数列题型及解题方法归纳总结38486

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 q

a 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112

n n a

a +=

，而1

2a =，求n

a =

（2）递推式为a

n+1=a n +f （n ）

例3、已知{}

n a 中1

a =，12

141

n n a

a n

+=+

-，求n

a . 解：

由已知可知

)12)(12(11-+=-+n n a a n

n )1

121(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）

=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，1

1a =，对于n ＞1（n ∈N ）有1

32n

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：a2-a1=4，a3-a2=4·3，a4-a3=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）

)

(

b由上题的解

法，得：n

=∴

)

(5)递推式为

n n n

a pa qa

思路：设

n 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。

求n

a 。

(6)递推式为S n 与a n 的关系式

系；（2）试用n 表示a n 。

∴)

(

)(

11--++-

+-=-n n n n n n a a S S

∴

1121-+++

-=n n n n a a a

∴n n n a a 2

1211

上式两边同乘以2n+1得2n+1a n+1=2n a n +2则{2n a n }是公差为2的等差数列。

∴2n a n = 2+

（n-1）·2=2n

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{}

a等

差，{}

b等比，那

么{}

n n

a b叫做差比

数列）

即把每一项都

乘以{}

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

n n

a a

和??（其中{}

a等差）

可裂项为：11

1111

()

n n n n

a a d a a

等差数列前n项和的最值问题：

1、若等差数列{}n a的首项10

a>，公差

d<，则前n项和n S有最大值。（ⅰ）若已知通项

a，则n S最大

≥

≤

；

（ⅱ）若已知2

pn qn

=+，则当n 取最靠

近2q p -的非零自然数时n

S 最大； 2、若等差数列{}n

a 的首项1

0a <，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?1

n a a +≤??

≥?

；（ⅱ）若已知2n

pn qn

=+，则当n 取最靠

近2q p -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 +++=L ）求n

a ，用

作差法：{1

,(1)

,(2)

n n S n a S S n -==-≥。已知1

()

a a a

f n =

g g L g 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 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 ---=-+-++-L 1

a +(2)n ≥。

⑸已知1()n n

a f n a +=求n

a ，用累乘法：

121121

n n n n n a a a

a a a a a ---=

????L (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1

n a ka b -=+、1

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1

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 n

n a a

ka b

--=

+的递推数

列都可以用倒数法求通项。

（3）形如1

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 ==--+-+1

11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 =-++； ③

2211111

()1211

k 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 =-+++++ ；⑤

(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

a S 求由

（时，，时，）

n a S n a

S S n

n n ==≥=--12111

3、求差（商）法

{}如：满足……a a a a

n n

12121

+++=+<>

解：

n a a ==?+=11

21514

11时，，∴

n a a a n n n ≥+++

=-+<>

--212121

215

1时，……

<>-<>=12122得：n

a ∴a n

n =+21

∴a n n n n ==≥???+1412

()

［练习］ {}数列满足，，求a S

S a a a n

n n n

+==++1115

（注意到代入得：

S S S S n n n n n

+++=-=1

{}又，∴是等比数列，S S S n

44==

n a S S n n n n ≥=-==--2341

时，……·

4、叠乘法 {}例如：数列中，，

，求a a

a a n

n a n

n n n 1131

==++

解：a

a a a a n n a a n

n n n 21

3211122311·

……·……，∴-=-=

又，∴a

a n

n 1

33==

5、等差型递推公式由，，求，用迭加法a a f n a a a n

n n

-==-1

()

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

=++++0

23()()()

［练习］

{}()数列，，，求a a a a n a n

n n n

113

2==+≥--

()（）a n

=-1

231

6、等比型递推公式

()a ca d c d c c d n

n =+≠≠≠-1

010、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 1

1 令，∴()c x d x d c -==-11

∴是首项为，为公比的等比数列a d c a d c c n +-?

?????

+-111

∴·a d c a d c c n

n +

-=+-?? ??

?-1111

∴a

a d c c d c n

n =+-?

? ???---1111

［练习］

{}数列满足，，求a a

a a a n

n n n

1934=+=+

（）

a n n =-?? ?

+-84311

7、倒数法

例如：，，求a a a a a n n

122==++

由已知得：122121

a a a a n n n n

+=+

∴1

a a n n +-

∴???

???

