第一篇：數列解題技巧歸納總結

知識框架

??數列的分類?數列??的概念?數列的通項公式?函數角度理解?數列的遞推關系??????等差數列的定義an?an?1?d(n?2)???等差數列的通項公式an?a1?(n?1)d?????等差數列?nn(n?1)??等差數列的求和公式S?(a?a)?na?d?n1n1??22????等差數列的性質an?am?ap?aq(m?n?p?q)?????兩個基?an?等比數列的定義?q(n?2)???本數列an?1???n?1???等比數列的通項公式an?a1q????a1?anqa1(1?qn)??等比數列?數列??(q?1)??等比數列的求和公式Sn??1?q1?q?????na(q?1)??1?????等比數列的性質aa?aa(m?n?p?q)nmpq?????公式法??分組求和????錯位相減求和??數列?裂項求和 ?求和??倒序相加求和????累加累積??歸納猜想證明????分期付款?數列的應用???其他?掌握了數列的基本知識，特別是等差、等比數列的定義、通項公式、求和公式及性質，掌握了典型題型的解法和數學思想法的應用，就有可能在高考中順利地解決數列問題。

一、典型題的技巧解法

1、求通項公式（1）觀察法。（2）由遞推公式求通項。

對于由遞推公式所確定的數列的求解，通常可通過對遞推公式的變換轉化成等差數列或等比數列問題。

(1)遞推式為an+1=an+d及an+1=qan（d，q為常數）例

1、已知{an}滿足an+1=an+2，而且a1=1。求an。

例

1、解 ∵an+1-an=2為常數 ∴{an}是首項為1，公差為2的等差數列

∴an=1+2（n-1）即an=2n-1 例

2、已知{an}滿足an?1?1an，而a1?2，求an=？ 2

（2）遞推式為an+1=an+f（n）

例

3、已知{an}中a1?11，an?1?an?，求an.224n?11111?(?)

(2n?1)(2n?1)22n?12n?1解： 由已知可知an?1?an?令n=1，2，…，（n-1），代入得（n-1）個等式累加，即（a2-a1）+（a3-a2）+…+（an-an-1）

114n?3an?a1?(1?)?

22n?14n?2★ 說明 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個等式累加而求an。

(3)遞推式為an+1=pan+q（p，q為常數）

例

4、{an}中，a1?1，對于n＞1（n∈N）有an?3an?1?2，求an.解法一： 由已知遞推式得an+1=3an+2，an=3an-1+2。兩式相減：an+1-an=3（an-an-1）因此數列{an+1-an}是公比為3的等比數列，其首項為a2-a1=（3×1+2）-1=4 n-1n-1 n-1∴an+1-an=4·3 ∵an+1=3an+2 ∴3an+2-an=4·3即 an=2·3-1

2n-2解法二： 上法得{an+1-an}是公比為3的等比數列，于是有：a2-a1=4，a3-a2=4·3，a4-a3=4·3，…，an-an-1=4·3，把n-1個等式累加得： ∴an=2·3n-1-1

(4)遞推式為an+1=p an+q n（p，q為常數）

bn?1?bn?b221n1n(bn?bn?1)由上題的解法，得：bn?3?2()n ∴an?n?3()?2()33232n

(5)遞推式為an?2?pan?1?qan

思路：設an?2?pan?1?qan,可以變形為：an?2??an?1??(an?1??an)，想

于是{an+1-αan}是公比為β的等比數列，就轉化為前面的類型。

求an。

(6)遞推式為Sn與an的關系式

關系；（2）試用n表示an。

∴Sn?1?Sn?(an?an?1)?(∴an?1?an?an?1?n+1n+

1n

12n?1n

∴an?1)

