数列中的数学思想和方法
数列归纳法知识点总结
数列归纳法知识点总结一、介绍数列归纳法是数学中的一种常见证明方法，用于证明某个命题对于所有自然数或正整数都成立。
它的基本思想是通过归纳步骤，从已知条件推导出通项公式，从而得出结论。
二、数列定义数列是按照一定规律排列的一组数的集合。
通常用a₁，a₂，a₃，...表示，其中a₁，a₂，a₃，...为数列的项。
数列按照一定的规律取值，可以是等差数列、等比数列或其他类型的数列。
三、数列归纳法的步骤1. 归纳基础步骤：首先证明命题对于初始条件成立，通常是证明当n取某个特定值时命题成立。
2. 归纳假设步骤：假设当n=k时命题成立，即假设命题对于某个自然数k成立。
3. 归纳推理步骤：利用归纳假设推导出当n=k+1时命题也成立。
4. 归纳结论步骤：由归纳推理步骤得出结论，命题对于所有的自然数n成立。
四、数列归纳法的应用1. 证明数学等式或不等式：利用数列归纳法可以证明各类数学等式或不等式，例如等差数列的通项公式、等比数列的通项公式等。
2. 证明数学性质：数列归纳法也常用于证明数学性质，例如证明2的n次方大于n，证明斐波那契数列的性质等。
五、数列归纳法的例题例题1：证明等差数列的通项公式成立。
解：首先我们验证归纳基础步骤，当n=1时，等差数列的通项公式显然成立。
假设当n=k时，等差数列的通项公式成立，即aₖ=a₁+(k-1)d，其中a₁为首项，d为公差。
那么我们来看当n=k+1时，aₖ₊₁=a₁+(k+1-1)d=a₁+kd。
根据等差数列的递推关系式，aₖ₊₁=aₖ+d。
由归纳假设可得，aₖ₊₁=a₁+(k-1)d+d=a₁+kd。
所以，当n=k+1时，等差数列的通项公式也成立。
因此，根据数列归纳法，等差数列的通项公式对于所有的自然数n 成立。
例题2：证明斐波那契数列的性质。
解：首先我们验证归纳基础步骤，当n=1时，斐波那契数列的性质显然成立。
假设当n=k时，斐波那契数列的性质成立，即Fₖ=Fₖ₋₁+Fₖ₋₂。
那么我们来看当n=k+1时，Fₖ₊₁=Fₖ+Fₖ₋₁。
高考数列题中涉及的数学思想方法归类与分析
维普资讯
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【 评析 】 涉 及 到 等 比数 列 前 项 的求 和 ， 要 讨 常 论 公 比 ｑ的各 种 情 况 ； 比较 两个 数 大 小 时 ， 在作 差 在 常 以后 因式 分 解 ， 论 各个 因式 的符 号 以达 到 求 解 目的． 讨
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【高中数学】高中数列知识蕴含的主要数学思想
【高中数学】高中数列知识蕴含的主要数学思想1.函数思想由于一般的项公式、第一个n项和序列的公式都是关于n的函数的，所以可以从函数的角度，利用函数的思想来解决一些序列问题，相关的问题有：序列的单调性、求基本量、最大值、，利用序列对应函数的特征和序列对应函数的性质可以解决上述问题2.方程思想在等差和等比的顺序中有五个基本量。
利用方程的思想，我们可以“知三求二”，当一些量已知时，其他量可以通过一系列方程或方程来求解。
此外，本章中常用的待定系数法实际上是方程思想的体现3.转化与化归思想本章中变换思想的应用主要体现在将非特殊序列问题转化为特殊序列问题求解上。
例如，递归序列的通项公式可以通过构造转化为特殊序列的通项公式，而非特殊序列的求和问题可以转化为特殊序列的求和问题，它是指将相等数量的项目或研究对象转化为相等数量的点，例如相等数量序列或最差数量序列的基础4.分类讨论思想本章分类讨论的思想主要体现在解决一些参数级数问题，尤其是比例级数的求和或相关问题上。
如果包括参数，我们不能忽视q=1的讨论5.数形结合思想借助于序列对应函数的图像，解决一些问题将非常直观和快速。
例如，为了解决算术序列前n项之和的最大值问题，我们可以组合二次函数的图像6.归纳思想归纳思维是指从本章中的个别事实中归纳出一般结论的数学思维，根据序列的前几项归纳出序列的一般术语公式，图的归纳数是根据图的归纳数或归纳数在图中的应用7.类比思想类比思维指的是一种数学思维，即一种对象具有某些特征，而一个相似的对象也具有这些特征。
它的推理方式是从特殊推理到特殊推理，作为两种特殊数列，等差数列和等比数列有许多相似之处。
例如，在等差数列中，if，then；在比例数列中，如果，那么通过类比可以得出许多有用的结论，并且可以发现许多有趣的性质8.整体思想在研究序列（即等距或比例序列的前k项之和）时，我们使用整体思想，即将其视为序列中的一项，依此类推，我们可以得到序列的特征首页上一页12下一页末页共2页。
数列的数学归纳法与递推关系数学中的序列推导
数列的数学归纳法与递推关系数学中的序列推导数列是数学中经常出现的一种数值排列形式。
对于数列的研究，数学家们提出了数学归纳法和递推关系的概念与方法，以便推导与描述数列的特点与性质。
本文将详细介绍数学归纳法和递推关系在数列中的应用。
一、数学归纳法数学归纳法是一种证明数学命题的方法，常用于证明递增数列或递减数列的性质。
数学归纳法的基本思想是通过已知条件证明当n=k时命题成立，然后再证明当n=k+1时命题也成立。
即若命题在n=k时成立，且在n=k+1时也成立，则可以得出命题对于所有正整数n成立。
以斐波那契数列为例，其递推关系式为Fn = Fn-1 + Fn-2 ，其中F1 = 1，F2 = 1。
我们可以利用数学归纳法来证明该递推关系成立。
首先，当n=1时，F1 = 1；当n=2时，F2 = 1。
由此可见，递推关系在n=1和n=2时成立。
假设当n=k时递推关系成立，即Fk = Fk-1 + Fk-2。
那么我们可以证明当n=k+1时递推关系也成立。
当n=k+1时，根据递推关系，有Fk+1 = Fk + Fk-1。
然而，根据归纳假设，我们知道Fk = Fk-1 + Fk-2，代入原式可得Fk+1 = Fk-1 + Fk-2 + Fk-1。
对上式进行简化，我们可以得到Fk+1 = 2Fk-1 + Fk-2。
由此可证明递推关系在n=k+1时也成立。
综上所述，通过数学归纳法的证明，我们可以得出斐波那契数列的递推关系成立。
二、递推关系递推关系是指数列中后一项与前面一项之间的关系式，通过这个关系式可以确定数列的每一项。
递推关系可以是线性的、非线性的，也可以是具有递归性质的。
在数学归纳法中已经涉及到斐波那契数列的递推关系。
除此之外，递推关系在数学中的应用非常广泛。
在等差数列中，递推关系可以表示为an = an-1 + d，其中d为公差。
在等比数列中，递推关系可以表示为an = an-1 * r，其中r为公比。
除此之外，递推关系还可以通过多项式、指数函数等方式进行描述。
数列求和的八种重要方法与例题
练习10：
已知Sn=-1+3-5+7+…+(-1)n(2n-1),
1)求S20,S21 2)求Sn
=20 S20=-1+3+(-5)+7+……+（-37）+39
S21=-1+3+(-5)+7+（-9）+……+39+（-41）
=-21
总的方向： 1.转化为等差或等比数列的求和 2.转化为能消项的 思考方式：求和看通项（怎样的类型） 若无通项，则须先求出通项 方法及题型： 1.等差、等比数列用公式法 2.倒序相加法 3.错位相减法 4.裂项相消法
1 (1 3
2n )
5
n
12 3
1 (2n 5n 1) 3
热点题型3：递归数列与数学归纳法.
已知数列{an}的各项都是正数，且满足：a01，an1
(nN)
1 2
an (4
an ).
（1）证明an<an+1<2(nN) （2）求数列{an}的通项公式an
用数学归纳法证明：
类型a1+an=a2+an-1=a3+an-2=……
典例. 已知 lg(xy) 2 2.倒序相加法
S =lgxn +lg(xn-·1 y)+ ...+lg(x·1 yn-1)+lgyn,
(x > 0,y > 0) 求S .
