2020届高三数学复习 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。
高中数学数列试题的解题方法与技巧分析
高中数学数列试题的解题方法与技巧分析
数列通常用来解决组合现象，广泛应用于数学实际问题中。
高中数学中，常用数列题
来考察学生对求和公式、等差数列、等比数列规律以及相关技巧的掌握程度。
下面讲解一
下高中数学数列试题的解题方法和技巧分析：
1、确定数列类型：当我们遇到一个数列试题时，首先要弄清楚该序列是等差数列还
是等比数列，因为这两种类型的数列的解法是不一样的。
在观察数列时要注意每项与它的
相邻项的差值是否相等，即等差数列；在观察数列时要注意每项与它的相邻项的比值是否
相等，即等比数列。
2、推导公式：既然确定了数列的类型，接下来就要推导出该类型数列的通项公式。
如果是等差数列，就要找出头项、公差和项数之间的关系；如果是等比数列，就要找出头项、公比和项数之间的关系。
3、求出指定项：当推出了相应数列的通项公式后，就可以求出指定项的值了。
如果
是等差数列，就要通过位移法；如果是等比数列，就可以通过乘幂法求出指定项的值。
4、计算总和：如果试题要求求解数列的总和，这时要用到求和公式。
对于等差数列，有Sn=n(a1+an)/2；对于等比数列，有Sn=a1(1-q^n)/(1-q)。
需要特别注意的是，求和公
式在求解数列总和时只有在数列的末项为无穷项时才能使用，否则就要使用暴力求和的方法。
以上就是高中数学数列试题的解题方法和技巧分析，熟练掌握这些方法和技巧，可以
让我们在数学考试中更加容易把握试题，轻松拿下高分。
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。
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。
(完整版)数列题型及解题方法归纳总结
(完整版)数列题型及解题方法归纳总结数列是数学中一个重要的概念，也是数学中常见的题型之一。
数列题目通常会给出一定的条件和规律，要求我们找出数列的通项公式、前n项和等相关内容。
下面对数列题型及解题方法进行归纳总结。
一、数列的基本概念1. 数列的定义：数列是按照一定规律排列的一列数，用通项公式a_n表示。
2. 首项和公差：对于等差数列，首项是指数列的第一个数，公差是指相邻两项之间的差值。
通常用a1表示首项，d表示公差。
3. 首项和公比：对于等比数列，首项是指数列的第一个数，公比是指相邻两项之间的比值。
通常用a1表示首项，r表示公比。
二、等差数列的常见题型及解题思路1. 找通项公式：（1）已知首项和公差，求第n项的值。
使用通项公式a_n = a1 + (n-1)d。
（2）已知相邻两项的值，求公差。
根据 a_(n+1) - a_n = d，解方程即可。
（3）已知首项和第n项的值，求公差。
根据 a_n = a1 + (n-1)d，解方程即可。
2. 找前n项和：（1）已知首项、公差和项数，求前n项和。
使用公式S_n= (n/2)(a1 + a_n)。
（2）已知首项、末项和项数，求公差。
由于S_n =(n/2)(a1 + a_n)，可以列方程求解。
（3）已知首项、公差和前n项和，求项数。
可以列方程并解出项数。
3. 找满足条件的项数：（1）已知首项、公差和条件，求满足条件的项数。
可以列方程，并解出项数。
三、等比数列的常见题型及解题思路1. 找通项公式：（1）已知首项和公比，求第n项的值。
使用通项公式a_n = a1 * r^(n-1)。
（2）已知相邻两项的值，求公比。
根据 a_n / a_(n-1) = r，解方程即可。
（3）已知首项和第n项的值，求公比。
根据 a_n = a1 * r^(n-1)，解方程即可。
2. 找前n项和：（1）已知首项、公比和项数，求前n项和。
使用公式S_n = (a1 * (1 - r^n)) / (1 - r)。
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 。
(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
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2020届高三数学复习 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=⋅⋅⋅--⋅-=⋅⋅⋅⋅=---ΛΛ。
例5 求下列各项的和 (1)nn n n n n n C n nC C C C )1(321210++++++-Λ.(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 Λ. 解：（1）设 S n =nn n n n n n C n nC C C C )1(321210++++++-Λ,则S n =0112)1(n n n n n n C C nC C n +++++-Λ,两式相加，得：2S n = (n+2)nn n n C n C n C )2()2(10+++++Λ =(n+2)(nn n n C C C +++Λ10)=(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+-+++++Λ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 Λ =)211111151314121311(21+-++--++-+-+-n n n n Λ =)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 qq 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。