=11112

a a n

为等差数列，，公差为 ()()∴=+-=+1

11121

1a n n n

∴a

n n

2．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)=n 2

【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=)

1(21+n n 个奇数，

∴最后一个奇数为：1+[21n(n+1)-1]×2=n 2+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·（n 2-1）+ 2·（n 2-22）+3·（n 2-32）+…+n （n 2-n 2）

解 S=n 2（1+2+3+…+n ）-（13+23+33+…+n 3）

（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：12363n n

S C C nC =+++L

例10、解 0120363n

n n n n n

S C C C nC =?++++L

∴ S n =3n ·2

n-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 ，5x 2,…,(2n-1)x n-1前n 项的和．

解设S n =1+3+5x 2+…+(2n-1)x n-1． ①

(2)x=0时，S n =1．

(3)当x ≠0且x ≠1时，在式①两边同乘以x 得 xS n =x+3x 2+5x 3+…+(2n-1)x n ，② ①-②，得 (1-x)S n =1+2x+2x 2+2x 3+…+2x n-1-(2n-1)x n ．

(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

1111153759(21)(23)

n n +++???-+L

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{a n}的首项a1＞0，前n项的和为S n，若S l=S k（l≠k）问n为何值时S n最大

此函数以n为自变量的二次函数。∵a1＞0 S l=S k（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{a n}前n项和为S n，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=0

3．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a x=b y=c z=k

∴x=1og a k，y=log b k，z=log c k

∴b2=ac ∴a，b，c成等比数列（a，b，c均不为0）

高考数列万能解题方法

数列的项n a 与前n 项和n S 的关系：1 1 (1)(2)n n n s n a s 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 n a 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 n a a +???????和??（其中{}n a 等差）可裂项为： 11 1111 ()n n n n a a d a a ++=-?，

1 d = 等差数列前n项和的最值问题： 1、若等差数列{}n a的首项10 a>，公差0 d<，则前n项和 n S有最大值。（ⅰ）若已知通项 n a，则 n S最大? 1 n n a a + ≥ ? ? ≤ ? ；（ⅱ）若已知2 n S pn qn =+，则当n取最靠近 2 q p -的非零自然数时 n S最大； 2、若等差数列{}n a的首项10 a<，公差0 d>，则前n项和 n S有最小值（ⅰ）若已知通项 n a，则 n S最小? 1 n n a a + ≤ ? ? ≥ ? ；（ⅱ）若已知2 n S pn qn =+，则当n取最靠近 2 q p -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 +++= L）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 = g g L g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 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 --- =-+-++- L 1 a +(2) n≥。 ⑸已知1() n n a f n a +=求 n a，用累乘法：12 1 121 n n n n n a a a a a a a a - -- =???? L(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 1 n n a ka b - =+、 1 n 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1 1 n n n a a ka b - - = + 的递推数列都可以用倒数法求通项。

(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 q a 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11 2 n 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 = ，121 41 n n a a n +=+-，求n a . 解：由已知可知)12)(12(11-+= -+n n a a n n )1 21 121(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） 2 43 4)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 . 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 n n n b a )31(2)21(32-== (5)递推式为21n n n a pa qa ++=+

数列解题技巧归纳总结---好(5份)

数列知识点及常用解题方法归纳总结

数列知识点及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 na n n d n n = +=+ -112 12 {}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；421 21 a 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52 a S an bn a b 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 11 000 0><≥≤?? ?+ 当，，由可得达到最小值时的值。a d a a S n n n n 11000 <>≤≥?? ?+ {}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 a a 3132 22 33113 = +===