S =lgxn +lg(xn-·1 y)+ ...+lgyn
S =lgyn +lg(yn-·1 x)+ ...+lgxn 2S =lg(xy)n +lg(xy)n + ...+lg(xy)n
(重要)高中数学数列十种求通项和七种求和方法,练习及问题详解
高中数列知识点总结1. 等差数列的定义与性质定义：1n n a a d +-=〔d 为常数〕,()11n a a n d =+- 等差中项：x A y ，，成等差数列2A x y ⇔=+ 前n 项和：()()11122n n a a n n n S nad +-==+性质：〔1〕假如m n p q +=+,如此m n p q a a a a +=+；〔2〕{}n a 为等差数列2n S an bn ⇔=+〔a b ，为常数,是关于n 的常数项为0的二次函数〕2. 等比数列的定义与性质定义：1n na q a +=〔q 为常数,0q ≠〕,11n n a a q -=.等比中项：x G y 、、成等比数列2G xy ⇒=,或G =前n 项和：()11(1)1(1)1n n na q S a q q q=⎧⎪=-⎨≠⎪-⎩〔要注意公比q 〕性质：{}n a 是等比数列〔1〕假如m n p q +=+,如此mn p q a a a a =·· 3．求数列通项公式的常用方法一、公式法例1 数列{}n a 满足1232nn 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 ++=+,如此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()222n n a n =-.二、累加法 )(1n f a a n n =--例2 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 +-=+如此所以数列{}n a 的通项公式为2n a n =.例3数列{}n a 满足1132313nn 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 +++=++, 如此111213333n n n n n a a +++-=+三、累乘法)(1n f a a n n=- 例4 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 ≠,如此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 〔2004年全国I 第15题,原题是填空题〕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. 解：因为123123(1)(2)n n a a a a n a n -=++++-≥①所以1123123(1)n n n a a a a n a na +-=++++-+②用②式－①式得1.n n n a a na +-=如此1(1)(2)n n a n a n +=+≥故11(2)n na n n a +=+≥ 四、待定系数法〔重点〕例6 数列{}n a 满足112356nn n a a a +=+⨯=，,求数列{}n a 的通项公式.解：设1152(5)n n n n a x a x +++⨯=+⨯④将1235n n n a a +=+⨯代入④式,得12355225n n nn n a x a x ++⨯+⨯=+⨯,等式两边消去2n a ,得135525n n n x x +⋅+⋅=⋅,两边除以5n ,得352,1,x x x +==-则代入④式得1152(5)n n n n a a ++-=-例7 数列{}n a 满足1135241nn n a a a +=+⨯+=，,求数列{}n a 的通项公式.解：设1123(2)n n n n a x y a x y +++⨯+=+⨯+⑥将13524nn n a a +=+⨯+代入⑥式,得整理得(52)24323n nx y x y +⨯++=⨯+.令52343x x y y +=⎧⎨+=⎩,如此52x y =⎧⎨=⎩,代入⑥式得115223(522)n nn n a a +++⨯+=+⨯+⑦例8 数列{}n a 满足21123451n n a a n n a +=+++=，,求数列{}n a 的通项公式.解：设221(1)(1)2()n n a x n y n z a xn yn z ++++++=+++⑧将212345n n a a n n +=+++代入⑧式,得2222345(1)(1)2()n n a n n x n y n z a xn yn z ++++++++=+++,如此等式两边消去2n a ,得22(3)(24)(5)222x n x y n x y z xn yn z ++++++++=++,解方程组3224252x x x y y x y z z+=⎧⎪++=⎨⎪+++=⎩,如此31018x y z =⎧⎪=⎨⎪=⎩,代入⑧式,得2213(1)10(1)182(31018)n n a n n a n n ++++++=+++⑨五、对数变换法例9 数列{}n a 满足5123n n n a a +=⨯⨯,17a =,求数列{}n a 的通项公式.解：因为511237n n n a a a +=⨯⨯=，,所以100n n a a +>>，.在5123n n n a a +=⨯⨯式两边取常用对数得1lg 5lg lg3lg 2n n a a n +=++⑩设1lg (1)5(lg )n n a x n y a xn y ++++=++错误! 六、迭代法例10 数列{}n a 满足3(1)2115nn n n a a a ++==，,求数列{}n a 的通项公式.解：因为3(1)21n n n n a a ++=,所以121323(1)23212[]n n n n n n n n n a a a ---⋅-⋅⋅--== 七、数学归纳法 例11 11228(1)8(21)(23)9n n n a a a n n ++=+=++，,求数列{}n a 的通项公式.〔其他方法呢？〕 解：由1228(1)(21)(23)n n n a a n n ++=+++与189a =,得 由此可猜想22(21)1(21)n n a n +-=+,往下用数学归纳法证明这个结论. 〔1〕当1n =时,212(211)18(211)9a ⨯+-==⨯+,所以等式成立. 〔2〕假设当n k =时等式成立,即22(21)1(21)k k a k +-=+,如此当1n k =+时, 由此可知,当1n k =+时等式也成立.根据〔1〕,〔2〕可知,等式对任何*n N ∈都成立. 八、换元法例12 数列{}n a满足111(14116n n a a a +=+=，,求数列{}n a 的通项公式.解：令n b =如此21(1)24n n a b =- 故2111(1)24n n a b ++=-,代入11(1416n n a a +=+得 即2214(3)n n b b +=+因为0n b =≥,故10n b +=≥ 如此123n n b b +=+,即11322n n b b +=+,可化为113(3)2n n b b +-=-, 九、不动点法例13 数列{}n a 满足112124441n n n a a a a +-==+，,求数列{}n a 的通项公式.解：令212441x x x -=+,得2420240x x -+=,如此1223x x ==，是函数2124()41x f x x -=+的两个不动点.因为十、倒数法11212nn n a a a a +==+，,求n a 4. 求数列前n 项和的常用方法一、公式法利用如下常用求和公式求和是数列求和的最根本最重要的方法. 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 nk n[例1]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.二、错位相减法〔等差乘等比〕[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. 解：由题可知,{n n 22}的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{n 21}的通项之积设n n nS 2226242232+⋅⋅⋅+++=…………………………………①14322226242221++⋅⋅⋅+++=n n nS ………………………………②〔设制错位〕 ①－②得1432222222222222)211(+-+⋅⋅⋅++++=-n n n nS 〔错位相减〕∴1224-+-=n n n S三、倒序相加法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] 求证：nn n n n n n C n C C C 2)1()12(53210+=++⋅⋅⋅+++证明： 设nn n n n n C n C C C S )12(53210++⋅⋅⋅+++=………………………….. ①把①式右边倒转过来得113)12()12(n n n n n n n C C C n C n S ++⋅⋅⋅+-++=-〔反序〕又由mn n m n C C -=可得nn n n n n n C C C n C n S ++⋅⋅⋅+-++=-1103)12()12(…………..……..②①+②得 nn n n n n n n n C C C C n S 2)1(2))(22(2110⋅+=++⋅⋅⋅+++=-〔反序相加〕 ∴nn n S 2)1(⋅+=[例6] 求89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++的值解：设89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++=S ………….①将①式右边反序得1sin 2sin 3sin 88sin 89sin 22222+++⋅⋅⋅++=S …………..