2n?22n?111?an?n 221?1上式兩邊同乘以2得2an+1=2an+2則{2an}是公差為2的等差數列。

n∴2an= 2+（n-1）·2=2n

2．數列求和問題的方法（1）、應用公式法

等差、等比數列可直接利用等差、等比數列的前n項和公式求和，另外記住以下公式對求和來說是有益的。

1＋3＋5＋……＋(2n-1)=n

2【例8】 求數列1，（3+5），（7+9+10），（13+15+17+19），…前n項的和。

1解 本題實際是求各奇數的和，在數列的前n項中，共有1+2+…+n=n(n?1)個奇數，212∴最后一個奇數為：1+[n(n+1)-1]×2=n+n-1 2因此所求數列的前n項的和為

（2）、分解轉化法

對通項進行分解、組合,轉化為等差數列或等比數列求和。

2222222【例9】求和S=1·（n-1）+ 2·（n-2）+3·（n-3）+…+n（n-n）

解 S=n（1+2+3+…+n）-（1+2+3+…+n）2333

3（3）、倒序相加法

適用于給定式子中與首末兩項之和具有典型的規律的數列，采取把正著寫與倒著寫的兩個和式相加，然后求和。

例

10、求和：Sn?3Cn?6Cn???3nCn 例

10、解 Sn?0?Cn?3Cn?6Cn???3nCn

∴ Sn=3n·2 n-1 12n012n4

（4）、錯位相減法

如果一個數列是由一個等差數列與一個等比數列對應項相乘構成的，可把和式的兩端同乘以上面的等比數列的公比，然后錯位相減求和．

例

11、求數列1，3x，5x2,…,(2n-1)xn-1前n項的和．

解 設Sn=1+3+5x+…+(2n-1)x． ①

(2)x=0時，Sn=1．

23n(3)當x≠0且x≠1時，在式①兩邊同乘以x得 xSn=x+3x+5x+…+(2n-1)x，②

23n-1n①-②，得(1-x)Sn=1+2x+2x+2x+…+2x-(2n-1)x．

2n-

1(5)裂項法：

把通項公式整理成兩項(式多項)差的形式，然后前后相消。常見裂項方法：

例12、求和1111???? 1?53?75?9(2n?1)(2n?3)

注：在消項時一定注意消去了哪些項，還剩下哪些項，一般地剩下的正項與負項一樣多。

在掌握常見題型的解法的同時，也要注重數學思想在解決數列問題時的應用。

二、常用數學思想方法 1．函數思想

運用數列中的通項公式的特點把數列問題轉化為函數問題解決。

【例13】 等差數列{an}的首項a1＞0，前n項的和為Sn，若Sl=Sk（l≠k）問n為何值時Sn最大？

此函數以n為自變量的二次函數。∵a1＞0 Sl=Sk（l≠k），∴d＜0故此二次函數的圖像開口向下 ∵ f（l）=f（k）

2．方程思想

【例14】設等比數列{an}前n項和為Sn，若S3+S6=2S9，求數列的公比q。分析 本題考查等比數列的基礎知識及推理能力。

解 ∵依題意可知q≠1。

∵如果q=1，則S3=3a1，S6=6a1，S9=9a1。由此應推出a1=0與等比數列不符。∵q≠1

整理得 q（2q-q-1）=0 ∵q≠0 363

此題還可以作如下思考：

33336S6=S3+qS3=（1+q）S3。S9=S3+qS6=S3（1+q+q），33663∴由S3+S6=2S9可得2+q=2（1+q+q），2q+q=0

3．換元思想

【例15】 已知a，b，c是不為1的正數，x，y，z∈R+，且

求證：a，b，c順次成等比數列。

xyz 證明 依題意令a=b=c=k ∴x=1ogak，y=logbk，z=logck

∴b=ac ∴a，b，c成等比數列（a，b，c均不為0）2 6

第二篇：數列解題技巧歸納總結-打印

數列解題技巧歸納總結

等差數列前n項和的最值問題：

1、若等差數列?an?的首項a1?0，公差d?0，則前n項和Sn有最大值。（ⅰ）若已知通項an，則Sn最大???an?0；

?an?1?0q的非零自然數時Sn最大； 2p（ⅱ）若已知Sn?pn2?qn，則當n取最靠近?

