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1，求一数学数列题解法

A1=S1=1*1+2=3 An=Sn-Sn-1=n*n-(n-1)*(n-1)=2n-1 A1=3,A2=3,A3=5,A4=7,A5=9
Sn=n^2+2 ① Sn-1=(n-1)+2 ② ①-②得 an=Sn-Sn-1=2n-1 前5项为1、3、5、7、9
由Sn=n*n+2 则Sn-1=（n-1）*（n-1）+2 他们相减的结果就应该是通项公式an，即an=2n-1 得前5项为1.3.5.7.9

求一数学数列题解法

2，高中数学数列的这一章节做数列的题目有多少种方法比如裂项

分组求和法；倒序相加法；裂项法。倒序相加法：当前面的项和最后的项加起来是常数或有规律的数。错位相减法：单项数列的表达式是由等比数列和等差数列相乘得到。如：an=n*a^(n+1)裂项法：用于分数的数列。分组求和法：数列的项可以拆分成其他典型数列。识；直接利用公式求和；倒序相加法；错位相减法；分解转化（拆项）法；裂项相消法；并项法。函数思想：将数列上升为特殊的函数来认识；数形结合思想方法：函数的图象能直接反映数列的本质；方程（组）思想：等差、等比数列中在求时，知三求二，所用的就是方程思想。观察分析法：求通项公式时常用；分类讨论法：求等比数列的前n项和公式时要考虑公比是否为1，公比是字母时要进行讨论
设1/n(n+1)=a/n-b/n+1 （看分母的因式来拆）右边通分得[a(n+1)-bn]/n(n+1)=[(a-b)n+a]/n(n+1)=左边=1/n(n+1)再待定系数a-b=0,a=1即可得a=1,b=1