②〔反序〕又因为 1cos sin ),90cos(sin 22=+-=x x x x①+②得 〔反序相加〕)89cos 89(sin )2cos 2(sin )1cos 1(sin 2222222 ++⋅⋅⋅++++=S ＝89∴ S ＝44.5 四、分组法求和有一类数列,既不是等差数列,也不是等比数列,假如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7] 求数列的前n 项和：231,,71,41,1112-+⋅⋅⋅+++-n aa a n ,… [例8] 求数列{n<n+1><2n+1>}的前n 项和.解：设k k k k k k a k ++=++=2332)12)(1(∴∑=++=n k n k k k S 1)12)(1(＝)32(231k k knk ++∑=将其每一项拆开再重新组合得S n ＝k k k nk n k nk ∑∑∑===++1213132〔分组〕五、裂项法求和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9] 求数列⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++,11,,321,211n n 的前n 项和.[例10] 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11] 求证：1sin 1cos 89cos 88cos 12cos 1cos 11cos 0cos 12=+⋅⋅⋅++ 解：设89cos 88cos 12cos 1cos 11cos 0cos 1+⋅⋅⋅++=S ∵n n n n tan )1tan()1cos(cos 1sin -+=+〔裂项〕 ∴89cos 88cos 12cos 1cos 11cos 0cos 1+⋅⋅⋅++=S 〔裂项求和〕 ＝]}88tan 89[tan )2tan 3(tan )1tan 2(tan )0tan 1{(tan 1sin 1-+-+-+- ＝)0tan 89(tan 1sin 1 -＝1cot 1sin 1⋅＝ 1sin 1cos 2 ∴ 原等式成立 六、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12] 求cos1°+ cos2°+ cos3°+···+ cos178°+ cos179°的值.解：设S n ＝ cos1°+ cos2°+ cos3°+···+ cos178°+ cos179° ∵)180cos(cosn n --= 〔找特殊性质项〕∴S n ＝ 〔cos1°+ cos179°〕+〔 cos2°+ cos178°〕+〔cos3°+ cos177°〕+···+〔cos89°+ cos91°〕+ cos90° 〔合并求和〕＝ 0[例13] 数列{a n }：n n n a a a a a a -====++12321,2,3,1,求S 2002.解：设S 2002＝2002321a a a a +⋅⋅⋅+++由n n n a a a a a a -====++12321,2,3,1可得 ……∵0665646362616=+++++++++++k k k k k k a a a a a a 〔找特殊性质项〕 ∴ S 2002＝2002321a a a a +⋅⋅⋅+++〔合并求和〕＝)()()(66261612876321++++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+++k k k a a a a a a a a a a＝2002200120001999a a a a +++ ＝46362616+++++++k k k k a a a a ＝5[例14] 在各项均为正数的等比数列中,假如103231365log log log ,9a a a a a +⋅⋅⋅++=求的值.解：设1032313log log log a a a S n +⋅⋅⋅++=由等比数列的性质 q p n m a a a a q p n m =⇒+=+〔找特殊性质项〕 和对数的运算性质 N M N M a a a ⋅=+log log log 得)log (log )log (log )log (log 6353932310313a a a a a a S n ++⋅⋅⋅++++=〔合并求和〕＝)(log )(log )(log 6539231013a a a a a a ⋅+⋅⋅⋅+⋅+⋅ ＝9log 9log 9log 333+⋅⋅⋅++ ＝10七、利用数列的通项求和先根据数列的结构与特征进展分析,找出数列的通项与其特征,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15] 求11111111111个n ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+++之和. 解：由于)110(91999991111111-=⋅⋅⋅⨯=⋅⋅⋅k k k个个〔找通项与特征〕 ∴ 11111111111个n ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+++ ＝)110(91)110(91)110(91)110(91321-+⋅⋅⋅+-+-+-n 〔分组求和〕 ＝)1111(91)10101010(911321 个n n +⋅⋅⋅+++-+⋅⋅⋅+++ ＝9110)110(1091nn ---⋅＝)91010(8111n n --+ [例16] 数列{a n }：∑∞=+-+++=11))(1(,)3)(1(8n n n n a a n n n a 求的值.数列练习一、选择题}{n a 的公比为正数,且3a ·9a =225a ,2a =1,如此1a =A.21B. 22C.2 D.22.为等差数列,,如此等于{}n a 的前n 项和为n S .假如4a 是37a a 与的等比中项, 832S =,如此10S 等于A. 18B. 24C. 60D. 90 . 4设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和,23a =,611a =,如此7S 等于A ．13B ．35C ．49D ． 63 5.{}n a 为等差数列,且7a －24a ＝－1,3a ＝0,如此公差d ＝ 〔A 〕－2 〔B 〕－12 〔C 〕12〔D 〕2 ｛n a ｝的公差不为零,首项1a ＝1,2a 是1a 和5a 的等比中项,如此数列的前10项之和 A. 90 B. 100 C. 145 D. 1907.等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,2110m m ma a a -++-=,2138m S -=,如此m = 〔A 〕38 〔B 〕20 〔C 〕10 〔D 〕9 .{}n a 是公差不为0的等差数列,12a =且136,,a a a 成等比数列,如此{}n a 的前n 项和n S =A ．2744n n +B ．2533n n +C ．2324n n+D ．2n n +｛n a ｝的公差不为零,首项1a ＝1,2a 是1a 和5a 的等比中项,如此数列的前10项之和是 A. 90 B. 100 C. 145 D. 190 . 二、填空题1设等比数列{}n a 的公比12q =,前n 项和为n S ,如此44S a =．2.设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,如此4S ,84S S -,128S S -,1612S S -成等差数列．类比以上结论有：设等比数列{}n b 的前n 项积为n T ,如此4T , , ,1612T T 成等比数列．}{n a 中,6,7253+==a a a ,如此____________6=a .4.等比数列{n a }的公比0q >, 2a =1,216n n n a a a +++=,如此{n a }的前4项和4S = .数列练习参考答案一、选择题1.[答案]B[解析]设公比为q ,由得()22841112a q a q a q ⋅=,即22q =,又因为等比数列}{n a 的公比为正数,所以2q =故2122a a q ===,选B 2.[解析]∵135105a a a ++=即33105a =∴335a =同理可得433a =∴公差432d a a =-=-∴204(204)1a a d =+-⨯=.选B.[答案]B3.答案：C[解析]由2437a a a =得2111(3)(2)(6)a d a d a d +=++得1230a d +=,再由81568322S a d =+=得 1278a d +=如此12,3d a ==-,所以1019010602S a d =+=,.应当选C 4.解:172677()7()7(311)49.222a a a a S +++====应当选C. 或由21161315112a a d a a a d d =+==⎧⎧⇒⎨⎨=+==⎩⎩, 716213.a =+⨯=所以1777()7(113)49.22a a S ++===应当选C. 5.[解析]a 7－2a 4＝a 3＋4d －2<a 3＋d>＝2d ＝－1 ⇒ d ＝－12[答案]B 6.[答案]B[解析]设公差为d ,如此)41(1)1(2d d +⋅=+.∵d ≠0,解得d ＝2,∴10S ＝1007.[答案]C[解析]因为{}n a 是等差数列,所以,112m m m a a a -++=,由2110m m m a a a -++-=,得：2m a －2m a ＝0,所以,m a ＝2,又2138m S -=,即2))(12(121-+-m a a m ＝38,即〔2m －1〕×2＝38,解得m ＝10,应当选.C.8.[答案]A 解析设数列{}n a 的公差为d ,如此根据题意得(22)22(25)d d +=⋅+,解得12d =或0d =〔舍去〕,所以数列{}n a 的前n 项和2(1)1722244n n n n nS n -=+⨯=+ 9.[答案]B[解析]设公差为d ,如此)41(1)1(2d d +⋅=+.∵d ≠0,解得d ＝2,∴10S ＝100二、填空题1.