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数列中不定方程问题的几种解题策略(教师版)

(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 ++=+

构造数列总结

构造数列林森本文主要淡淡构造法在高中数列问题的应用。一、型如 ( 为常数且， )的数列，其本身并不是等差或等比数列，但经过适当的变形后，即可构造出一个新数列，利用这个数列可求其通项公式。 1． (为常数)，可构造等比数列求解．例1 已知数列满足，（），求通项．解由，得，又，所以数列是首项为，公比为的等比数列，∴．注：一般地，递推关系式 (p 、q 为常数，且p ≠0，p ≠1)可等价地改写成，则{}为等比数列，从而可求． 2．为等比数列，可构造等差数列、等比数列求解。如 (为常数) ，两边同除以，得，令，则可转化为的形式求解．例2 （1）已知数列{a n }中，，，求通项．（2）已知数列满足，，求通项．解（1）由条件，得，令，则，即，又，，∴数列为等比数列，故有

，即，∴．（2）由条件，得，即，故数列是以为首项，以为公差的等差数列，∴，故．3．为等差数列，如型递推式，可构造等比数列求解．例3已知数列满足，（），求．解令，则，∴，代入已知条件，得，即，令，，解得=－4，=6，所以，且，∴是以3为首项、以为公比的等比数列，故，故．注此例通过引入一些尚待确定的系数，转化命题结构，经过变形与比较，把问题转化成基本数列（等差或等比数列）求解． 4．为非等差、非等比数列，可构造等差、等比数列求解．法一、构造等差数列求解：例4在数列中，（1）若，其中，求数列的通项公式；（2）若，求通项．解（1）由条件可得，∴数列是首项为0，公差为1的等差数列，故，∴．（2）由条件可得：，∴数列是首项为

，公差为2的等差数列，∴．法二、构造等比数列求解：例5已知数列满足，，求数列的通项公式．解设，将已知条件代入此式，整理后得，令，解得，∴有，又，且，故数列是以为首项，以3为公比的等比数列，∴，故．二、形如的复合数列，可先构造等差数列或等比数列，再用叠加法、叠乘法、迭代法等方法求解．例6在数列中，，，，求．解由条件可得，∴数列是以为首项，以为公比的等比数列，∴，故==… === ．例7已知数列满足，，（），求．解由已知可得：，又，所以数列是首项为、公比为的等比数列，∴，即

数列解题技巧归纳总结---好(5份)

数列问题的解题策略

龙源期刊网 https://www.wendangku.net/doc/8a13854563.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

数列的几种构造法解题

数列几种构造法解题数列的构造法，我这里仅仅表示的是n 1a 与+n a 之间的常见关系，还有很多需要补充的。以下主要是以例题为主，表示不同类型的构造方法。 1-n 1-n 1n n 1n 2q a a 等比数列，a 2a ，1例=?==+. 1 -n 2d ）1n （a a 等差数列，2a 2.a 例1n n 1n =-+=+=+ 1 2a 化简可得2）1a （1a 所以整体是等比数列1a ，所以1x 展开解得）x a （2x a 构造等比数列1 a 2a 。3例n n 1 -n 1n n n 1n n 1n -=+=++=+=++=++ 1-n n 011-n 1-n n n 1n n n n 1n n n n 110111 1n 1n n n n 1n n n n n 1 -n 1n n n n 1n 1n n n 1n 2n a 所以n 1）1-n （2a 2a 可以得到 12a 2a 得到 2同除以22a a ）22-3a 化简即可得3 2)32(）33a (33a 即整体是等比数列33a 。所以3x 展开解得）3a （32x 3a 构造13a 23a 可以得到 3首先同除以，间接构造 2解2-3a 所以2）3-a （3-a 所以1 x 展开解得） 3x a （23x a 构造，直接构造法： 1解32a a ）1，4例n ?==?+==-+==-=-=---=+=++==?=-=+=++=++-----+++++n n n n n n n n n x

3n 327an 所以2）33a （33n a 即是等比数列， 3n 3a 所以3 t ，3m 展开解得）， t mn a （2t ）1n （m a 构造 n 3+2a =a ，5例1-n 1 -n 1n n n 1n n 1+n --?=?++=++++==++=+++?+ 综合例6的通项公式。a ，试求n 3a 2a ，2a 已知n n n 1n 1++==+ 1n -23a 所以22 ）113-a （1n 3a 所以1y ，1x ，1m 展开化简依次可以解得）y xn 3m a （2y ）1n （x 3m a 解：构造1n n n 1n 1n 11n n n n 1n 1n -+==?++=++-==-=+++=++++---++

数列解题技巧

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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。

数列题型及解题方法归纳总结15363

文档来源为:从网络收集整理.word 版本可编辑.欢迎下载支持. 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 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） ★ 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 )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 的关系式关系；（2）试用n 表示a n 。 ∴ )2121( )(1 2 11--++- +-=-n n n n n n a a S S ∴1 112 1-+++ -=n n n n a a a ∴

