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行测数列八大技巧
行测数列八大技巧
以下是 7 条关于“行测数列八大技巧”的内容：
1. 等差数列可是基础中的基础呀！就像爬楼梯，一级一级很有规律呢！比如说 1、3、5、7、9 这样的数列，相邻两项的差值始终是 2，是不是很好找规律呀？这就得靠你细心观察啦！
2. 等比数列呢，那简直就是速度与激情！想想看呀，数字像小火箭一样快速变化着！比如 2、4、8、16 这样，相邻两项的比值是固定的，抓住这个特点就好啦！
3. 那周期性数列就像是一首循环播放的歌一样！来来去去就是那几个数字重复出现呢！像 3、2、5、3、2、5，是不是很有趣呀，一旦发现这个规律，哇塞，那可就容易多啦！
4. 幂次数列，哎呀呀，这可是有点挑战性呢，但别怕呀！你看像 1、4、9、16 不就是平方数嘛。
看到数字突然变大好多，就得想想是不是幂次数列在捣鬼呢！
5. 递推数列呢，就像接力跑一样，一个数字接着影响下一个数字！比如有些数列告诉你前面两个数字的和等于后面一个数字，这就得动动脑筋啦，认真分析它们之间的关系哟！
6. 组合数列，嘿，这就像是玩拼图一样呢！把数字分成几组来看，说不定就能看出门道哟！比如某些数列奇数项有规律，偶数项也有规律，多神奇呀！
7. 分数数列有时会让人头疼呢，但是别担心呀！你想想把分数化简或者通分一下，说不定规律就出来了呢！就像在迷雾中找到那一丝亮光，是不是很有成就感呀！
总之啊，掌握这些技巧，行测数列就不再是难题啦！相信自己，一定可以搞定！。
(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 。
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 。
数列解题技巧归纳总结好
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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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 。
(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。
(完整版)数列题型及解题方法归纳总结
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
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
（2）形如 的递推数列都可以用倒数法求通项。
（3）形如 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 时，分奇数项偶数项讨论，结果可能是分段形式。
（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 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：
① ；② ；
③ ， ；
④ ；⑤ ；
(4)递推式为an+1=pan+qn（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。
∴
∴ ∴
上式两边同乘以2n+1得2n+1an+1=2nan+2则{2nan}是公差为2的等差数列。
∴x=1ogak，y=logbk，z=logck
∴b2=ac∴a，b，c成等比数列（a，b，c均不为0）
数学5（必修）第二章：数列
一、选择题
1．数列 的通项公式 ，则该数列的前（）项之和等于 。
A． B． C． D．
2．在等差数列 中，若 ，则 的值为（）
A． B． C． D．
3．在等比数列 中，若 ，且 ，则 为（）
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a1=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、已知满足，而，求=？（2）递推式为a n+1=a n+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（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、中，，对于n＞1（n∈N）有，求.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an+1=p a n +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{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
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 。
数列解题技巧归纳
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 =？ 例2、（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 . 例3、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 。
(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 .例4、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an+1=pan+qn （p ，q 为常数）例5、)(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-==③的方法解。
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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。
4
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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)