[命题意图]此题主要考查了数列中的等比数列的通项和求和公式,通过对数列知识点的考查充分表现了通项公式和前n 项和的知识联系．[解析]对于4431444134(1)1,,151(1)a q s q s a a q q a q q --==∴==--2.答案：81248,T T T T [命题意图]此题是一个数列与类比推理结合的问题,既考查了数列中等差数列和等比数列的知识,也考查了通过条件进展类比推理的方法和能力3.[解析]:设等差数列}{n a 的公差为d ,如此由得⎩⎨⎧++=+=+6472111d a d a d a 解得132a d =⎧⎨=⎩,所以61513a a d =+=.答案:13.[命题立意]:此题考查等差数列的通项公式以与根本计算.4.[答案]152[解析]由216n n n a a a +++=得：116-+=+n n n q q q ,即062=-+q q ,0q >,解得：q ＝2,又2a =1,所以,112a =,21)21(2144--=S ＝152三、大题{}n a 的各项均为正数,且212326231,9.a a a a a +==1〕.求数列{}n a 的通项公式.2〕.设31323log log ......log ,n n b a a a =+++求数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前项和.{an}满足a2=0,a6+a8=-10〔I 〕求数列{an}的通项公式；〔II 〕求数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-12n n a 的前n 项和．2*.正项等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,假如312S =,且1232,,1a a a +成等比数列. 〔Ⅰ〕求{}n a 的通项公式；〔Ⅱ〕记3nn n a b =的前n 项和为n T ,求n T . 3. 数列{a n }满足a 1=1,a 2=3,a n+2=3a n+1-2a n 〔n ∈N +〕〔1〕证明：数列{a n+1-a n }是等比数列；〔2〕求数列{a n }的通项公式{}n a 的各项满足：k a 311-=)(R k ∈,1143n n n a a --=-.<1> 判断数列}74{nn a -是否成等比数列；〔2〕求数列{}n a 的通项公式{}n a 和正项等比数列{}n b ,111==b a ,1073=+a a ,3b ＝4a〔1〕求数列{}n a 、{}n b 的通项公式〔2〕假如n n n b a c •=,求数列{}n c 的前n 项和n T。
数列求和的8种常用方法
数列求和的8种常用方法数列求和是数学中常见的问题，解决数列求和问题有很多方法。
下面将介绍数列求和的8种常用方法。
1.直接相加法：这是最基本的方法，实际上就是将数列中的所有项相加。
例如，对于等差数列1,3,5,7,9，可以直接相加得到1+3+5+7+9=252.偶数项和与奇数项和之和法：对于一些数列，可以将其分解为偶数项和与奇数项和，然后再求和。
例如，对于等差数列1,3,5,7,9，可以分解为偶数项和4+8和奇数项和1+3+5+7+9，再相加得到(4+8)+(1+3+5+7+9)=373.首项与末项和的乘法法：对于等差数列，可以利用首项与末项之和的公式来求和。
首项与末项之和等于和的平均数乘以项数。
例如，对于等差数列1,3,5,7,9，首项与末项之和等于(1+9)*(项数/2)=10*5/2=254.首项与公差与项数的乘法法：对于等差数列，可以利用首项、公差和项数的乘积来求和。
等差数列的和等于首项乘以项数，再加上项数与公差之积的和。
例如，对于等差数列1,3,5,7,9，和等于1*5+(5*4)/2=10+10=20。
5.平均数法：对于一些特殊的数列，可以利用平均数的性质来求和。
平均数等于数列中的第一项与最后一项的平均值。
例如，对于等差数列1,3,5,7,9，平均数等于(1+9)/2=5，然后将平均数乘以项数，得到5*5=256.高斯求和法：高斯求和法是一种数学推导方法，用于求等差数列的和。
首先将数列化为由首项和末项构成的和，然后将数列顺序颠倒，再将之前的和与颠倒后的和相加，得到的结果就是等差数列的和。
例如，对于等差数列1,3,5,7,9，将其化为(1+9)+(3+7)+5，然后将数列颠倒得到5+(7+3)+9，再相加得到257. telescopage法（消去法）：telescopage法是一种利用抵消的思想来求和的方法。
可以将数列中相邻的两项之差相消为0，最终得到一个简单的表达式，然后再求值。
例如，对于数列1, 2, 3, 4, 5，可以将(2-1) + (3-2) + (4-3) + (5-4)相加，得到1 + 1 + 1 + 1 = 48.更一般的求和方法：对于一些复杂的数列，可能需要应用更一般的数学方法来求解。
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。
高中数学数列教学中数学思想方法的挖掘与渗透
智者创建时机，强者掌握时机，弱者坐等时机。
数列教课中数学思想方法的发掘与浸透数学思想方法是数学知识的精华,是知识转变为能力桥梁.可否存心识地正确运用数学思想方法解答数学识题，是权衡数学素质和数学能力的重要标记．数列中蕴涵了很多重要的数学思想，在数列教课中着重数学思想方法的发掘与浸透拥有十分重要的意义．１.函数思想函数思想是用联系和变化的看法观察数学对象.数列是一类特别的函数,以函数的看法认识理解数列，是解决数列问题的有效方法.例 1 等差数列的前n项和为.已知问数列的多少项和最大?分析 :易知所给数列不是常数列,等差数列的前n 项和是n的二次函数，且常数项为零,因此可利用函数思想研究的最值.解法 1:由得,∴.进而;故前 13 项的和最大 ,其最大值为169.解法2:,的图象是张口向下的抛物线上一群失散的点,由知最高点的横坐标为,即前 13 项的和最大.２.方程思想方程思想就是经过设元成立方程,研究方程解决问题的方法.在解数列问题时,利用等差、等比数列的通项公式、乞降公式及性质结构方程（组），是解数列问题基本方法.例 2 等差数列的前n项和为，若，求.分析 :解本题的重点是求出数列的通项公式,可利用已知条件列出对于和d的方程组求出基本量和 d,也可用待定系数法确立.解得∴.进而.解法 2:易知所给等差数列不是常数列,因此它的前n 项和可设为,由已知条件得解得∴,.3.分类议论思想复杂问题没法一次性解决,常需分类研究,化整为零 , 各个击破 . 数列中包含着丰富的分类议论的问题 .例 3 已知数列的前n项和，试求数列的前n项和的表达式.分析 :解题的重点是求出数列的通项公式, 并弄清数列中各项的符号以便化去的绝对值 .故需分类商讨．解: 当 n=1 时 ,;当 n≥2时,.∴当 1≤n≤9时 ,,当 n≥10时 ,.进而当 1≤n≤9时 , ==;当 n≥10时, =.∴=４.等价转变思想等价转变就是将研究对象在必定条件下转变并归纳为另一种研究对象 ,使之成为大家熟习的或简单解决的问题 .这是解决数列问题重要方法 .例 4 等差数列的前n项和为,.若中,最大,数列的前多少项和最大?分析 :求的最大值有多种转变方法.本题可将知足的要求转变为公差 d 知足的要求；再将 k 所知足的条件转变为它的几何意义，借助图示直接写出结果.解:设数列的公差为d,则最大.设的前k项和最大,则有, 且, 故有.（* ）,.如图，数轴的两个暗影区间中，左侧是的取值范围，右侧是的取值范围，（*）的成立等价于k 取两个区间之间的自然数，因此k=3，即的前3项和最大.５.整体思想整体思想就是从整体着眼 ,经过问题的整体形式、整体结构或其余整体办理后，达到简捷地解题的目的 .例 5 已知数列为等差数列，前12 项和为 354，前 12 项中奇数项和与偶数项和之比为27:32,求公差 d.分析 :本题惯例思路是利用乞降公式列方程组求解，计算量较大,注意考虑用整体思想去解决, 解法十分简捷 .解: 由题意令奇数项和为,偶数项和为.∵.而.6.递推思想递推思想就是经过探究、结构和运用所给问题中的递推关系解决问题的思想方法.数列问题，从某种意义上讲是递推关系的表现形式.利用递推思想解决某些数列问题可表现递推思想解决问题的优胜性.例 6 设数列的前n项和为,若对于全部的自然数n,都有,证明数列是等差数列 .分析 :证明等差数列一般考虑用等差数列的定义.这里可利用递推关系,将变换得,而后再对,的递推关系持续探究.解:由得,∴当 n≥2时 ,,即.同理.两式相减得,即,进而有(n ≥2).由此可知数列是等差数列 .7.概括、猜想与证明思想经过对个别、特别状况的分析、察看，发现规律,概括出一般的结论或性质，再追求证明方法.这是我们由已知探究未知的重要门路.例 7 已知数列知足条件:,试求数列的通项公式 .分析 :本题求解思路不清楚，从特例下手，察看、猜想结论,再加以证明不失为一种好方法. 解: 由已知条件 ,分别取 n=1,2,3, ，得,经过察看、概括、可得出猜想:.用数学概括法简单证明这一结论是正确的(证明略 ).8.建模与解模思想数列的工具性决定了应用的宽泛性 ,着重建立数列模型解实质问题 ,有益于培育学生用数学的意识和数学能力的提升 .例 8 从社会效益和经济效益出发，某地投入资本进行生态环境建设，并以此发展旅行家产，依据规划，今年度投入万元，此后每年投入比上年减少.今年度当地旅行业收入估计为万元，因为该项建设对旅行业的促使作用，估计此后的旅行业收入每年会比上年增加（Ⅰ）设 n 年内（今年度为第一年）总投入为an 万元，旅行业总收入为bn 万元．写出an，bn 的表达式；（Ⅱ）起码经过几年旅行业的总收入才能超出总投入？分析：建立等比数列的通项和前n 项和模型，再用换元法和不等式知识求解.(1) 第一年投入为800 万元 ,第二年投入为800(1万元,，第n年投入为800万元，因此， n 年内的总投入为；第一年旅行业收入为400 万元，第二年旅行业收入为400万元，，第n年旅行业收入为 400万元.因此n年内的旅行业总收入为.(2) 设至少经过n年旅游业的总收入才能超过总投入,即, 所以,化简得,换元化归为一元二次不等式,可得,解得 n≥5,故起码经过 5 年旅行业的总收入才能超出总投入.