高中数学数列的这一章节做数列的题目有多少种方法比如裂项

3，高中数列的详细题型及解题技巧

呵呵，我不动数列好多年，已经不成系统啦，实在抱歉，说几点还记得的吧，希望能对你有所帮助如果你数学成绩优异，那实在抱歉，我帮不了你。你可以问一下周围的同学们，他们的思路会与你比较接近，多问几个人，就多几种思路。建议不要一上来就问老师，因为老师，题目难不倒他们，算是神通广大，他们见识广，拿过题来就会做，根本不用去研究方法。如果你数学成绩一般，那我说一下我做题的思路。虽然我上学的时候数学成绩还好，但并没有特突出，只是比别人更注意细节，知道怎样有更高的分数。我一般会把简单的先做完，到了第三问，没做出结果才扣2分，有思路就好啦，罗列我考虑问题的方向，但不是随便罗列，不是罗列越多越好，看题目我能做出多少，如果实在做不下去啦，我会看题目的已知或者已求得的条件是否对我有帮助，通过这些条件能继续得到什么，或者是通过问题逆向找答案，会有不错的收获。总结起来就是，先凭感觉往下做，做不出来的时候跳出题目宏观看，找突破点，实在不行就放弃。那如果你成绩不太好，很简单，找本经典的参考书，找几个经典的数列题，先自己做，做完或者做到不会的地方就看下答案，跟答案对比，吸收答案的思路，看答案考虑问题的方向，然后合上书自己做，直到自己把此题做出来为止。而且一个题至少这样做三遍，坚持做十个题，你会发现，题的方法在不知不觉中，背都背会拉。好多年不作数列题，细节都忘啦，还记得几点就是，1、把数列的方法挨着看一遍，哪个合适套那个。2、注意首相是否要单独讨论。3、注意公比或者公差的正负。委以重任，未能系统答复，实在抱歉啊，望谅解一下下！
各种数列问题在很多情形下，就是对数列通项公式的求解。特别是在一些综合性比较强的数列问题中，数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的瓶颈。本文总结出几种求解数列通项公式的方法，希望能对大家有帮助。类型1 解法：把原递推公式转化为 ，利用累加法求解。例:已知数列 满足 ， ，求 。解：由条件知： 分别令 ，代入上式得 个等式累加之，即 所以 ， 类型2 解法：把原递推公式转化为 ，利用累乘法求解。例:已知数列 满足 ， ，求 。解：由条件知 ，分别令 ，代入上式得 个等式累乘之，即 又 ， 类型3 （其中p，q均为常数， ）。例:已知数列 中， ， ，求 .解法一(归纳法): 解法二（待定系数法）：设递推公式 可以转化为 即 .故递推公式为 ,令 ，则 ,且 .所以 是以 为首项，2为公比的等比数列，则 ,所以 .解法四(作商法): 令 累加得: 类型4 （其中p，q均为常数， ）。 （或 ,其中p，q, r均为常数） 。解法：一般地，要先在原递推公式两边同除以 ，得： 引入辅助数列 （其中 ），得： 再同类型3求解。例:已知数列 中， , ，求 。解：在 两边乘以 得： 令 ，则 ,解之得： 所以 类型5 解法：这种类型一般利用待定系数法构造等比数列，即令 ，与已知递推式比较，解出 ,从而转化为 是公比为 的等比数列。例:设数列 ： ，求 .解：设 ，将 代入递推式，得 …（1）则 ,又 ，故 代入（1）得 说明：（1）若 为 的二次式，则可设 ;(2)本题也可由 , （ ）两式相减得 转化为 求之. 类型6 递推公式为 与 的关系式。(或 )解法：这种类型一般利用 与 消去 或与 消去 进行求解。例：已知数列 前n项和 .（1）求 与 的关系；（2）求通项公式 .解：（1）由 得： 于是 所以 .（2）应用类型4（ （其中p，q均为常数， ））的方法，上式两边同乘以 得： 由 .于是数列 是以2为首项，2为公差的等差数列，所以 类型7 递推公式为 （其中p，q均为常数）。解法一(待定系数法)：先把原递推公式转化为 其中s，t满足 解法二(特征根法)：对于由递推公式 ， 给出的数列 ，方程 ，叫做数列 的特征方程。若 是特征方程的两个根，当 时，数列 的通项为 ，其中A，B由 决定（即把 和 ，代入 ，得到关于A、B的方程组）；当 时，数列 的通项为 ，其中A，B由 决定（即把 和 ，代入 ，得到关于A、B的方程组）。例: 已知数列 中， ， ，求数列 的通项公式。解法一（待定系数——迭加法）:由 ，得 ，且 。则数列 是以 为首项， 为公比的等比数列，于是 。把 代入，得 ， ， ， 。把以上各式相加，得 。 。解法二（特征根法）：数列 ： ， 的特征方程是： 。 , 。又由 ，于是 故 类型8 解法：这种类型一般是等式两边取对数后转化为 ，再利用待定系数法求解。例：已知数列｛ ｝中， ，求数列 解：由 两边取对数得 ，令 ，则 ，再利用待定系数法解得： 。类型9 解法：这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为 。例：已知数列｛an｝满足： ，求数列｛an｝的通项公式。解：取倒数： 是等差数列，