2、若等差數列?an?的首項a1?0，公差d?0，則前n項和Sn有最小值（ⅰ）若已知通項an，則Sn最小???an?0；

?an?1?0q的非零自然數時Sn最小； 2p（ⅱ）若已知Sn?pn2?qn，則當n取最靠近?數列通項的求法：

⑴公式法：①等差數列通項公式；②等比數列通項公式。⑵已知Sn（即a1?a2???an?f(n)）求an，用作差法：an??S1,(n?1)。

Sn?Sn?1,(n?2)f(1),(n?1)??f(n)已知a1?。a2???an?f(n)求an，用作商法：an??,(n?2)??f(n?1)⑶已知條件中既有Sn還有an，有時先求Sn，再求an；有時也可直接求an。

⑷若an?1?an?f(n)求an用累加法：an?(an?an?1)?(an?1?an?2)???(a2?a1)?a1(n?2)。

aaaa⑸已知n?1?f(n)求an，用累乘法：an?n?n?1???2?a1(n?2)。

anan?1an?2a1⑹已知遞推關系求an，用構造法（構造等差、等比數列）。

特別地，（1）形如an?kan?1?b、an?kan?1?bn（k,b為常數）的遞推數列都可以用待定系數法轉化為公比為k的等比數列后，再求an；形如an?kan?1?k的遞推數列都可以除以k得到一個等差數列后，再求an。

（2）形如an?nnan?1的遞推數列都可以用倒數法求通項。

kan?1?bk（3）形如an?1?an的遞推數列都可以用對數法求通項。

（7）（理科）數學歸納法。

數列解題技巧歸納總結

（8）當遇到an?1?an?1?d或an?1?q時，分奇數項偶數項討論，結果可能是分段 an?1

一、典型題的技巧解法

1、求通項公式（1）觀察法。（2）由遞推公式求通項。

對于由遞推公式所確定的數列的求解，通常可通過對遞推公式的變換轉化成等差數列或等比數列問題。

(1)遞推式為an+1=an+d及an+1=qan（d，q為常數）例

1、已知{an}滿足an+1=an+2，而且a1=1。求an。

例

1、解

∵an+1-an=2為常數 ∴{an}是首項為1，公差為2的等差數列

∴an=1+2（n-1）即an=2n-1 例

2、已知{an}滿足an?1?

（2）遞推式為an+1=an+f（n）1an，而a1?2，求an=？ 2

例

3、已知{an}中a1?11，an?1?an?2，求an.24n?1解： 由已知可知an?1?an?1111?(?)

(2n?1)(2n?1)22n?12n?1令n=1，2，…，（n-1），代入得（n-1）個等式累加，即（a2-a1）+（a3-a2）+…+（an-an-1）

114n?3an?a1?(1?)?

22n?14n?2★ 說明 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個等式累加而求an。

(3)遞推式為an+1=pan+q（p，q為常數）

例

4、{an}中，a1?1，對于n＞1（n∈N）有an?3an?1?2，求an.解法一： 由已知遞推式得an+1=3an+2，an=3an-1+2。兩式相減：an+1-an=3（an-an-1）因此數列{an+1-an}是公比為3的等比數列，其首項為a2-a1=（3×1+2）-1=4 n-1n-1 n-1∴an+1-an=4·3 ∵an+1=3an+2 ∴3an+2-an=4·3即 an=2·3-1

2n-2解法二： 上法得{an+1-an}是公比為3的等比數列，于是有：a2-a1=4，a3-a2=4·3，a4-a3=4·3，…，an-an-1=4·3，把n-1個等式累加得： ∴an=2·3n-1-1

數列解題技巧歸納總結

(4)遞推式為an+1=p an+q n（p，q為常數）

bn?1?bn?b221n1n(bn?bn?1)由上題的解法，得：bn?3?2()n ∴an?n?3()?2()33232n

(5)遞推式為an?2?pan?1?qan

思路：設an?2?pan?1?qan,可以變形為：an?2??an?1??(an?1??an)，想

于是{an+1-αan}是公比為β的等比數列，就轉化為前面的類型。

求an。

(6)遞推式為Sn與an的關系式

數列解題技巧歸納總結

關系；（2）試用n表示an。

∴Sn?1?Sn?(an?an?1)?(∴an?1?an?an?1?n+1n+

1n

12n?1n

∴an?1)