数列问题的解题策略

龙源期刊网 https://www.360docs.net/doc/2516297951.html, 数列问题的解题策略作者：王惠清来源：《高考进行时·高三数学》2012年第11期数列是高考的必考内容，在中学教材中既具有独立性，又具有较强的综合性，是初等数学与高等数学的一个重要衔接点。等差数列与等比数列是最重要也是最基本的数列模型，主要考查利用方程思想求解a1，d，q，Sn，n，an等一些基本元素，利用等差（比）数列的性质进行推理运算。而数列的通项是一切数列问题的核心，是数列定义在数与式上的完美体现，是解决数列综合问题的突破口，近年来根据数列的递推公式求解其通项公式的问题在高考中也频频出现。当然，数列主观题的考查还常与函数、不等式、三角、解析几何等知识相结合，注重问题的综合性与新颖性。一、考纲要求数列内容主要考点包括三个方面：一是数列的概念；二是等差数列；三是等比数列。其中数列的概念为A级要求，等差数列和等比数列均为C级要求。根据考纲要求，数列单元的复习中，要注意以等差数列和等比数列这两个重要的数列模型为主线，以数列的通项与求和这两个基本问题为抓手，突出基础，注重方法，强化综合，努力提高阅读理解能力、形式运算能力、推理论证能力和综合运用所学知识分析问题、解决问题的能力。二、难点疑点难点1 从数列的通项公式an=f（n）（n∈N*）的形式，明确函数与数列的联系与区别，掌握利用函数知识研究数列问题的思路和方法是数列学习的难点之一；难点2 数列是研究与正整数有关的计算和推理问题，解决数列问题时，要特别注意定义域是正整数这一关键，在此基础上所研究的数列的最值，单调性以及与不等式恒成立相关的问题是数列学习的难点之二；难点3 由数列的递推关系求解数列的通项公式的常用方法是构造法，即通过式子的灵活变形构造等差数列或等比数列，继而求解通项公式，如何正确合理地构造是数列学习的难点之三。疑点1 已知数列的前n项和求an时，易忽视n=1的情况，直接用Sn-Sn-1表示an，解题时应注意an，Sn的关系是分段的，即an=S1，n=1 Sn-Sn-1，n≥2；疑点2 数列的前3项与数列是等差（比）数列的关系是数列学习的又一个疑点。已知一个数列的前3项成等差（比）数列，不足以说明数列是等差（比）数列，必须根据定义证明；若

数列解题技巧

数列解题技巧公司内部编号：（GOOD-TMMT-MMUT-UUPTY-UUYY-DTTI-

第四讲数列与探索性新题型的解题技巧【命题趋向】从2007年高考题可见数列题命题有如下趋势： 1.等差（比）数列的基本知识是必考内容，这类问题既有选择题、填空题，也有解答题；难度易、中、难三类皆有. 2.数列中a n与S n之间的互化关系也是高考的一个热点. 3.函数思想、方程思想、分类讨论思想等数学思想方法在解决问题中常常用到，解答试题时要注意灵活应用. 4.解答题的难度有逐年增大的趋势,还有一些新颖题型,如与导数和极限相结合等.因此复习中应注意： 1.数列是一种特殊的函数，学习时要善于利用函数的思想来解决.如通项公式、前n项和公式等. 2.运用方程的思想解等差（比）数列，是常见题型，解决此类问题需要抓住基本量a1、d（或q），掌握好设未知数、列出方程、解方程三个环节，常通过“设而不求，整体代入”来简化运算. 3.分类讨论的思想在本章尤为突出.学习时考虑问题要全面，如等比数列求和要注意q=1和q≠1两种情况等等. 4.等价转化是数学复习中常常运用的，数列也不例外.如a n与S n的转化；将一些数列转化成等差（比）数列来解决等.复习时，要及时总结归纳. 5.深刻理解等差（比）数列的定义，能正确使用定义和等差（比）数列的性质是学好本章的关键.

6.解题要善于总结基本数学方法.如观察法、类比法、错位相减法、待定系数法、归纳法、数形结合法，养成良好的学习习惯，定能达到事半功倍的效果. 7．数列应用题将是命题的热点，这类题关键在于建模及数列的一些相关知识的应用. 【考点透视】 1．理解数列的概念，了解数列通项公式的意义，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项. 2．理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，并能运用公式解答简单的问题. 3．理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，并能运用公式解决简单的问题. 4．数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础，所以在高考中占有重要的地位.高考对本章的考查比较全面，等差数列，等比数列的考查每年都不会遗漏.解答题多为中等以上难度的试题，突出考查考生的思维能力，解决问题的能力，试题大多有较好的区分度.有关数列的试题经常是综合题，经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来，试题也常把等差数列、等比数列，求极限和数学归纳法综合在一起。探索性问题是高考的热点，常在数列解答题中出现。本章中还蕴含着丰富的数学思想，在主观题中着重考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想，以及配方法、换元法、待定系数法等基本数学方法.应用问题考查的重点是现实客观事物的数学化，常需构造数列模型，将现实问题转化为数学问题来解决. 【例题解析】