高中数列的详细题型及解题技巧

4，数列解题方法有哪些

倒序求和法 错位相减法 ……
以下纯属个人观点.如有雷同,不甚荣幸 1,数列其实就是找规律,看一个数列,首先要看到数列本身的变化规律,并将复杂数列通过,对个体的分解,或是对多项的合并,又或是通其他可行的方法,使原来的规律明显化或转化为简单规律,如等差等比这些有法可依的规律,最后通过学过知识解答. 2,对于那些等差等比数列,不要先考虑捷径,最实际的方法是通过现有的最基本的公式写出数列内部关系,一步步化简,一步步代入题目给出的条件,往往答案会自然而然的出来. 3,作为经历过高考的过来人,我觉得,数列往往会和那些指数对数的东东有点联系,题目往往有这样的倾向,所以对代数公式的熟记对解数列题还是小有帮助的. 4,差不多就这么点了,当然,最重要的一点,多做题,高考这种东西——无他,为手熟耳
这讲不清楚的呀,不过方法有很多的,你只能看书呀,你把问题发上来吧 基本数列是等差数列和等比数列 一、等差数列 一个等差数列由两个因素确定：首项a1和公差d. 得知以下任何一项，就可以确定一个等差数列（即求出数列的通项公式）： 1、首项a1和公差d 2、数列前n项和s(n),因为s(1)=a1,s(n)-s(n-1)=a(n) 3、任意两项a(n)和a(m)，n,m为已知数 等差数列的性质： 1、前N项和为N的二次函数（d不为0时） 2、a(m)-a(n)=(m-n)*d 3、正整数m、n、p为等差数列时，a(m)、a(n)、a(p)也是等差数列 例题1：已知a(5)=8,a(9)=16,求a(25) 解： a(9)-a(5)=4*d=16-8=8 a(25)-a(5)=20*d=5*4*d=40 a(25)=48 例题2：已知a(6)=13,a(9)=19,求a(12) 解：a(6)、a(9)、a(12)成等差数列 a(12)-a(9)=a(9)-a(6) a(12)=2*a(9)-a(6)=25 二、等比数列 一个等比数列由两个因素确定：首项a1和公差d. 得知以下任何一项，就可以确定一个等比数列（即求出数列的通项公式）： 1、首项a1和公比r 2、数列前n项和s(n),因为s(1)=a1,s(n)-s(n-1)=a(n) 3、任意两项a(n)和a(m)，n,m为已知数 等比数列的性质： 1、a(m)/a(n)=r^(m-n) 2、正整数m、n、p为等差数列时，a(m)、a(n)、a(p)是等比数列 3、等比数列的连续m项和也是等比数列 即b(n)=a(n)+a(n+1)+...+a(n+m-1)构成的数列是等比数列。 三、数列的前N项和与逐项差 1、如果数列的通项公式是关于N的多项式，最高次数为P，则数列的前N项和是关于N的多项式，最高次数为P+1。 （这与积分很相似） 2、逐项差就是数列相邻两项的差组成的数列。 如果数列的通项公式是关于N的多项式，最高次数为P，则数列的逐项差的通项公式是关于N的多项式，最高次数为P-1。 （这与微分很相似） 例子： 1，16，81，256，625，1296 （a(n)=n^4) 15,65,175,369,671 50,110,194,302 60,84,108 24,24 从上例看出，四次数列经过四次逐项差后变成常数数列。 等比数列的逐项差还是等比数列 四、已知数列通项公式A（N），求数列的前N项和S（N）。 这个问题等价于求S（N）的通项公式，而S（N）=S（N-1）+A（N），这就成为递推数列的问题。 解法是寻找一个数列B（N）， 使S（N）+B（N）=S（N-1）+B（N-1） 从而S（N）=A（1）+B（1）-B（N） 猜想B（N）的方法：把A（N）当作函数求积分，对得出的函数形式设待定系数，利用B（N）-B（N-1）=-A（N）求出待定系数。 例题1：求S（N）=2+2*2^2+3*2^3+...+N*2^N 解：S（N）=S（N-1）+N*2^N N*2^N积分得（N*LN2-1）*2^N/(LN2)^2 因此设B（N）=（PN+Q)*2^N 则 （PN+Q)*2^N-[P（N-1）+Q)*2^（N-1）=-N*2^N （P*N+P+Q）/2*2^N=-N*2^N 因为上式是恒等式，所以P=-2，Q=2 B（N）=（-2N+2)*2^N A（1）=2，B（1）=0 因此：S（N）=A（1）+B（1）-B（N） =（2N-2）*2^N+2 例题2：A（N）=N*（N+1）*（N+2），求S（N） 解法1：S（N）为N的四次多项式， 设：S（N）=A*N^4+B*N^3+C*N^2+D*N+E 利用S（N）-S（N-1）=N*（N+1）*（N+2） 解出A、B、C、D、E 解法2： S（N）/3！=C（3，3）+C（4，3）+...C（N+2，3） =C（N+3，4） S（N）=N*（N+1）*（N+2）*（N+3）/4