还有一些重要的思想方法，如数形联合、 分析与综合、联想与类比，结构模型等思想方法已在上述例题中有所波及，限于篇幅，不再赘述.（此文发布在江西师大《中学数学研究》2003 年第 12 期）都是“定义域”惹的祸函数三因素中， 定义域是十分重要的， 研究函数的性质时应第一考虑其定义域． 在求解函数有关问题时，若忽略定义域，便会直接致使错解．下边我们举例分析错从何起．一、求函数分析式时例 1． 已知 f ( x 1) x 2 x ，求函数 f (x) 的分析式 . 错解 ：令 tx 1，则 xt 1， x (t 1)2，f (t) (t 1)2 2(t 1) t21， f ( x) x 2 1分析 ：因为 f ( x 1)x 2 x 隐含着定义域是 x 0 ，因此由 t x 1得 t 1 ，f (t)t 21 的定义域为 t 1 ，即函数 f ( x)的分析式应为 f ( x) x 2 1（ x 1 ）这样才能保证转变的等价性 .正解： 由 f ( x 1) x 2 x ，令 tx 1得 t 1 ， xt 1 2 代入原分析式得f (t)t 2 1 （ t 1），即 f ( x) x 2 1 （ x 1）．二、求函数最值（或值域）时例 2． 若 3x 2 2 y 2 6x, 求 x 2 y 2 的最大值．错解： 由已知有y 23 x 2 3x ①，代入 x 2 y 2 得1 x 21 2 9 9 ．x 2y 23x x 3 2 ，∴当 x 3 时， x2y 2 的最大值为2222分析：上述错解忽略了二次函数的定义域一定是整个实数的会合，同时也未发掘出拘束条件 3x 22 y 2 6x 中 x 的限制条件．正解： 由 23 2 3 0 得，yxxx22x 2y 21 x2 3x1 x 3 29 ，x 0,2 ，因函数图象的对称轴为 x 3 ，222∴当 x 0,2 是函数是增函数，故当当x 2 时， x 2y 2 的最大值为 4 ．例 3．已知函数 fx 2 log 3 x 1 x9 ，则函数 yf x 2f x 2的最大值为（）A ．33B ．22C ．13D ．6错 解 ： yf x2f x 22 log3 x2log 3 x 2log 3 x 3 23 在=2 =1 x9y2fx 2 在 x 9 时获得最大值为 33．上是增函数，故函数 f xyf x 2f x21 x9x 3正解： 由已知所求函数的定义域是1x 2 得 1，9y f x 2 fx 22 log3 x 22 log3 x 2log 3 x23 在 1 x 3 是增函数，= = 3故函数 y2 f x 2 在 x3 时获得最大值为 13．f x例 4． 已知 f x 3x2 2x4 ，求 y f1x 2f1x 2的最大值和最小值．错解： 由 f x3x 2 2 x 4 得 1y 9 ．∴ f1x2 log3 x 1 x 9 ．∴ yf 1 2f1x 22 log3 x 2 2 log 3 x 2log 3 2 x6log 3 x 6xlog 3 x 3 23． ∵1 x 9，∴ 0 log 3 x 2 ．∴ y max22 ， y min6 ．分析： ∵ f 1x 中 1 x 9 ，则 f1x 2 中 1 x 29 ，即1 x 3 ，∴本题的定义域应为 1,3 ．∴ 0 log 3 x 1 ．正解：（前方同上）ylog 3 x 3 2 3，由 1 x3 得 0 log 3 x 1 ．∴y max13 ， y min6 ．例 5． 求函数 y4x 52x 3 的值域．错解： 令 t2x 3 ，则 2xt 2 3 ，∴ y 2 t 23 5 t2t 2 t 127 ,2 t 17 7 ．故所求函数的值域是 ．488 8分析： 经换元后，应有大而无量增大．因此当 t 三、求反函数时例 6． 求函数 yx 2t 0 ，而函数 y 2t 2 t 1在 0, 上是增函数，跟着 t 增 0 时， y min 1 ．故所求函数的值域是 1,．4x 2 (0 x2) 的反函数．错解 ：函数 yx 24 x 2 ( 0 x 2) 的值域为 y2,6 ,又 y (x2) 2 6 ，即 ( x 2) 2 6 yx 26 y ， 所求的反函数为y 26 x 2x 6 ．分析 ：上述解法中忽略了原函数的定义域，没有对 x 进行合理弃取 , 进而得出了一个非函数表达式．正解： 由 yx 24x 2 (0 x 2) 的值域为 y2,6 , 因 ( x 2)26 y ，又x 2 0x 26 y ， 所求的反函数为 y26 x 2x 6 ．四、求函数单一区间时例 7． 求函数 f ( ) lg( 4x 2) 的单一递加区间 .x错解 ：令 t 4x 2 ，则 y lg t ，它是增函数 .t4 x 2 在 ( ,0] 上为增函数，由复合函数的单一性可知，函数 f ( x) lg( 4x 2 ) 在 ( ,0] 上为增函数，即原函数的单一增区间是 (,0] .分析： 判断函数的单一性，一定先求出函数的定义域，单一区间应是定义域的子区间．正解：由 4x 20 ，得 f ( x) 的定义域为 ( 2,2) .t 4x 2 在 ( 2,0] 上为增函数，由可复合函数的单一性可确立函数f ( x)lg( 4 x 2 ) 的单一增区间是 ( 2,0] .例 8． 求 y log 0. 7 x 2 3x 2 的单一区间．错解： 令 tx 2 3x 2 ， ylog t ， x, 3 时， t x 2 3x 2 为减函数，2x3 , 时， t x 23x 2 为增函数， 又 y log t 为减函数， 故以复合函数单一性2知原函数增区间为, 3，减区间为 3 ,．22分析： 在定义域内取x 1， y 值不存在，明显上边所求不对，根来源因正是大意了定 义域，单一区间一定在函数定义域内．由x 23x 2 0，得x 1或 x 2 ，故增区间为,1 ，减区间为 2,．例 9． 指出函数 y x 2 2ln x 的单一增区间．错解： ∵ yx22ln x ，∴ y2x2，∴当 y 0 时， x 1或 x 1 ，∴函数y x 2x2ln x 的单一增区间为, 1,1,．分析： 本题错在没有考虑函数的定义域 0,，故本题的答案为1,．五、判断函数的奇偶性时例 10． 判断 f x1 x1 x 的奇偶性．1x错解： ∵ fx1 x 1x1 x 21 x1 x1x fx ， ∴ f x1 x 1 x1 x为偶函数．分析：事实上奇偶函数定义中隐含着一个重要条件， 即第一定义域一定是对于原点的对 称区间．而此函数的定义域为 1,1 ，不知足上述条件，即应为非奇非偶函数．六、词语点将（据意写词）。
数列运算中的数学思想
唰 。 …
在数学学习过程 中， 同学们要 加强数 学思想方 法 的学
点评
此题常规解法是设 出基本 量 ａ ， ， 出方程组 ｑ列
习， 培养数学思 维能 力 。数 列是 高 中数 学 的重要 内容 ， 是 求解 ， 但计 算较 繁 ； 能利 用整体 思维 ， 可少走 弯路 ， 若 则 使 进一步学 习高等数学 的基 础 ， 每年高考 中都 占有一定 比 计算合理又迅 速。本 解法 不在 求 ０ ， 做 文章 ， 是将 在 ｑ上 而 重 。在求解 高考数列 问题时 ， 要注 意数学 思想的应用 。下 Ｓ 变形整理用 Ｓ 和 ｑ 表示 ， 使解答过程 大大简化 。 面举例说 明在数列运 算中的数 学思想方法。
一
二 、 数 思 想 函
、
整体思想
数列是一 种特 殊 的函数 。运 用 函数思 想处 理 数列 问
从 整体上考虑 问题 ， 往能 够避 免局部 运 算 的 困扰 ， 往 使 问题 得以迅速求解 。通过研 究问题 的整体形 式 、 体结 整 构， 达到快速解题 的 目的。
题， 往往能把握问题的本质 ， 使求解过程简捷 。 例 ２ 已知数列 ｛ 的通项 ％ ＝ｎ－Ｊ￣－ ｎ｝
ｓ №＋ 。 ＝
（。 ） 。— ｄ ｎ
，
＝ ｎ 萼２ ＋
故点（ ｓ） ， 在形
解析
要使
兰
：ｌ（ 一。 成 ｇｓ ）
（） １ （） ２
如） 一 ＋ （ ＜ ） 抛物线上， ， 。 ０的 ＝ 对称轴为 ｝。 ＝ 旦
若 ｐ＋ｑ为偶数 ， 当 ｎ： 则
为奇数 ， ｎ＝ 则 卫 点评
五、 方程 思 想
例 ３ 设等差数列 ｛ ） ％ 的首项 ｎ ０ 前 ｎ项和 为 ｓ ， ＞ ，
数列求和分类讨论思想总结
数列求和分类讨论思想总结数列求和问题是数学中常见的一类问题，根据不同的数列性质和求和方法，可以分为多种情况进行分类讨论。
本文将对数列求和的分类讨论思想进行总结，以便读者更好地理解和应用于实际问题中。
一、等差数列的求和分类讨论思想等差数列是指数列中相邻两项之间的差值恒定的一类数列。
对于等差数列的求和问题，可以根据求和项数、首项和末项等不同的条件进行分类讨论。
1.1 根据求和项数的分类讨论思想首先，可以根据求和项数的奇偶性进行分类讨论。
当求和项数为奇数时，可以将等差数列分为两部分，一部分包含中间项和公差，另一部分只包含首项和末项，利用求和公式进行求解。
当求和项数为偶数时，等差数列可以分为多个等差数列的和，其中每个等差数列的求和项数为奇数，运用上述方法进行求和。
1.2 根据首项和末项的分类讨论思想其次，可以根据等差数列的首项和末项的差值进行分类讨论。
如果等差数列的首项和末项之差为公差的整数倍，那么可以利用求和公式直接求解。
如果等差数列的首项和末项之差不是公差的整数倍，可以通过求和之后的等差数列的首项和末项之差进行调整，进而利用求和公式进行求解。
二、等比数列的求和分类讨论思想等比数列是指数列中相邻两项之间的比值恒定的一类数列。
对于等比数列的求和问题，可以根据公比、求和项数等不同的条件进行分类讨论。
2.1 根据公比的分类讨论思想首先，可以根据等比数列的公比的绝对值与1的关系进行分类讨论。
当公比的绝对值小于1时，等比数列的求和公式为有限项等比数列求和公式，可以直接通过公式求解。
当公比的绝对值大于等于1时，等比数列没有有限项求和公式，可以通过无穷等比数列的前n项和求解，或者通过求和项数逼近无穷等比数列的和。
2.2 根据求和项数的分类讨论思想其次，可以根据等比数列的求和项数进行分类讨论。
当求和项数为无穷时，等比数列的和为无穷，无法具体求解。
