n }是首项为1的正项数列，且(n+1)a n+12-na n 2+a n+1a n =0，(n=1,2,3,…),则它的通项公式是a n = .分析：（1）作为填空题，不需要解题步骤，所以可以采用不完全归纳法。
令n=1，得：2a 22+a 2-1=0,解得，a 2=21.令n=2, 得：3a 32+21a 3-21=0, 解得，a 3=31.同理，a 4=41由此猜想：a n =n1. (2)由(n+1)a n+12-na n 2+a n+1a n =0，得：[(n+1)a n+1-na n ](a n+1+a n )=0, 所以(n+1)a n+1=na n ，这说明数列是常数数列，故na n =1，a n =n1. 也可以由(n+1)a n+1=na n ，得：11+=+n na a n n ，所以 nn n n n a a a a a a a a n n n n n 1121121112211=⋅⋅⋅--⋅-=⋅⋅⋅⋅=--- 。
例5 求下列各项的和(1)nn n n n n n C n nC C C C )1(321210++++++- .(2)1+2⨯21+3⨯22+4⨯23+…+n ⨯2n-1. (3)1⨯2+2⨯3+3⨯4+…+n(n+1).(4))2(1421311+++⨯+⨯n n . 解：（1）设 S n =nn n n n n n C n nC C C C )1(321210++++++- ,则S n =0112)1(n n n n n n C C nC C n +++++- ,两式相加，得：2S n = (n+2)nn n n C n C n C )2()2(10+++++ =(n+2)(nn n n C C C +++ 10)=(n+2)2n ,所以S n =(n+2)2n-1.思考：nn n n n n n n n C C C C C 112102242+-+++++ 又如何求呢？（2）设S n =1+2⨯21+3⨯22+4⨯23+…+n ⨯2n-1，则2 S n = 1⨯2+2⨯22+3⨯23+…+（n-1）2n-1+n2n .两式相减。
得：- S n =1+21+22+…+2 n-1-n2 n =n nn 22121⋅---=2n (1-n)-1. S n =2n (n-1)+1.(3)1⨯2+2⨯3+3⨯4+…+n(n+1)=(12+1)+(22+2)+(32+3)+ … +(n 2+n) =(12+22+32+ … +n 2)+(1+2+3+ … +n) =)1(21)12)(1(61++++n n n n n =)2)(1(31++n n n . (4) ∵)211(21)2(1+-=+n n n n∴)2(1421311+++⨯+⨯n n =)211111151314121311(21+-++--++-+-+-n n n n =)2111211(21+-+-+n n =)2)(1(3243+++-n n n . 二、等差数列与等比数列1．定义：数列{a n }为等差数列⇔a n+1-a n =d ⇔a n+1-a n =a n -a n-1；数列{b n }为等比数列⇔q a b n n =+1⇔11-+=n n n n b bb b 。
2．通项公式与前n 项和公式：数列{a n }为等差数列，则通项公式a n =a 1+(n-1)d, 前n 项和S n =2)(1n a a n +=2)1(1dn n na -+. 数列{a n }为等比数列，则通项公式a n =a 1q n-1, 前n 项和S n =⎪⎩⎪⎨⎧≠--=)1(1)1()1(11q q q a q na n .3．性质：（4）函数的思想：等差数列可以看作是一个一次函数型的函数；等比数列可以看作是一个指数函数型的函数。
可以利用函数的思想、观点和方法分析解决有关数列的问题。
例6 设S n 是等差数列{a n }的前n 项的和，已知31S 3与41S 4的等比中项为51S 5，31S 3与41S 4的等差中项为1，求等差数列{a n }的通项。
(1997年高考题) 解：设等差数列的公差为d,则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=⋅24131)51(4131432543S S S S S ，即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=++++=+⋅+2)64(41)23(31)105(251)64(41)23(31112111d a d a d a d a d a ， 解得：⎪⎩⎪⎨⎧=-=⎩⎨⎧==45121011a d a d 或，所以n a a n n 5125321-==或。
评说：当未知数与方程的个数相等时，可用解方程的方法求出这两类特殊数列的首项与公差或公比，然后再解决其他问题。
例7 设等比数列{a n }的前n 项的和为S n ，若S 3+S 6=2S 9，求数列{a n }的公比q (1996年高考题)。
解：若q=1，则S 3=3a 1,S 6=6a 1,S 9=9a 1, 由已知S 3+S 6=2S 9, 得：3a 1+6a 1=18a 1,解得：a 1=0，这与数列{a n }为等比数列矛盾，所以，q ≠1。
由已知S 3+S 6=2S 9, 得：qq a q q a q q a --=--+--1)1(21)1(1)1(916131，整理得： 0)12(363=--q q q ，解得：243-=q 。
例8 在等差数列{a n }中，已知a 7=8，求S 13.分析：在这个问题中，未知数有两个：首项a 1与公差d ，但方程只有一个，因此不能象例6那样通过解方程解决问题，必须利用这两类数列的性质或者利用整体性思想来解决问题。
解：因为a 7=8，所以a 1+a 13=2a 7=16，故S 13=.1042)(13131=+a a例9 在等差数列{a n }中，已知a 1>0,S n 是它的前n 项的和.已知S 3=S 11，求S n 的最大值。
分析：和例8一样，也是未知数的个数多于方程的个数，所以须考虑等差数列的性质。
解：由已知：S 3=S 11，故.0132,551133111<-=+=+a d d a d a 得：而因为S 3=S 11，得a 4+a 5+a 6+…+a 10+a 11=0.由于a 4+a 11=a 5+a 10=a 6+a 9=a 7+a 8,所以a 7+a 8=0。
故a 7>0,a 8<0,所以 S 7最大。
评说：(1)本题也可以利用函数的思想来解，即把S n 表示成某一变量的函数（比如n ），然后再求这个函数的最大值。
(2)本题还可以利用方程与不等式的思想来解，即S n 最大当且仅当a n >0同时a n+1<0，解这个不等式组即可。
三、数列综合问题对于综合问题，要注意与其他数学知识相联系，如函数、方程、不等式，还要注意数学思想方法的应用，如归纳法、类比、叠加等。
例10 已知等差数列{a n }的前n 项的和为S n ，令b n =n S 1，且b 4=101，S 6-S 3=15,求数列{b n }的通项公式和∑=∞→ni i n b 1lim 的值。
分析：欲求b n ，需先求S n ，而S n 是数列{a n }的前n 项的和，所以应首先求出a n 。
因为数列{a n }是等差数列，故只要能找到关于a 1与d 的两个方程即可。