5，求关于数列的所有方法例如累加法裂项相消法并附带上例题我会

1. 公式法：　　等差数列求和公式: 　　Sn=n(a1+an)/2=na1+n(n-1)d/2 　　等比数列求和公式： 　　Sn=na1(q=1) Sn=a1(1-q^n)/(1-q)=(a1-an×q)/(1-q) (q≠1) 　　其他 　　1+2^2+3^2+4^2+........+n^2=n(n+1)(2n+1)/6 　　1+2^3+3^3+4^3+........+n^3=[n(n+1)/2]^2 2.错位相减法　　适用题型：适用于通项公式为等差的一次函数乘以等比的数列形式 和等差等比数列相乘 　　例如： 　　an=a1+(n-1)d 　　bn=b1·q^(n-1) 　　Cn=anbn 　　Tn=a1b1+a2b2+a3b3+a4b4....+anbn 　　qTn= a1b2+a2b3+a3b4+...+a(n-1)bn+anb(n+1) 　　Tn-qTn= a1b1+b2(a2-a1)+b3(a3-a2)+...bn[an-a(n-1)]-anb(n+1) 　　Tn(1-q)=a1b1-anb(n+1)+d(b2+b3+b4+...bn) ______① 　　=a1b1-an·b1·q^n+d·b2[1-q^(n-1)]/(1-q) 　　=a1b1-(a1+nd-d)·b1q^n+d·b2[1-q^(n-1)]/(1-q) 　　Tn=上述式子/(1-q) 　　此外.①式可变形为 　　Tn(1-q)=a1b1-anb(n+1)+d(Sn-b1) Sn为　　此形式更理解也好记 3.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(a1+an) 　　Sn =a1+ a2+ a3+...... +an 　　Sn =an+ a(n-1)+a(n-2)...... +a1 　　上下相加 得到2Sn 即 Sn= （a1+an)n/2 4.分组法　　有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若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. 　　例如：an=2^n+n-1 5.裂项法　　适用于分式形式的通项公式，把一项拆成两个或多个的差的形式，即an=f(n+1)－f(n)，然后累加时抵消中间的许多项。 　　常用公式： 　　（1）1/n(n+1)=1/n-1/(n+1) ，1/（n-1）-1/n<1/n2<1/n-1/n+1（n≥2） 　　（2）1/(2n-1)(2n+1)=1/2[1/(2n-1)-1/(2n+1)] 　　（3）1/n(n+1)(n+2)=1/2[1/n(n+1)-1/(n+1)(n+2)] 　　（4）1/(√a+√b)=[1/(a-b)](√a-√b) 　　（5） n·n!=(n+1)!-n! 　　（6）1/（√n+√（n+a））=1/a（√（n+a）-√n） 　　[例] 求数列an=1/n(n+1) 的前n项和. 　　解：an=1/n(n+1)=1/n-1/(n+1) （裂项） 　　则 　　Sn 　　=1-1/2+1/2-1/3+1/4…+1/n-1/(n+1)（裂项求和） 　　= 1-1/(n+1) 　　= n/(n+1) 　　小结：此类变形的特点是将原数列每一项拆为两项之后，其中中间的大部分项都互相抵消了。只剩下有限的几项。 　　注意： 余下的项具有如下的特点 　　1余下的项前后的位置前后是对称的。 　　2余下的项前后的正负性是相反的。 6.数学归纳法　　一般地，证明一个与正整数n有关的命题，有如下步骤： 　　（1）证明当n取第一个值时命题成立； 　　（2）假设当n=k（k≥n的第一个值，k为自然数）时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立。 　　例： 　　求证： 　　1×2×3×4 + 2×3×4×5 + 3×4×5×6 + …… + n(n+1)(n+2)(n+3) = [n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)]/5 　　证明： 　　当n=1时，有： 　　1×2×3×4 = 24 = 2×3×4×5/5 　　假设命题在n=k时成立，于是： 　　1×2×3×4 + 2×3×4×5 + 3×4×5×6 + …… + k(k+1)(k+2)(k+3) = [k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)]/5 　　则当n=k+1时有： 　　1×2×3×4 + 2×3×4×5 + 3×4×5×6 + …… + (k+1)(k+2)(k+3)(k+4) 　　= 1×2×3×4 + 2×3×4*5 + 3×4×5×6 + …… + k(k+1)(k+2)(k+3) + (k+1)(k+2)(k+3)(k+4) 　　= [k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)]/5 + (k+1)(k+2)(k+3)(k+4) 　　= (k+1)(k+2)(k+3)(k+4)*(k/5 +1) 　　= [(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)(k+5)]/5 　　即n=k+1时原等式仍然成立，归纳得证 7.通项化归　　先将通项公式进行化简，再进行求和。 　　如：求数列1，1+2，1+2+3，1+2+3+4,……的前n项和。此时先将an求出，再利用分组等方法求和。 8.并项求和：　　例：1－2+3－4+5－6+……+（2n-1）-2n 　　方法一：（并项） 　　求出奇数项和偶数项的和，再相减。 　　方法二： 　　（1－2）+（3－4）+（5－6）+……+[（2n-1）-2n]