当求和项数为有限时，等比数列可以分为多个部分，其中每个部分都是一个无穷等比数列，通过逐个部分的求和，可以得到等比数列的和。
高中数学基本数学思想：函数与方程思想在数列中的应用
高中数学基本数学思想：函数与方程思想在数列中的应用函数思想和方程思想是学习数列的两大精髓.“从基本量出发，知三求二.”这是方程思想的体现.而“将数列看成一种特殊的函数，等差、等比数列的通项公式和前n项和公式都是关于n的函数.”则蕴含了数列中的函数思想.借助有关函数、方程的性质来解决数列问题，常能起到化难为易的功效。
以下是小编给大家带来的方程思想在数列上的应用，仅供考生阅读。
函数与方程思想在数列中的应用(含具体案例)本文列举几例分类剖析：一、方程思想1.知三求二等差(或等比)数列{an}的通项公式，前n项和公式集中了等差(或等比)数列的五个基本元素a1、d(或q)、n、an、Sn.“知三求二”是等差(或等比)数列最基本的题型，通过解方程的方法达到解决问题的目的.例1等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a10=30，a20=50，(1)求数列{an}的通项公式;(2)若Sn=242，求n的值.解(1)由a10=a1+9d=30，a20=a1+19d=50，解得a1=12，因为n∈N*，所以n=11.2.转化为基本量在等差(等比)数列中，如果求得a1和d(q)，那么其它的量立即可得.例2在等比数列{an}中，已知a6―a4=24，a3a5=64，求{an}的前8项的和S8.解a6―a4=a1q3(q2―1)=24.(1)由a3a5=(a1q3)2=64，得a1q3=±8.将a1q3=―8代入(1)，得q2=―2(舍去);将a1q3=8代入(1)，得q=±2.当q=2时，a1=1，S8=255;当q=―2时，a1=―1，S8=85.3.加减消元法利用Sn求an利用Sn求an是求通项公式的一种重要方法，其实这种方法就是方程思想中加减消元法的运用.例3(2011年佛山二模)已知数列{an}、{bn}中，对任何正整数n都有：a1b1+a2b2+a3b3+…+an―1bn―1+anbn=(n―1)?2n+1.若数列{bn}是首项为1、公比为2的等比数列，求数列{an}的通项公式.解将等式左边看成Sn，令Sn=a1b1+a2b2+a3b3+…+an―1bn―1+anbn.依题意Sn=(n―1)?2n+1，(1)又构造Sn―1=a1b1+a2b2+a3b3+…+an―1bn―1=(n―2)?2n―1+1，(2)两式相减可得Sn―Sn―1=an?bn=n?2n―1(n≥2).又因为数列{bn}的通项公式为bn=2n―1，所以an=n (n≥2).当n=1，由题设式子可得a1=1，符合an=n.从而对一切n∈N*，都有an=n.所以数列{an}的通项公式是an=n.4.等差、等比的综合问题这一类的综合问题往往还是回归到数列的基本量去建立方程组.例4设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和.已知S3=7，且a1+3，3a2，a3+4构成等差数列，求数列{an}的通项公式.解根据求和定义和等差中项建立关于a1，a2，a3的方程组.由已知得a1+a2+a3=7，(a1+3)+(a3+4)2=3a2.解得a2=2.设数列{an}的公比为q，由a2=2，可得a1=2q，a3=2q.又S3=7，可知2q+2+2q=7，即2q2―5q+2=0，解得q1=2，q2=12.由题意得q>1，所以q=2.可得a1=1，从而数列{an}的通项为an=2n―1.二、函数思想数列是一类定义在正整数或它的有限子集上的特殊函数.可见，任何数列问题都蕴含着函数的本质及意义，具有函数的一些固有特征.如一次、二次函数的性质、函数的单调性、周期性等在数列中有广泛的应用.如等差数列{an}的通项公式an=a1+(n―1)d=dn+(a1―d)，前n项和的公式Sn=na1+n(n―1)2d=d2n2+(a1―d2)n，当d≠0时，可以看作自变量n的一次和二次函数.因此我们在解决数列问题时，应充分利用函数有关知识，以它的概念、图象、性质为纽带，架起函数与数列间的桥梁，揭示了它们间的内在联系，从而有效地分解数列问题.1.运用函数解析式解数列问题在等差数列中，Sn是关于n的二次函数，故可用研究二次函数的方法进行解题.例5等差数列{an}的前n项的和为Sn，且S10=100，S100=10，求S110，并求出当n为何值时Sn有最大值.分析显然公差d≠0，所以Sn是n的二次函数且无常数项.解设Sn=an2+bn(a≠0)，则a×102+b×10=100，a×1002+b×100=10.解得a=―11100，b=11110.所以Sn=―11100n2+11110n.从而S110=―11100×1102+11110×110=―110.函数Sn=―11100n2+11110n的对称轴为n=111102×11100=55211=50211.因为n∈N*，所以n=50时Sn有最大值.2.利用函数单调性解数列问题通过构造函数，求导判断函数的单调性，从而证明数列的单调性.例6已知数列{an}中an=ln(1+n)n (n≥2)，求证an>an+1.解设f(x)=ln(1+x)x(x≥2)，则f ′(x)=x1+x―ln(1+x)x2. 因为x≥2，所以x1+x<1，ln(1+x)>1，所以f ′(x)<0.即f(x)在[2，+∞)上是单调减函数.故当n≥2时，an>an+1.例7已知数列{an}是公差为1的等差数列，bn=1+anan.(1)若a1=―52，求数列{bn}中的最大项和最小项的值;(2)若对任意的n∈N*，都有bn≤b8成立，求a1的取值范围.(1)分析最大、最小是函数的一个特征，一般可以从研究函数的单调性入手，用来研究函数最大值或最小值的方法同样适用于研究数列的最大项或最小项.解由题设易得an=n―72，所以bn=2n―52n―7.由bn=2n―52n―7=1+22n―7，可考察函数f(x)=1+22x―7的单调性.当x<72时，f(x)为减函数，且f(x)<1;当x>72时，f(x)为减函数，且f(x)>1.所以数列{bn}的最大项为b4=3，最小项为b3=―1.(2)分析由于对任意的n∈N*，都有bn≤b8成立，本题实际上就是求数列{bn}中的最大项.由于bn=1+1n―1+a1，故可以考察函数f(x)=1+1x―1+a1的形态.解由题，得an=n―1+a1，所以bn=1+1n―1+a1.考察函数f(x)=1+1x―1+a1，当x<1―a1时，f(x)为减函数，且f(x)<1;当x>1―a1时，f(x)为减函数，且f(x)>1.所以要使b8是最大项，当且仅当7<1―a1<8，所以a1的取值范围是―73.利用函数周期性解数列问题例8数列{an}中a1=a2=1，a3=2，anan+1an+2an+3=an+an+1+an+2+an+3且anan+1an+2≠1成立.试求S100=a1+a2+…+a100的值.分析从递推式不易直接求通项，观察前几项a1=1，a2=1，a3=2，a4=4，a5=1，a6=1，a7=2，a8=4，a9=1，…可猜测该数列是以4为周期的周期数列.解由已知两式相减得通过上述实例的分析与说明，我们可以发现，在数列的教学中，应重视方程函数思想的渗透，应该把函数概念、图象、性质有机地融入到数列中，通过数列与函数知识的相互交汇，使学生的知识网络得以不断优化与完善，同时也使学生的思维能力得以不断发展与提高.高中数学思想方法介绍，高中数学解题思想方法与讲解数学思想，是指现实世界的空间形式和数量关系反映到人们的意识之中，经过思维活动而产生的结果。
数列证明的基本方法与策略总结
数列证明的基本方法与策略总结数列证明是数学中重要的一部分，通过使用不同的方法和策略，可以帮助我们证明数列中的特定性质和关系。
本文将总结数列证明的基本方法和策略，以帮助读者更好地应对相关问题。
一、归纳法归纳法是数列证明的常用方法，其基本思想是通过证明数列在某个条件下成立，然后再证明这个条件成立于下一个条件，从而推导出数列在所有条件下成立的结论。
常见的归纳法证明数列的方法有以下几种：1.1 强归纳法强归纳法是归纳法的一种扩展形式，它在证明一个数列的性质时，不仅考虑前一个条件成立，还需要考虑前面所有的条件成立。
强归纳法一般通过以下步骤进行证明：（1）证明基本情况成立，即证明数列在第一个条件下成立；（2）假设数列在前n个条件下成立；（3）证明数列在第n+1个条件下成立。
通过以上步骤，可以推导出数列在所有条件下成立的结论，从而完成证明。
1.2 弱归纳法弱归纳法是归纳法的一种简化形式，它只考虑前一个条件成立，不需要考虑前面所有的条件。
弱归纳法一般通过以下步骤进行证明：（1）证明基本情况成立，即证明数列在第一个条件下成立；（2）假设数列在第n个条件下成立；（3）证明数列在第n+1个条件下成立。
通过以上步骤，可以得出数列在所有条件下成立的结论。
二、递推法递推法是另一种常用的证明数列的方法，它通过逐步推导数列的每一项来证明数列的性质。
递推法一般分为以下几种形式：2.1 递推关系递推关系是通过数列的前几项来确定后一项的关系，常见的递推关系包括等差数列、等比数列等。
通过找到数列之间的递推关系，我们可以推导出数列的通项公式，从而证明数列的性质。
2.2 递归定义递归定义是通过将数列的第n项表示为前几项的函数形式来确定数列的性质。
通过递归定义，我们可以逐步求得数列的每一项，从而证明数列的性质。
三、数学归纳法数学归纳法是归纳法的一种特殊形式，它适用于证明形如“对于任意正整数n”的数学命题。
数学归纳法一般通过以下步骤进行证明：（1）证明基本情况成立，即证明数列在第一个条件下成立；（2）假设数列在第k个条件下成立；（3）证明数列在第k+1个条件下成立。
高中数学数列问题中的数学思想
ｌｎ（１帆）剐一！＋！一．＋（一１）ｎ竺＋ｏ（矿），
Ｚ ３
ｎ
由矿＞１＋茗，石≠ｏ，可得ｅ１＞１叫，菇≠ｏ，从而当口＞÷时，
．厂’（菇）＜ｅ５—１＋２Ⅱ（ｅ１—１）＝ｅ１（ｅ。一１）（ｅ。一２ｎ），所以当戈Ｅ（０，
所以得到高中数学以下结论： 结论ｌ：∥≥ｌ慨，菇∈Ｒ； 结论２：ｌｎ（１慨）≤ｘ，戈＞一１． 例ｌ（２０１３年新课标全国卷２）已知函数 ，（菇）＝ｅ乙ｌｎ（菇＋，ｎ）．
那么ｍ可能有哪些取值？