2n?22n?111?an?n 221?1上式兩邊同乘以2得2an+1=2an+2則{2an}是公差為2的等差數列。

n∴2an= 2+（n-1）·2=2n

2．數列求和問題的方法（1）、應用公式法

等差、等比數列可直接利用等差、等比數列的前n項和公式求和，另外記住以下公式對求和來說是有益的。

1＋3＋5＋……＋(2n-1)=n

2【例8】 求數列1，（3+5），（7+9+10），（13+15+17+19），…前n項的和。

1解

本題實際是求各奇數的和，在數列的前n項中，共有1+2+…+n=n(n?1)個奇數，212∴最后一個奇數為：1+[n(n+1)-1]×2=n+n-1 2因此所求數列的前n項的和為

（2）、分解轉化法

對通項進行分解、組合,轉化為等差數列或等比數列求和。

2222222【例9】求和S=1·（n-1）+ 2·（n-2）+3·（n-3）+…+n（n-n）

解 S=n（1+2+3+…+n）-（1+2+3+…+n）2333

3數列解題技巧歸納總結

（3）、倒序相加法

適用于給定式子中與首末兩項之和具有典型的規律的數列，采取把正著寫與倒著寫的兩個和式相加，然后求和。

12n例

10、求和：Sn?3Cn ?6Cn???3nCn012例

10、解 Sn?0?Cn?3Cn?6Cn???3nCnn

∴ Sn=3n·2（4）、錯位相減法

如果一個數列是由一個等差數列與一個等比數列對應項相乘構成的，可把和式的兩端同乘以上面的等比數列的公比，然后錯位相減求和． n-1 例

11、求數列1，3x，5x2,…,(2n-1)xn-1前n項的和．

解

設Sn=1+3+5x+…+(2n-1)x．

①

(2)x=0時，Sn=1．

23n(3)當x≠0且x≠1時，在式①兩邊同乘以x得 xSn=x+3x+5x+…+(2n-1)x，②

23n-1n①-②，得(1-x)Sn=1+2x+2x+2x+…+2x-(2n-1)x．

2n-

1(5)裂項法：

把通項公式整理成兩項(式多項)差的形式，然后前后相消。常見裂項方法：

數列解題技巧歸納總結

例12、求和1111 ????1?53?75?9(2n?1)(2n?3)