数列知识点和常用解题方法归纳总结

数列知识点和常用解题方法归纳总结 -标准化文件发布号：（9556-EUATWK-MWUB-WUNN-INNUL-DDQTY-KII

数列知识点及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 na n n d n n = +=+ -112 12 {}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；421 21 a 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 a b 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 11000 0><≥≤???+ 当，，由可得达到最小值时的值。a d a a S n n n n 11 000 0<>≤≥???+ {}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 a a 3132 22 3311 3 = +===

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11 2n 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112 a = ，12 141 n n a a n +=+ -，求n a . 解：由已知可知 )12)(12(11-+= -+n n a a n n )1 21 121(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=pa n +qn （p ，q 为常数） )(3 2 11-+-=-n n n n b b b b 由上题的解法，得：n n b )3 2(23-=∴ n n n n 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。求n a 。 (6)递推式为S n 与a n 的关系式系；（2）试用n 表示a n 。 ∴)2121( )(1 2 11 --++- +-=-n n n n n n a a S S ∴1 11 2 1 -+++ -=n n n n a a a ∴ n n n a a 2 1 211+= + 上式两边同乘以2n+1得2n+1a n+1=2n a n +2则{2n a n }是公差为2的等差数列。 ∴2n a n =2+（n-1）·2=2n 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。

数列解题技巧归纳总结-打印

等差数列前n 项和的最值问题： 1、若等差数列{}n a 的首项1 a >，公差0d <，则前n 项和n S 有最大值。（ⅰ）若已知通项n a ，则n S 最大?1 n n a a +≥?? ≤? ；（ⅱ）若已知2n S pn qn =+，则当n 取最靠近2q p -的非零自然数时n S 最大； 2、若等差数列{}n a 的首项1 0a <，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?1 n n a a +≤?? ≥? ；（ⅱ）若已知2n S pn qn =+，则当n 取最靠近2q p -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1 2 ()n a a a f n +++=）求n a ，用作差法：{1 1 ,(1),(2) n n n S n a S S n -==-≥。已知1 2() 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 n a a f n +-=求n a 用累加法：1 1 2 2 1 ()()()n n n n n a a a a a a a ---=-+-++- 1 a +(2)n ≥。 ⑸已知1()n n a f n a +=求n a ，用累乘法：12 1 121 n n n n n a a a 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

数列题型与解题方法归纳总结

.下载可编辑. 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 q a 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11 2 n 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 = ，12141 n n a a n +=+-，求n a . 解：由已知可知)12)(12(11-+= -+n n a a n n )1 21 121(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）

数列解题技巧

数列解题技巧 Revised by Liu Jing on January 12, 2021

高考数列万能解题方法定稿版

高考数列万能解题方法 HUA system office room 【HUA16H-TTMS2A-HUAS8Q8-HUAH1688】

数列的项n a 与前n 项和n S 的关系：1 1(1)(2)n n n s n a s 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 n a 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 n a a +???????和??（其中{}n a 等差）

可裂项为： 111111()n n n n a a d a a ++=-? 1 d = 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n S 有最大值。（ⅰ）若已知通项n a ，则n S 最大?10 n n a a +≥??≤?；（ⅱ）若已知2n S pn qn =+，则当n 取最靠近2q p - 的非零自然数时n S 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?1 0n n a a +≤??≥?；（ⅱ）若已知2n S pn qn =+，则当n 取最靠近2q p - 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 。

数列解题技巧

第四讲数列与探索性新题型的解题技巧【命题趋向】从2007年高考题可见数列题命题有如下趋势： 1.等差（比）数列的基本知识是必考内容，这类问题既有选择题、填空题，也有解答题；难度易、中、难三类皆有. 2.数列中a n与S n之间的互化关系也是高考的一个热点. 3.函数思想、方程思想、分类讨论思想等数学思想方法在解决问题中常常用到，解答试题时要注意灵活应用. 4.解答题的难度有逐年增大的趋势,还有一些新颖题型,如与导数和极限相结合等. 因此复习中应注意： 1.数列是一种特殊的函数，学习时要善于利用函数的思想来解决.如通项公式、前n项和公式等. 2.运用方程的思想解等差（比）数列，是常见题型，解决此类问题需要抓住基本量a1、d（或q），掌握好设未知数、列出方程、解方程三个环节，常通过“设而不求，整体代入”来简化运算. 3.分类讨论的思想在本章尤为突出.学习时考虑问题要全面，如等比数列求和要注意q=1和q≠1两种情况等等. 4.等价转化是数学复习中常常运用的，数列也不例外.如a n与S n的转化；将一些数列转化成等差（比）数列来解决等.复习时，要及时总结归纳. 5.深刻理解等差（比）数列的定义，能正确使用定义和等差（比）数列的性质是