当ｎ＝１时，ｎｌ＿１满足％＝２２－１，因此，惦２Ｌ１（ｎ∈Ⅳ）．
万方数据
解：从铲１人手，反向推算砚的值，共有以下８种情况
高中版十・７擞・７誓簟—簟圈豳
教
参
解法探究
２０１４年１月
数学分析观点下的高考导数试题探究
◎浙江省宁波市北仑明港高级中学顾静华 综观近几年高考试题，导数无疑成为整张试卷的压 轴题，其难度和广度通常令考生无从下笔，所以得分的情
（７）铲１ｊｎ５＝２ｊ舻÷（舍去）；
ｊ
（３）ｎ６－１ｊｎ５＝２ｊｎ４＿４ｊ叻＝８ｊｎ乒÷（舍去）；
（４）ｎ庐ｌ＝亭Ⅱ５－２ｊ嘶：４ｊ０３＿ｌｊｎ２＝２＝亭ｎｌ＝４；
（８）铲１ｊｎ５＝０（舍去）．
所以ｍ＝３２，５，４． 评析：如果本题从正面入手，计算烦琐，很多学生没 有毅力和时间来计算．因此遇到此类问题时不妨打破常 规思维．实行“逆反”策略从结论出发。往往能够化难为
（１）证明：数列｛‰广％｝是等比数列； （２）求出数列｛ｎ，ｌ｝的通项公式．
所以÷一三＝４．
％＋１‰
评析：根据已知函数求出反函数．再根据公差数列的
解：（１）由珥萨３‰ｌ一施碍珥件２一％ｌ＿２（‰厂％），
高中数学数列问题中的数学思想
定 义 来 求 出 ｛ 去 ｝ 的 通 项 公 式 ， 从 而 得 出 ｛ ％ ） 的 通 项 公 式 ．
五、 逆 向 思 维 例５ 如果数列 ｆ ％ ｝ 满 足如下等式口 ｔ ： ｍ（ ｍ∈ Ｎ ） ， 而且
首项 ， ２ 为公 比的等 比数列．
（ ２ ） 由（ １ ） 可 以得至 Ｕ ％ ＋ 一 ％＝ ２ ， （ ｎ ∈Ｎ ） 当ｎ ≥２ 时， 有ａ ｎ ＝ （ ａ ． － ａ ｎ ＿ １ ） ＋ （ ａ １ 一 ） ＋ …＋ （ ０ １ ） ＋ １
、
函 数 方 程 思 想
例１ 已知等 差数 列 ｛ 的前 ｎ 项 和 为． ｓ ， 且 满 足Ｓ ：
前９ 项和ｓ 等于多少 ？
解： 根据等差数列ａ ２ ＋ ａ ｓ ＝ ａ ｌ ＋ ａ ９ ， 因为５ ９ ＝
．
Hale Waihona Puke ｍ， Ｓ ｍ ＝ ｎ （ ｎ ＃ｍ， ｎ ， ｍ∈ Ｎ ） ， 求 解： 由ｆ 为 等差数 列 ， 可设Ｓ ｎ ＝ Ａｎ ＋ Ｂ ｎ ， 则可 以得 到
用①一 ②得到Ａ（ ｍ２ ＿ ｎ ｚ ） 柏（ ｍ 一 ） ＝ — ｍ，
依据题意简化得到 （ ｍ ＋ ｎ ＿ ） ＋ Ｂ ＝ 一 １ ，
所 以Ｓ ｍ ￣ ＝ Ａ （ ｍ ＋ ｎ ） ２ ＋ Ｂ （ ｍ ＋ ｎ ） ＝ 一 （ ｍ ＋ ｎ ） ．
②
四、 函数 思 想
例４ 已 知，（ ） ： （ ＜ 一 ２ ） ， 设。 ： １ ， ：
当ｎ ＝ ｌ 时， ０ 。 ＝ ｌ 满 足ａ ． ＝ ２ ２ － １ ， 因此 ， ２ 一 ｌ （ ｎ ∈Ｎ ） ．
南 中 版 中・ 擞・ ？
教 参
解 法 探 究
高中数列学习的数学思想
高中数列学习的数学思想作者：汪子睿来源：《科技风》2016年第23期摘要：数列是高中数学学习的重点知识，也是我们理解的难点，在数学学习中，很多同学都对数列知识存在疑惑，对数列知识的理解不深入，甚至会丧失学习信心。
本文主要针对高中数列学习中的数学思想与学习方法进行分析。
关键词：高中数列学习；数学思想；应用高中数学的学习压力大，为了让我们在高考中取得好的成绩，教师往往鼓励我们采用传统的题海战术。
数学的内容越来越多，甚至都有了大学数学里的概率，微积分等等超出我们能接受的知识，让我们的基本功很不牢固。
而且十年寒窗苦读都是为了高考，老师只是单纯的顾及我们的高考成绩，没有过多的关注数学思想的渗透。
在我们高中数学中有一种特殊的函数就是数列，数列也是我们高中数学学习的重点和难点，更是我们学习高等数学必须要打好的基础，也是高考的内容之一。
在考试中数列知识主要是考查我们学生对数列的公式记忆能力和理解推理分析能力，以及我们是否能更好的运用数列知识解决实际问题的能力。
通过我们的数学学习过程可以看出，数列就是一种特殊的函数，所以我们在解决数列问题的时候其实就是利用相关的函数理论来研究问题解决问题。
在对待一些题意不明确，难以找到解题方法的难题时，我们往往会不知所措，不知道从何下手。
究其根本原因，多是由于我们在解题过程中过于考虑细节，没有从这个整体上考虑问题，对一些常用公式的掌握也不够灵活。
为了解决我们学习中的困惑，我们不仅要打好数学基础，还要努力学习数列中蕴含的数学思想。
一、数列中的整体思想和函数思想数列属于一种特殊的函数，我们在学习过程中要想解决数列问题，就需要用到函数思想；我们都知道，整体思想强调，在高中数学学习过程中要始终具有全面的思想，从整体的角度来看待数学问题。
尤其是在利用公式解决问题的时候，很多同学不能对公式有一个整体的认识，无法准确灵活的运用公式，一遇到难题，就打退堂鼓，实际上，这都是由于缺乏系统的解题思想。
数列中蕴含的数学思想
数列中蕴含的数学思想
数列中蕴含的数学思想
数列是高中数学的重要内容，它与数、式、函数、方程、不等式有着密切的联系，是每年高考的必考内容。
同时数列综合问题中蕴含着许多数学思想与方法。
在处理数列综合问题时，若能灵活运用这些数学思想与方法，则会取得事半功倍的效果。
数列中蕴含的数学思想如下：
一．函数思想
数列本身就是一个特殊的函数，而且是离散的函数，因此在解题过程中，尤其在遇到等差数列与等比数列这两类特殊的数列时，可以将它们看成一个函数，进而运用函数的性质和特点来解决问题。
数列的通项公式和前n项和公式都可以看成n的函数，也可以看成是方程或方程组，特别是等差数列的通项公式可以看成是n的一次函数，而其求和公式可以看成是常数项为零的二次函数，因此许多数列问题可以用函数方程的思想进行分析，加以解决。
二．方程思想
数列这一章涉及了多个关于首项、末项、项数、公差、公比、第n项和前n项和这些量的数学公式，而公式本身就是一个等式，因此，在求这些数学量的过程中，可将它们看成相应的已知量和未知数，通过公式建立关于求未知量的方程，可以使解题变得清晰、明了，而且简化了解题过程。
数列的通项公式与前n项和的公式紧密地联系着五个基本量，“知三。
数列中的数学思想学习方法
数列中的数学思想学习方法
在数列综合问题中蕴含着许我重要的数学思想，如归纳思想、函数思想、方程思想、递推思想、化归思想、分类讨论思想，在这些思想的指导下产生许多解决数列问题的方法，让学生充分理解和掌握这些思想和方法，对提高解决数列综合问题的能力很为重要。
一.归纳思想
通过对命题在特殊情况下的考察与探索，发现并归纳出一般性的结论，再运用数学的方法对结论进行证明，这种归纳思想形成了解决数列问题的一种重要方法；观察、归纳、猜想、证明。
例1.设是数列的前n项和，且，数列的通项公式为，将数列和的公共项按它们在原数列中的先后顺序排成一个新数列，求。
分析：由，得，直接求出它们的公共项比较困难，可列举它们开始的若干项进行观察，发现规律后再进行证明。
等差数列基本数学思想总结
等差数列基本数学思想总结等差数列是数学中一个非常基本的概念，它在数学的各个领域中都有广泛的应用。
在学习与应用等差数列的过程中，我们不仅能够锻炼我们的计算能力和逻辑思维，还能加深对数学思想的理解。
本文将对等差数列的基本数学思想进行总结。
首先，我们需要明确等差数列的定义。
等差数列是指数列中的相邻两项之间差值保持不变的数列。
换句话说，对于一个等差数列来说，从第二项开始，每一项都是前一项加上一个固定的常数。
这个常数称为公差，用d表示。
在进行等差数列的计算时，我们通常会遇到等差数列的前n项和的问题。
这时，我们可以运用等差数列的求和公式进行计算。
等差数列的求和公式是一个非常重要的数学公式，它可以将等差数列的前n项和表示成n的函数形式。
具体来说，等差数列的前n项和Sn可以表示为Sn=n(a1+an)/2，其中a1是等差数列的首项，an是等差数列的第n项。
在理解了等差数列的基本概念之后，我们可以进一步研究等差数列的性质和特点。
首先，等差数列的项数是可以无限的，也就是说，等差数列中的元素可以无限延伸下去。
其次，等差数列中的每一项只依赖于前一项和公差，与其他项无关。
这意味着，我们可以通过已知的信息推导出等差数列的其他性质。
另外，在等差数列的应用中，我们还可以利用等差数列的性质解决一些实际问题。
比如，我们可以利用等差数列的求和公式来计算一些累加的问题。
在生活中，我们经常会遇到一些递增或递减的情况，比如存款的利息、车辆的速度、水龙头的水流等。
这些情况都可以用等差数列来建模和计算。
同时，等差数列还广泛应用于几何等差数列、等差数列的递推关系等数学概念的研究中。
总结起来，等差数列作为一种基本的数学概念，具有广泛的应用价值。
学习和应用等差数列的过程中，我们不仅可以提高我们的计算能力和逻辑思维能力，还能加深对数学思想的理解。
通过深入研究等差数列的性质和应用，我们可以将其扩展到更多领域，为解决实际问题提供有力的数学工具。
因此，熟练掌握等差数列的基本数学思想对于我们的学习和未来的发展都有着重要的意义。
(完整)数列题型及解题方法归纳总结,推荐文档
1 2
5
文德教育
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
建议收藏下载本文，以便随时学习！ 4、叠乘法
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
文德教育
建议收藏下载本文，以便随时学习！ （8）当遇到 an1
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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数列中的数学思想和方法数学思想方法是数学知识的精髓,是知识转化为能力桥梁.能否有意识地正确运用数学思想方法解答数学问题，是衡量数学素质和数学能力的重要标志．数列中蕴涵了许多重要的数学思想，下面我们一起来看一看吧！ 一、方程思想方程思想就是通过设元建立方程,研究方程解决问题的方法.在解数列问题时,利用等差、等比数列的通项公式、求和公式及性质构造方程（组），是解数列问题基本方法. 例1 已知等差数列{}n a 的公差d 是正数，且3712,a a =-464a a +=-，求其前n 项和n S 。