注：在消項時一定注意消去了哪些項，還剩下哪些項，一般地剩下的正項與負項一樣多。

在掌握常見題型的解法的同時，也要注重數學思想在解決數列問題時的應用。

二、常用數學思想方法 1．函數思想

運用數列中的通項公式的特點把數列問題轉化為函數問題解決。

【例13】

等差數列{an}的首項a1＞0，前n項的和為Sn，若Sl=Sk（l≠k）問n為何值時Sn最大？

此函數以n為自變量的二次函數。∵a1＞0 Sl=Sk（l≠k），∴d＜0故此二次函數的圖像開口向下 ∵ f（l）=f（k）

2．方程思想

【例14】設等比數列{an}前n項和為Sn，若S3+S6=2S9，求數列的公比q。分析

本題考查等比數列的基礎知識及推理能力。

解 ∵依題意可知q≠1。

∵如果q=1，則S3=3a1，S6=6a1，S9=9a1。由此應推出a1=0與等比數列不符。∵q≠1

整理得 q（2q-q-1）=0 ∵q≠0 363 6

數列解題技巧歸納總結

此題還可以作如下思考：

33336S6=S3+qS3=（1+q）S3。S9=S3+qS6=S3（1+q+q），33663∴由S3+S6=2S9可得2+q=2（1+q+q），2q+q=0

3．換元思想

【例15】

已知a，b，c是不為1的正數，x，y，z∈R+，且

求證：a，b，c順次成等比數列。

xyz 證明

依題意令a=b=c=k ∴x=1ogak，y=logbk，z=logck

∴b=ac ∴a，b，c成等比數列（a，b，c均不為0）2

第三篇：公務員數列歸納整理總結

數列歸納整理總結

1、帶有負數的數列；

2、帶有零的數列 ；

3、帶有分數的數列；

4、帶有相同數字的數列 ；

5、帶有“1”的數列；

6、數列中帶有“忽然變大的數字”的數列

一、帶有負數的數列1、08 A-27，-7，1，3，5，13，（）

2、10A-1/3，1，5，17，53，（）

3、11A-1，2，1，8，19，（）

4、12A-26，-6，2，4，6，（）

5、11B2，3，0，-7，-18，（）

6、11B-30，-4，()，24，122，340

二、帶有相同數字的數列；

1、12A1，1，2，8，64，()

2、12A8，4，8，10，,14，（）

3、12A1/3，1，1，13/17，()，12/654、11A2，4，4，8，16，（）

5、10A6，8，8，0，-32，()

6、09A1，1，3，5，11，()

7、09B7，8，8，10，11，()

8、10B1/2，1/2，5/8，7/9，11/10，（）

三、帶有分數的數列1、12A1/3，1，1，13/17，（），21/652、09A100，10，12 1/2，16 2/3，25，（）

3、09A1/3，4/7，7/11，2/3，13/19，（）4、09A2，11/3，28/5，53/7，86/7，（）

5、11A2/3，1/3，5/12，53/480，()

6、10A-1/3，1，5，17，53，（）

7、10A21/32，1，25/24，17/18，43/54，（）8、0

四、數列中帶有“忽然變大的數字”的數列

第四篇：數列知識點總結

數列知識總結

一、基本概念

1、數列：按照一定順序排列著的一列數．

?數列的項、數列的項數?

?

?表示數列的第n項與序號n之間的關系的公式??通項公式：不是所有的數列都有通項公式??? ?

??符號控制器：如（?1）n、（?1）n+1

??遞推公式：表示任一項與它的前一項（或前幾項）間的關系的公式．

?有窮數列：項數有限的數列．

?

?無窮數列：項數無限的數列．數列分類???

遞增數列：從第2項起，每一項都不小于它的前一項的數列． ?遞減數列：從第2項起，每一項都不大于它的前一項的數列．??常數列：各項相等的數列．??擺動數列：從第2項起，有些項大于它的前一項，有些項小于它的前一項的數列．

二、等差數列：從第2項起，每一項與它的前一項的差等于同一個常數，這個常數稱為等差數列的公差．an?an?1?d,n?2且n?Z，或an?1?an?d,n?1且n?Z

?

??

an?a1??n?1?d?am??n?m?d?kn?b1、若等差數列?a?

a?a1an?amn?的首項是a1，公差是d，則有?d?n ?

n?1?

n?m ???

n?an?a1d?1??

等差中項：三個數a，G，b組成的等差數列，則稱G為a與b的等差中項?2G=a?b

?

??2n性質：??若{a?p?q?2an?ap?aqn}是等差數列，則?

??m?n?p?q?a?

m?an?ap?aq

?若{an}是等差數列，則am、am?k、am?2k、am?3k、構成公差公差kd的等差數列??

若{an}、{bn}是等差數列,則{?an+?}、{?an+?bn}是等差數列

2、等差數列的前n項和的公式： Sn?a1?an?n?nn?

2?na?1?

1?2

d?pn2?qn等差數列的前n項和的性質：

???S偶?S奇?nd

?若項數為2n?n??*

?，則S?2n?n?an?an?1?，?S奇an（1）?

???

?S?偶an?1

?

?S奇?S偶?an??若項數為2n?1?n??*?，則S1?a?2n?1??2n?n，S奇?nanS偶??n?1?an，?S奇n??