(精选)构造法待定系数法求一类递推数列通项公式

构造法、待定系数法求一类递推数列通项公式陕西省周至中学尚向阳邮编710400 摘要：求数学通项公式是学习数列时的一个难点，在教学过程中，笔者发现求解递推数列通项公式是学生学习的难点，这也是高考考查的重点、热点问题，如何来突破这个难点，很好的解决这个问题，其核心思想是构造新的数列，转化为学生熟悉的等差数列或等比数列来解决，下面笔者重点介绍用构造法和待定系数法来求下列六类递推数列模型通项公式的解决策略。关键字：数列、数列通项、构造法、待定系数法、叠加法由等差数列联想推广到的递推数列模型：【模型一】b ka a n n +=+1 （0≠kb ）。（1）当1=k 时，}{1n n n a b a a ?=-+是等差数列，)(1b a n b a n -+?= （2）当1≠k 时，采用待定系数法，构造新的数列---等比数列 }1{-+k b a n 解：由已知1≠k 时，可设)(1m a k m a n n +=++ ∴ m km ka a n n -+=+1 比较系数：b m km =- ∴ 1-=k b m ∴构造新的数列 }1{-+k b a n 是等比数列，公比为k ，首项为11-+k b a ∴ 11)1(1-?-+=-+n n k k b a k b a ∴ 1)1(11--?-+=-k b k k b a a n n 例1：已知}{n a 满足31=a ，121+=+n n a a 求通项公式。解：设)(21m a m a n n +=++ m a a n n +=+21 ∴ 1=m ∴ }1{1++n a 是以4为首项，2为公比为等比数列 ∴ 1241-?=+n n a ∴ 121-=+n n a 【模型二】叠加法（或迭代法）求解)(1n f a a n n =-+ 由已知)(1n f a a n n =-+，若)(n f 可求和，则可用叠加（或迭代法）消项的方法求解。例2：已知数列1}{1=a a n 中，且a 2k =a 2k －1+(－1)K , a 2k+1=a 2k +3k , 其中k=1,2,3,……. （I ）求a 3, a 5；（II ）求{ a n }的通项公式.

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

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.

高中数学数列复习题型归纳解题方法整理

数列典型例题分析【题型1】等差数列与等比数列的联系例1 （2010陕西文16）已知{a n }是公差不为零的等差数列，a 1＝1，且a 1，a 3，a 9成等比数列.（Ⅰ）求数列{a n }的通项;（Ⅱ）求数列{2an } 的前n 项和S n . 解：（Ⅰ）由题设知公差d ≠0，由a 1＝1，a 1，a 3，a 9成等比数列得121d +＝1812d d ++，解得d ＝1，d ＝0（舍去），故{a n }的通项a n ＝1+（n －1）×1＝n. (Ⅱ)由（Ⅰ）知2m a =2n ，由等比数列前n 项和公式得 S m =2+22+23+…+2n =2(12) 12 n --=2n+1-2. 小结与拓展：数列{}n a 是等差数列，则数列}{n a a 是等比数列，公比为d a ，其中a 是常数，d 是{}n a 的公差。（a>0且a ≠1）.

【题型2】与“前n项和Sn与通项an”、常用求通项公式的结合例 2 已知数列{a n}的前三项与数列{b n}的前三项对应相同，且a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1a n＝ 8n对任意的n∈N*都成立，数列{b n＋1－b n}是等差数列．求数列{a n}与{b n}的通项公式。解：a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1a n＝8n(n∈N*) ① 当n≥2时，a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－2a n－1＝8(n －1)(n∈N*) ② ①－②得2n－1a n＝8，求得a n＝24－n，在①中令n＝1，可得a1＝8＝24－1， ∴a n＝24－n(n∈N*)．由题意知b1＝8，b2＝4， b3＝2，∴b2－b1＝－4，b3－b2＝－2， ∴数列{b n＋1－b n}的公差为－2－(－4)＝2，∴b n

数列构造法

构造法求数列的通项公式在数列求通项的有关问题中，经常遇到即非等差数列，又非等比数列的求通项问题，特别是给出的数列相邻两项是线性关系的题型，在老教材中，可以通过不完全归纳法进行归纳、猜想，然后借助于数学归纳法予以证明，但新教材中，由于删除了数学归纳法，因而我们遇到这类问题，就要避免用数学归纳法。这里我向大家介绍一种解题方法——构造等比数列或等差数列求通项公式。构造法就是在解决某些数学问题的过程中，通过对条件与结论的充分剖析，有时会联想出一种适当的辅助模型，以此促成命题转换，产生新的解题方法，这种思维方法的特点就是“构造”.若已知条件给的是数列的递推公式要求出该数列的通项公式，此类题通常较难，但使用构造法往往给人耳目一新的感觉. 供参考。 1、构造等差数列或等比数列由于等差数列与等比数列的通项公式显然，对于一些递推数列问题，若能构造等差数列或等比数列，无疑是一种行之有效的构造方法. ，对于任意正整数n，都有等式：例1设各项均为正数的数列的前n项和为S n 成立，求的通项a n. 解：，∴ ，∵，∴. 即是以2为公差的等差数列，且. ∴ 例2数列中前n项的和，求数列的通项公式. 解：∵ 当n≥2时，令，则，且是以为公比的等比数列， ∴. 2、构造差式与和式解题的基本思路就是构造出某个数列的相邻两项之差，然后采用迭加的方法就可求得这一数列的通项公式. 例3设是首项为1的正项数列，且，（n∈N*），求数列的通项公式a n. 解：由题设得. ∵，，∴. ∴

. 例4数列中，，且，（n∈N*），求通项公式a n. 解：∵ ∴（n∈N*） 3、构造商式与积式构造数列相邻两项的商式，然后连乘也是求数列通项公式的一种简单方法. 例5数列中，，前n项的和，求. 解：， ∴ ∴ 4、构造对数式或倒数式有些数列若通过取对数，取倒数代数变形方法，可由复杂变为简单，使问题得以解决. 例6设正项数列满足，（n≥2）.求数列的通项公式. 解：两边取对数得：，，设，则是以2为公比的等比数列，，，， ∴ 例7已知数列中，，n≥2时，求通项公式. 解：∵，两边取倒数得. 可化为等差数列关系式. ∴

数列解题技巧

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

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

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，