学好本章的关键. 6.解题要善于总结基本数学方法.如观察法、类比法、错位相减法、待定系数法、归纳法、数形结合法，养成良好的学习习惯，定能达到事半功倍的效果. 7．数列应用题将是命题的热点，这类题关键在于建模及数列的一些相关知识的应用. 【考点透视】 1．理解数列的概念，了解数列通项公式的意义，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项. 2．理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，并能运用公式解答简单的问题. 3．理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，并能运用公式解决简单的问题. 4．数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础，所以在高考中占有重要的地位.高考对本章的考查比较全面，等差数列，等比数列的考查每年都不会遗漏.解答题多为中等以上难度的试题，突出考查考生的思维能力，解决问题的能力，试题大多有较好的区分度.有关数列的试题经常是综合题，经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来，试题也常把等差数列、等比数列，求极限和数学归纳法综合在一起。探索性问题是高考的热点，常在数列解答题中出现。本章中还蕴含着丰富的数学思想，在主观题中着重考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想，以及配方法、换元法、待定系数法等基本数学方法.应用问题考查的重点是现实客观事物的数学化，常需构造数列模型，将现实问题转化为数学问题来解决.

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a 1，a 2，a 3，…，a n ，（…），简记作 {a n } ．其中a n 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{a n }的第n 项a n 与它的序号n 之间的函数关系可以用一个公式a n =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散点图，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{a n }的第一项（或前几项），且任一项a n 与它的前一项a n -1（或前几项a n-1， a n -2，…）间关系可以用一个公式 a n =f （a 1n -）（n =2，3，…）（或 a n =f （a 1n -,a 2n -）(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S n 表示数列{a n }和前n 项和，即S n = 1 n i i a =∑=a 1 +a 2 +…+a n ，如果S n 与项数n 之间的函数关系可以用一个公式 S n = f （n ）（n =1，2，3，…）来表示，那么这个公式叫做这个数列的求和公式． 9．通项公式与求和公式的关系：通项公式a n 与求和公式S n 的关系可表示为：11(1) (n 2) n n n S n a S S -=?=? -≥? 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 1n n a a d +-= 1 (0)n n a q q a +=≠ 分类递增数列：0d > 递减数列：0d < 递增数列：1101001a q a q >><<<，或，

2021年数列中不定方程问题的几种解题策略

数列中不定方程问题的几种解题策略欧阳光明（2021.03.07）王海东（江苏省丹阳市第五中学，212300）数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础，在高考中占有极其重要的地位．数列中不定方程的整数解问题逐渐成为一个新的热点，在近年来的高考模拟卷中，这类问题屡见不鲜，本文中的例题也都是近年来大市模考题的改编．本文试图对与数列有关的不定方程的整数解问题的解法作初步的探讨，以期给同学们的学习带来帮助。题型一：二元不定方程双变量的不定方程，在高中阶段主要是求出此类不定方程的整数解，方法较灵活，下面介绍3种常用的方法。方法 1.因式分解法：先将不定方程两边的数分解为质因数的乘积，多项式分解为若干个因式的乘积，再由题意分类讨论求解。题1（2014·浙江卷）已知等差数列{}n a 的公差d ＞0.设{}n a 的前 n 项和为n S ，11=a ，3632=?S S . (1)求d 及S n ； (2)求m ，k (m ，k ∈N *)的值，使得65...21=+++++++k m m m m a a a a . 解析(1)略(2)由(1)得2,12n S n a n n =-=(n ∈N *) 所以65)1)(12(=+-+k k m ，由m ，k ∈N *知1112>+≥-+k k m