???S偶n?1

?Sm，S2m?Sm,S3m?S2m（2）?成等差數列??S

?{n

n

是等差數列若等差數列{an},{bn}的前n項和為Sn,Tn?1

n，則

anS2b?

nT2n?1

（3）等差數列的求和最值問題：（二次函數的配方法；通項公式求臨界項法）

①若??a1?0

?ak?0?d?0，則Sn有最大值，當n=k時取到的最大值k滿足??ak?1

?0

②若??a1?0，則?ak?0?d?0Sn有最小值，當n=k時取到的最大值k滿足?

?ak?1

?0

三、等比數列：從第2項起，每一項與它的前一項的比等于同一個常數，這個常數稱為等比數列的公比．

1、通項公式及其性質

?a?1n?a1qn?an?mmq若等比數列?a，公比是q，則?

n?的首項是a1?n?1ann?man．

??

q?a,q?1a

m??a，G，b成等比數列，則稱G為a與b的等比中項?G2?ab

性質：若??{a是等比數列，則??2n?p?q?a2

n?ap?aq

?n}?

?m?n?p?q?am?an?ap?aq??

?ak

m、am?k、am?2k、am?3k、成公比q的等比數列

2、前n項和及其性質

?na1?q?1?,(S?

q?1)n???

a1?1?qn?． ?

1?q?a1?anq1?q?a1?a1

qn

1?q??a11?qqn?a11?q??Aqn?A,?q?1??Sn?

n?m?Sn?q?Sm

?Sn、S2n?Sn、S3性質?

n?S2n成等比數列?S． ?若項數為2n，則偶

?

S?q

奇??Sm，S2m?Sm,S3m?S2m成等比數列

四、(1)a??S1

?n?1?n與Sn的關系：an??

??Sn

?S;（檢驗a1是否滿足an?Sn?Sn?1）n?1?n?2??

?1?2?3??n?n(n?1)?

2(2)??12?22?32??n2

?n(n?1)(n?2)

?

6?2?333n?1?2?3??n3?(n?1)24

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第五篇：數列知識點總結

必修⑤ 第二章 數列知識總結

一、等

?1．等差數列定義：按照一定順序排列著的一列數稱為數列，數列中的每一個數叫做這個數列的項；數列可以看作一個定義域為正整數集N(或它的有限子集{1,2,?,n}的函數當

自變量從小到大依次取值時對應的一列函數值.它的圖像是一群孤立的點.它具有如下特征：

an?1?an?d, 或an?2?an?1?an?1?an(n?N?)

注意：

（1）證明數列{an} 是等差數列的五種基本方法（③④⑤大多用在客觀題上）：

①利用定義：證明an?1?an?d（常數）

②利用中項性質：證明2an?an?1?an?2(n?N?)

③通項公式法：an?pn?q（p、q為常數）?{an}為等差數列

④前n項和公式法：Sn?An2?Bn（A、B為常數）?{an}為等差數列

（2）證明數列?an?不是等差數列的常用方法：找反例.(如驗證前三項不成等差數列).（3）若an?1?an?n,a1?a,n?N?，則{an}不是等差數列,求an可用累加法

an?(an?a??n1)?(a?n1?a?n2)?

2．通項公式及其變式 ⑤{an}成等比數列且an?0?{lgan}為等差數列 ?(a?a,n 2.21)?a1≥

an?a1?(n?1)d?dn?(a1?d)

變式：①an?am?(n?m)d②a1?a(n?1)dn?

a?aa?a ③d?nm④d?nm（聯想點列(n,an)所在直線的斜率）n?mn?m

3．前n項和公式及其變式

n(a1?an)?na1?n(n?1)d； 2

2變式: ①Sn?ann?n(n?1)d 聯想:?an?是以an為首項, ?d為公差的等差數列.2②Sn?n?(a1?)n S?S?③n?(n?1)?a1聯想：?n? 是以a1為首項,為公差的等差數列 2??

Sa?ana1?a2???an④n?1聯想：算術平均數 ?Sn?