解：由等差数列{}n a 知：3746a a a a +=+，从而373712,4a a a a =-+=-，故37,a a 是方程24120x x +-=的两根，又0d >，解之，得：376,2a a =-=。
再解方程组：112662a d a d +=-⎧⎨+=⎩1102a d =-⎧⇒⎨=⎩， 所以10(1)n S n n n =-+-。
<法一>法二、基本量法，建立首项和公差的二元方程 知三求二点评：本题利用了3746a a a a +=+这一性质构造了二次方程巧妙的解出了376,2a a =-=，再利用方程求得了首项与公差的值，从而使问题得到解决，由此可知在数列解题时往往可借助方程的思想与n m p q a a a a +=+（或n m p q a a a a ⋅=⋅）找出解题的捷径。
关注未知数的个数，关注独立方程的个数。
点评基本量法：性质法 技巧备用：设{a n }是公比大于1的等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和．已知S 3＝7，且a 1＋3,3a 2，a 3＋4构成等差数列． (1)求数列{a n }的通项；(2)令b n ＝ln a 3n ＋1，n ＝1,2，…，求数列{b n }的前n 项和T n . 解(1)由已知得⎩⎨⎧a 1＋a 2＋a 3＝7，(a 1＋3)＋(a 3＋4)2＝3a 2，解得a 2＝2.设数列{a n }的公比为q ，由a 2＝2，可得a 1＝2q，a 3＝2q ，又S 3＝7，可知2q ＋2＋2q ＝7，即2q 2－5q ＋2＝0.解得q 1＝2，q 2＝12.由题意得q ＞1，∴q ＝2，∴a 1＝1.故数列{a n }的通项为a n ＝2n －1. (2)由于b n ＝ln a 3n ＋1，n ＝1,2，…， 由(1)得a 3n ＋1＝23n ，∴b n ＝ln 23n ＝3n ln 2. 又b n ＋1－b n ＝3ln 2，∴{b n }是等差数列， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n (b 1＋b n )2＝3n (n ＋1)2·ln 2.故T n ＝3n (n ＋1)2ln 2.小结：方程思想是数学解题中常用的基本思想方法之一，注意到方程思想在数列间题中的应用.常可以简洁处理一些其他思想方法难以解决的数列问题。
在等差数列和等比数列中，通项公式a n 和前n 项和公式S n 共涉及五个量：a 1，a n ，n ，q (d )，S n ，其中首项a 1和公比q (公差d )为基本量，“知三求二”是指将已知条件转换成关于a 1，a n ，n ，q (d )，S n 的方程组，通过方程的思想解出需要的量．二、函数思想函数思想是用联系和变化的观点考察数学对象.数列是一类特殊的函数,以函数的观点认识理解数列，是解决数列问题的有效方法.例2、已知等差数列{}n a 中，129a =，1020S S =，则该数列前多少项的和最大？ 寻求通项 ，借助数列的单调性解决 解：1020111092019,102022S S a d a d ⨯⨯=∴+=+， 又129a =，2d ∴=-29(1)(2)231n a n n ∴=+-⨯-=-+ 令0,15,n a n n N *>≤∈，所以数列首项为正，公差为负，前15项为正，从第16项开始为负，所以前15项的和最大，1511514152252S a d ⨯=+=。
巧用等差数列下标的性质，关注数列的单调性解：10201112131920,0S S a a a a a =∴++++=， 由等差数列下标的性质可得：111213192015165()0a a a a a a a ++++=+=，又1290a =>，15160,0a a ∴><∴ 当15n =时，n S 取得最大值。
又129a =，2d ∴=-29(1)(2)231n a n n ∴=+-⨯-=-+令0,15,n a n n N *>≤∈，所以数列首项为正，公差为负，前15项为正，从第16项开始为负，所以前15项的和最大，且1511514152252S a d ⨯=+=。
思路2：从函数的代数角度来分析数列问题 解：1020111092019,102022S S a d a d ⨯⨯=∴+=+， 又129a =，2d ∴=-21(1)302n n n S na d n n ⨯-∴=+=-+2(15)225n =--+∴ 当15n =时，n S 取得最大值225。
思路3：从函数图象入手，数形结合解：设2n S An Bn =+，数列对应的图象是过原点的抛物线上孤立的点，又1290a =>，1020S S =，∴对称轴为1020152n +==且开口向下， ∴ 当15n =时，n S 取得最大值。
四种方法的比较设数列{a n }的公差为d ， ∵S 10＝S 20，∴10×29＋10×92d ＝20×29＋20×192d ，解得d ＝－2， ∴a n ＝－2n ＋31，设这个数列的前n 项和最大，则需⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2n ＋31≥0，－2n ＋1＋31≤0， ∴14.5≤n ≤15.5，∵n ∈N *，∴n ＝15.方法二 设数列{a n }的公差为d ， ∵S 10＝S 20，∴10×29＋10×92d ＝20×29＋20×192d ，解得d ＝－2.等差数列{a n }的前n 项和S n ＝d2n 2＋(a 1－d2)n 是关于n 的不含常数项的二次函数，根据其图象的对称性，由S 10＝S 20，知x ＝10＋202＝15是其对称轴，由d ＝－2知二次函数的图象开口向下， 故n ＝15时S n 最大．备用：数列{}n a 中，21,n a n n n N *=+∈，求数列{}n a 的最大项。
.小结：利用二次函数的性质解决等差数列的前n 项和的最值问题，避免了复杂的运算过程. 数列是一种特殊的函数，在求解数列问题时，若涉及参数取值范围、最值问题或单调性时，均可考虑采用函数的性质及研究方法指导解题．值得注意的是数列定义域是正整数集或{1,2,3，…，n }，这一特殊性对问题结果可能造成影响．三、分类讨论思想复杂问题无法一次性解决,常需分类研究,化整为零,各个击破.数列中蕴含着丰富的分类讨论的问题. 分类讨论是一种逻辑方法,同时又是一种重要的解题策略,在数学解题中有广泛的应用.所谓分类讨论,是在讨论对象明确的条件下,按照同一的分类标准,不重复、不遗漏、不越级的原则下进行的.它体现了化整为零、积零为整的思想与归类整理的方法.例3、已知等差数列{}n a 的前n 项的和32nn S =+，求n a 。
解：(1)当1n =时，115a s ==；(2)当2n ≥时，111222n n n n n n a s s ---=-=-=；综合(1) (2)可知15122n n n a n - ,=⎧=⎨ ,≥⎩。
点评：此例从分的体现了n a 与n s 的关系中隐含了分类讨论思想，其理由是1n n n a s s -=-中脚码1n -必须为正整数。
备用：已知数列{}n b 的前n 项和n n s n 182+-=，试求数列{}n b 的前n 项和n T 的表达式.分析:解题的关键是求出数列{}n b 的通项公式,并弄清数列{}n b 中各项的符号以便化去n b 的绝对值.故需分类探讨．解:当n=1时,171181211=⨯+-==s b ; 当n≥2时,()[]n n n n n s s b n n n 21918118221-=+---+-=-=-. ∴当1≤n≤9时,0>n b ,当n≥10时,0<n b .从而当1≤n≤9时,n T =n b b b +⋅⋅⋅++21=n n s b b b n n 18221+-==+⋅⋅⋅++;当n≥10时,n T =n b b b +⋅⋅⋅++21 =9109212s s b b b b b n n +-=-⋅⋅⋅-+⋅⋅⋅++16218)9189(218222+-=⨯+-+-n n n n .∴n T =⎪⎩⎪⎨⎧≥+-≤≤+-)10(,16218)91(,1822n n n n n n小结：数列中的分类讨论多涉及对公差d 、公比q 、项数n 的讨论,特别是对项数n 的讨论成为近几年高考的热点.四、整体的思想整体思想就是从整体着眼,通过问题的整体形式、整体结构或其它整体处理后，达到简捷地解题的目的.例4、在等差数列{}n a 中，已知1479a a a ++=，25815a a a ++=，求369a a a ++的值。
解：258147()3a a a a a a d ++=+++，2d ∴=，369258()321a a a a a a d ∴++=+++=例4、在等比数列{}n a 中，910(0)a a a a +=≠，1920a a b +=，则99100a a +=________.分析 根据题设条件可知a 19＋a 20a 9＋a 10＝q 10＝ba ，而a 99＋a 100a 9＋a 10＝q 90，故可整体代入求解． 解析 设等比数列{a n }的公比为q ，则a 19＋a 20a 9＋a 10＝q 10＝b a ，又a 99＋a 100a 9＋a 10＝q 90＝(q 10)9＝⎝⎛⎭⎫b a 9， 故a 99＋a 100＝⎝⎛⎭⎫b a 9(a 9＋a 10)＝b 9a8.答案 b 9a8小结：解决此题如果不把它与整体思想联系起来，那么直接解决要走很多弯路也不容易直接求出它的准确答案，因此此题应用了整体思想来解决了数列问题是非常重要的.备用：已知数列{}n b 为等差数列，前12项和为354，前12项中奇数项和与偶数项和之比为27:32,求公差d . 分析:此题常规思路是利用求和公式列方程组求解，计算量较大,注意考虑用整体思想去解决,解法十分简捷.解:由题意令奇数项和为x 27,偶数项和为x 32. 因为：,35459322712==+=x x x s 所以：6=x . 而5,63052732=∴===-d d x x x .五、转化与化归的思想等价转化就是将研究对象在一定条件下转化并归结为另一种研究对象,使之成为大家熟悉的或容易解决的问题.这是解决数列问题重要方法.例5． 已知数列{}n a 的首项11=a ，前n 项和为n S ，且)(24*1N n a S n n ∈+=+，求{}n a 的通项公式。