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数列解题技巧归纳总结打印数列解题技巧归纳总结基础知识：1．数列、项的概念：按一定次序排列的一列数，叫做数列，其中的每一个数叫做数列的项．2．数列的项的性质：①有序性；②确定性；③可重复性．3．数列的表示：通常用字母加右下角标表示数列的项，其中右下角标表示项的位置序号，因此数列的一般形式可以写成a1，a2，a3，…，an，（…），简记作{an}．其中an是该数列的第n项，列表法、图象法、符号法、列举法、解析法、公式法（通项公式、递推公式、求和公式）都是表示数列的方法．4．数列的一般性质：①单调性；②周期性．5．数列的分类：①按项的数量分：有穷数列、无穷数列；②按相邻项的大小关系分：递增数列、递减数列、常数列、摆动数列、其他；③按项的变化规律分：等差数列、等比数列、其他；④按项的变化范围分：有界数列、无界数列．6．数列的通项公式：如果数列{an}的第n项an与它的序号n 之间的函数关系可以用一个公式a=f（n）（n∈N+或其有限子集{1，2，3，…，n}）来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．数列的项是指数列中一个确定的数，是函数值，而序号是指数列中项的位置，是自变量的值．由通项公式可知数列的图象是，点的横坐标是项的序号值，纵坐标是各项的值．不是所有的数列都有通项公式，数列的通项公式在形式上未必唯一．7．数列的递推公式：如果已知数列{an}的第一项（或前几项），且任一项an与它的前一项an-1（或前几项an-1，an-2，…）间关系可以用一个公式an=f（a）（n=2，3，…）（或an=f（a,a）(n=3，4，5，…)，…）来表示，那么这个公式叫做这个数列的递推公式．8．数列的求和公式：设Sn表示数列{an}和前n项和，即Sn==a1+a2+…+an，如果Sn与项数n之间的函数关系可以用一个公式Sn=f（n）（n=1，2，3，…）来表示，那么这个公式叫做这个数列的．9．通项公式与求和公式的关系：通项公式an与求和公式Sn的关系可表示为：等差数列与等比数列：等差数列等比数列文字定义一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差是同一个常数，那么这个数列就叫等差数列，这个常数叫等差数列的公差。
一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比是同一个常数，那么这个数列就叫等比数列，这个常数叫等比数列的公比。
符号定义分类递增数列：递减数列：常数数列：递增数列：递减数列：摆动数列：常数数列：通项其中（）前n项和其中中项主要性质等和性：等差数列若则推论：若则即：首尾颠倒相加，则和相等等积性：等比数列若则推论：若则即：首尾颠倒相乘，则积相等其它性质1、等差数列中连续项的和，组成的新数列是等差数列。
即：等差，公差为则有2、从等差数列中抽取等距离的项组成的数列是一个等差数列。
如：（下标成等差数列）3、等差，则，，，也等差。
4、等差数列的通项公式是的一次函数，即：()等差数列的前项和公式是一个没有常数项的的二次函数，即：()5、项数为奇数的等差数列有：项数为偶数的等差数列有：，6、则则则1、等比数列中连续项的和，组成的新数列是等比数列。
即：等比，公比为。
2、从等比数列中抽取等距离的项组成的数列是一个等比数列。
如：（下标成等差数列）3、等比，则，，也等比。
其中4、等比数列的通项公式类似于的指数函数，即：，其中等比数列的前项和公式是一个平移加振幅的的指数函数，即：5、等比数列中连续相同项数的积组成的新数列是等比数列。
证明方法证明一个数列为等差数列的方法：1、定义法：2、中项法：证明一个数列为等比数列的方法：1、定义法：2、中项法：设元技巧三数等差：四数等差：三数等比：四数等比：联系1、若数列是等差数列，则数列是等比数列，公比为，其中是常数，是的公差。
2、若数列是等比数列，且，则数列是等差数列，公差为，其中是常数且，是的公比。
数列的项与前项和的关系：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（如果等差，等比，那么叫做差比数列）即把每一项都乘以的公比，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。
适用于数列和（其中等差）可裂项为：，等差数列前项和的最值问题：1、若等差数列的首项，公差，则前项和有最大值。
（ⅰ）若已知通项，则最大；（ⅱ）若已知，则当取最靠近的非零自然数时最大；2、若等差数列的首项，公差，则前项和有最小值（ⅰ）若已知通项，则最小；（ⅱ）若已知，则当取最靠近的非零自然数时最小；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（即）求，用作差法：。
已知求，用作商法：。
⑶已知条中既有还有，有时先求，再求；有时也可直接求。
⑷若求用累加法：。
⑸已知求，用累乘法：。
⑹已知递推关系求，用构造法（构造等差、等比数列）。
特别地，（1）形如、（为常数）的递推数列都可以用待定系数法转化为公比为的等比数列后，再求；形如的递推数列都可以除以得到一个等差数列后，再求。
（2）形如的递推数列都可以用倒数法求通项。
（3）形如的递推数列都可以用对数法求通项。
（7）（理科）数学归纳法。
（8）当遇到时，分奇数项偶数项讨论，结果可能是分段典型题的技巧解法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=（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-a2=4·3，a4-a3=4·32，…，an-an-1=4·3n-2，把n-1个等式累加得：∴an=2·3n-1-1(4)递推式为an+1=pan+qn（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。
∴∴∴上式两边同乘以2n+1得2n+1an+1=2nan+2则{2nan}是公差为2的等差数列。
∴2nan=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)=n2【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=个奇数，∴最后一个奇数为：1+[n(n+1)-1]×2=n2+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·（n2-1）+2·（n2-22）+3·（n2-32）+…+n（n2-n2）解S=n2（1+2+3+…+n）-（13+23+33+…+n3）（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：例10、解∴Sn=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，5x2,…,(2n-1)xn-1前n项的和．解设Sn=1+3+5x2+…+(2n-1)xn-1．①(2)x=0时，Sn=1．(3)当x≠0且x≠1时，在式①两边同乘以x得xSn=x+3x2+5x3+…+(2n-1)xn，②①-②，得(1-x)Sn=1+2x+2x2+2x3+…+2xn-1-(2n-1)xn．(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＞0Sl=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ax=by=cz=k∴x=1ogak，y=logbk，z=logck∴b2=ac∴a，b，c成等比数列（a，b，c均不为0）。