65151365?=?=，故???=+=-+5 11312k k m 所以???==45k m 点评本题中将不定方程变形为()()135112?=+?-+k k m ,因为分解方式是唯一的，所以可以得到关于k m ,的二元一次方程组求解。方法 2.利用整除性质在二元不定方程中，当其中一个变量很好分离时，可分离变量后利用整除性质解决．题2.设数列{}n b 的通项公式为2121n n b n t -=-+，问：是否存在正整数t ，使得12m b b b ，，(3)m m ≥∈N ，成等差数列？若存在，求出t 和m 的值；若不存在，请说明理由．解析：要使得12,,m b b b 成等差数列，则212m b b b =+ 即：312123121m t t m t -=+++-+ 即：431 m t =+- ∵,m t N *∈，∴t 只能取2，3，5 当2t =时，7m =；当3t =时，5m =；当5t =时，4m =．点评本题利用t 表示 m 从而由431 m t =+-得到14-t 是整数，于是1-t 是4的约数，从而估计出可能的所有取值，再逐一检验即可，当然，本题也可以利用m 表示t 来处理. 方法 3.不等式估计法：利用不等式工具确定不定方程中某些字母的范围或等式一边的范围，再分别求解。如转化为()()n g m f =型，利用()n g 的上界或下界来估计()m f 的范围，通过解不等式得出m 的范围，再一一验证即可。题3：已知n n n b 3=,试问是否存在正整数q p , (其中q p <<1)，使 q p b b b ,,1成等比数列？若存在，求出所有满足条件的数组(p ，q )；若不存在，说明理由．解析：假设存在正整数数组(p ，q )，使成等比数列，则

高三复习数列知识点总结

数列专题解析方法解题策略一：有比较有鉴别才有收获，弄清每种方法好的地方，掌握这一点，就能解决很多问题。解题策略二：具体做题时有三个步骤：想一想，做一做，看一看。解题策略三：拿到题就动手做题的习惯不好，很盲目，时间浪费了，还做不出来；想好了再动手，不管能不能做完，能不能做对，都要做.回头看一看，还有没有更好的方法，书上怎么讲的，老师怎么做的，回想联想再猜想，这样一比较，就能领悟到很多东西.数学题靠做，但是在做题的过程中，还要学会总结分析，并建立错题集，时常翻阅，这样我们的解题能力才会得到提高. 一、数列通项公式的求解类型一：观察法例1:写出下列数列的一个通项公式（1）3,5,9,17,33，；（2）;,5 44,4 33,3 22,2 11 （3）7,77.777.7777. ；（4）;,11 26,917,710,1,32 -- （5）;,16 65,825,49,23 类型二：公式法（1）1(1)()n m a a n d a n m d =+-=+- 例2：已知等差数列{}n a 中，,3,131-==a a 求{}n a 的通项公式（2）11n n m n m a a q a q --== 例3：已知等比数列{}n a 中，,306,6312=+=a a a 求{}n a 的通项公式类型三：利用“n S ”求解（1）???≥-==-)2() 1(,11n S S n S a n n n 例4：已知数列{}n a 的前n 项和)(24*2N n n n S n ∈+-=，求{}n a 的通项公

式例5：已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且有,464,3111--+-==n n n n S a a S a 求 {}n a 的通项公式例6：已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且有),1(12,111≥+==+n S a a n n 求{}n a 的通项公式例7：已知正数数列{}n a 的前n 项和为n S ，且对任意的正整数n 满足,12 +=n n a S 求{}n a 的通项公式（2）1--n n S S 的推广例8：设数列{}n a 满足*13221,3 333N n n a a a a n n ∈=++++- 求{}n a 的通项公式类型四：累加法形如)(1n f a a n n =-+或)(1n f a a n n =--型的递推数列（其中)(n f 是关于n 的函数）（1）若()f n 是关于n 的一次函数，累加后可转化为等差数列求和例9：,2,1211=++=+a n a a n n 求{}n a 的通项公式（2）若()f n 是关于n 的指数函数，累加后可转化为等比数列求和例10：,2,211=+=+a a a n n n 求{}n a 的通项公式（3）若()f n 是关于n 的二次函数，累加后可分组求和例11：,1,1121=+++=+a n n a a n n 求{}n a 的通项公式（4）若()f n 是关于n 的分式函数，累加后可裂项求和例12：,1,21 121=++ =+a n n a a n n 求{}n a 的通项公式类型五：累乘法