4．等差中項

若 a, b, c成等差數列，則b 稱a與c的等差中項，且b?．

5．重要性質(等差數列?an?中)

?（1）對稱性質：若m+n=p+q(m.、n、p、q?N), 則am?an?ap?aq；

特別地：當m+n=2p時am?an?2ap;

(2）若d為{an}的公差，則其子數列ak,ak?m,ak?2m,?,也成等差數列，且公差為md；（3）片段和性質：Sm,S2m?Sm,S3m?S2m,?也成等差數列，且公差為md；（4）若?an?,?bn?都是等差數列,則?kan?,?kan?p?,?kan?pbn?都為等差數列；

S奇a

?n；S2n?n(an?an?1);S偶an?

1S*

若項數為2n-1(n?N)則S奇?S偶?an；奇?；S2n?1?(2n?1)an.S偶n?1

（5）若項數為2n(n)則S偶?S奇?nd；

評注:有限等差數列中，奇數項和與偶數項和的存在必然聯系，由數列的總項數是偶數還是奇數決定.若總項數為偶數，則“偶數項和”－“奇數項和”＝總項數的一半與其公差的積；若總項數為奇數，則“奇數項和”－“偶數項和”＝此數列的中項.6．常用結論、技巧，減少運算量（注意對稱設元，整體消參，設而不求）（1）設元技巧：如三個數成等差數列，可設為a?d,a,a?d；

四個數成等差數列，可設為a?3d,a?d,a?d,a?3d.（2）在等差數列中，求Sn最值：

方法一：建立Sn的目標函數，轉化為n的二次函數求； 方法二：若a1?0,d?0時,Sn有最大值，這時可由不等式組?

?an≥0

來確定n；

?an?1≤0

?an≤0

若a1?0,d?0時,Sn有最小值，這時可由不等式組?來確定n.a≥0?n?

1（3）基本量計算：等差數列中有五量(a1,n,d,an,Sn)、三式（一個通項公式，兩個求和公式），一般可以“知三求二”通過列方程（組）求關鍵量a1和d，問題可迎刃而解.（4）幾個重要結論

①ap?q,aq?p(p?q)?ap?q?0 ②Sp?q,Sq?p(p?q)?Sp?q??(p?q)③Sp?Sq(p?q)?Sp?q?0 ④Sm?n?Sm?Sn?mnd

二、等比數列

１．定義與特征：

定義：______________________________________________.它具有如下特征：

an?1aa

?q(q為不為零常數)或者n?2?n?1（n?N*）nn?1nan?

1?q(q為不為零常數)an

注：（1）證明數列是等比數列的兩個基本方法：

①利用定義：

②利用等比中項：an?1?an?an?

2③通項公式法: an?cqn(c?0)④前n項和法:Sn?kqn?k

a

(k?0)

（2）證明數列?an?不是等比數列的常用方法：找特例.2．通項公式：an?a1qn?1；

變式：an?amqn?m； q

3．前n項和公式：

n?m

⑤{an}成等差數列?{cn}為等比數列

?

an?

（n>m;m、n?N）m

a1(1?qn)a1?anq

sn?；?(q?1)

（1）注意：運用等比數列求和公式，務必檢查其公比與1的關系，必要時分類討論.Sn1?qn

（2）當公比q?1時，?

m1?qm

4．等比中項

若a，G , b成等比數列，則G為a, b的等比中項，即G??ab,ab?0.5．性質

在等比數列?an?中，有

（1）若m+n=p+q，m ,n, p ,q?N, 則aman?apaq；

當m+n=2p時，aman?ap；

?

???an??b,???,??也成等比數列； nn

?n??n?

m

（3）若q為{an}的公比，則其子序列ak,ak?m,ak?2m,?也成等比數列,公比為q；

()

（4）片段和:Sm,S2m?Sm,S3m?S2m,?也成等比數列，且公比為qm.（2）若{an},{bn}成等比數列, 則{|an|}?kan?,an

???a

6．常用結論、技巧：

（1）①Sm?n?Sm?qmSn?Sn?qnSm ②S3n?Sn?qnS2n?S2n?q2nSn（2）前n項和公式，一定要分q=1或q?1兩種情況．(3)設元技巧：三個數成等比數列，通常設為,a,aq；

四個數成等比數列，不能設為3，aq,aq，只有當q>0時才可以．

qq

(4)等比數列?an?的單調性

①當a1?0,q?1或 a1<0,0?q?1時，等比數列?an?為遞增數列； ②當a1?0,0?q?1或 a1<0,q?1時，等比數列?an?為遞減數列； ③當q?1時，等比數列?an?為常數列;

④當q?0時，等比數列?an?為擺動數列.(5)有限項等比數列中，設“偶數項和”為S偶，“奇數項和”為S奇

①若總項數為偶數2n，則S偶?qS奇； ②若總項數為奇數2n?1，S奇?a1?qS偶.三、數列求和的方法：

１．公式法

(1)等差數列{an}的前n項和公式（三種形式）;

(2)等比數列{an}的前n項和公式（三種形式）;(3)幾個重要公式

①1?3?5???(2n?1)?(n?1)

2②12?22?32???n2?n(n?1)(n?2)

n2(n?1)2333

3③1?2?3???n?

２．倒序相加法:在數列求和中，若和式中到首尾距離相等的兩項和有其共性或數列的通項與組合數相關聯，則常可考慮選用倒序相加法，發揮其共性的作用求和（這也是等差數列前n和公式的推導方法）． 如: 在和n?1之間插入n個正數，使這n+2個數成等比數列，求所插入的n個數之積． 3．錯位相減法：適用于?bn?cn?的數列；其中?bn?成等差數列,?Cn?成等比數列.n

記Sn?b1c1?b2c2???bn?1cn?1?bncn；則qSn?b1c2???bn?1cn?bncn?1.（這也是等比數列前n和公式的推導方法之一）

4．裂項相消法：如果數列的通項可“分裂成兩項差”的形式，且相鄰項分裂后相關聯，那么常選用裂項相消法求和.常用裂項形式有：

??②?(?)③?[?] ④an?Sn?Sn?1(n≥2)

5.分組求和：適用于cn?an?bn，而?an?、?bn?的和易求得.四、求一般數列通項公式的類型及方法：

①

1．應用公式（等差、等比數列）；

??S1(n?1)2．已知Sn求an可用an??,是否分段,需要驗證.S?S(n≥2)?n?1?n

(數列的通項、數列的項數，遞推公式與遞推數列，數列的通項與數列的前n項和公式的關系)

3．累加法：適用于差后等差或差后等比的數列；

an?(an?an?1)?(an?1?an?2)???(a2?a1)?a1；

如：①已知數列?an?滿足an?1?an?2n,a1?3,求an；

②已知數列?an?滿足an?1?an?2n,a1?3,求an.4．累積法：適用于分式給出的遞推式，累積后可以消去中間項，aaa

an?n?n?1???2?a1,n≥2.n?1n?

21如：① 已知數列?an?滿足

an?1?,a1=1,求an； nan

② 已知數列?an?滿足n?1?2,a1=1,求an.n

5．構造特殊數列法：

（1）利用遞推關系寫出數列的前幾項，根據前幾項的特點觀察、歸納猜想出an的表達式，然后用數學歸納法證明.（2）將遞推關系式進行變形,然后運用累加、累積、迭代、換元轉化為常見數列（等差、等比數列）；

如：已知數列?an?滿足an?1?3an?2,a1?1,求an；

五、數列的應用(三個模型)

已知數列?an?滿足an?an?1?2n?1,a1?1,求an.凡涉及到利息、產量、降價、繁殖增長率以及分期付款等問題時都可以用數列解決.(1)復利公式:按復利計算利息的一種儲蓄，本金為a元，每期利率為r，存期為x，則本利

和y?a(1?r)

（2）單利公式:利息按單利計算，本金為a元，每期利率為r，存期為x，則本利和

x

y?a(1?xr)

（3）產值模型:原來產值的基礎數為N，平均增長率為p，對于時間x的總產值y?N(1?p)

x