6，求高一的各种数列的题型

求数列通项公式的常规思想方法列举（配典型例题）数列是高考中的重点内容之一，每年的高考题都会考察到，小题一般较易，大题一般较难。而作为给出数列的一种形式——通项公式，在求数列问题中尤其重要。本文给出了求数列通项公式的常用方法。一． 观察法例1：根据数列的前4项，写出它的一个通项公式：（1）9，99，999，9999，…（2） （3） （4） 解：（1）变形为：101－1，102―1，103―1，104―1，…… ∴通项公式为： （2） （3） （4） .观察各项的特点，关键是找出各项与项数n的关系。 二、定义法例2： 已知数列(1)求数列解：(1)∵a 1=f (d－1) = (d－2)2，a 3 = f (d+1)= d 2，∴a3－a1=d2－(d－2)2=2d，∴d=2，∴an=a1+(n－1)d = 2(n－1)；又b1= f (q+1)= q2，b3 =f (q－1)=(q－2)2，∴ =q2，由q∈R，且q≠1，得q=－2，∴bn=b?qn－1=4?(－2)n－1当已知数列为等差或等比数列时，可直接利用等差或等比数列的通项公式，只需求得首项及公差公比。三、 叠加法例3：已知数列6，9，14，21，30，…求此数列的一个通项。解 易知 ∵ ……各式相加得 ∴ 一般地，对于型如 类的通项公式，只要 能进行求和，则宜采用此方法求解。四、叠乘法例4：在数列｛ ｝中， =1, (n+1)? =n? ，求 的表达式。解：由(n+1)? =n? 得 ， = ? ? … = 所以 一般地，对于型如 = (n)? 类的通项公式，当 的值可以求得时，宜采用此方法。五、公式法若已知数列的前 项和 与 的关系，求数列 的通项 可用公式 求解。例5：已知下列两数列 的前n项和sn的公式，求 的通项公式。（1） 。 （2） 解： （1） = = =3 此时， 。∴ =3 为所求数列的通项公式。（2） ，当 时 由于 不适合于此等式 。 ∴ 注意要先分n=1和 两种情况分别进行运算，然后验证能否统一。 例6. 设数列 的首项为a1=1，前n项和Sn满足关系 求证：数列 是等比数列。 解析：因为 所以 所以，数列 是等比数列。六、阶差法例7.已知数列 的前 项和 与 的关系是 ，其中b是与n无关的常数，且 。求出用n和b表示的an的关系式。解析：首先由公式： 得：利用阶差法要注意：递推公式中某一项的下标与其系数的指数的关系，即其和为 。七、待定系数法例8：设数列 的各项是一个等差数列与一个等比数列对应项的和，若c1=2，c2=4，c3=7，c4=12，求通项公式cn解：设 点评：用待定系数法解题时，常先假定通项公式或前n项和公式为某一多项式，一般地，若数列 为等差数列：则 ， （b、c为常数），若数列 为等比数列，则 ， 。八、 辅助数列法有些数列本身并不是等差或等比数列，但可以经过适当的变形，构造出一个新的数列为等差或等比数列，从而利用这个数列求其通项公式。例9.在数列 中， ， ， ，求 。解析：在 两边减去 ，得 ∴ 是以 为首项，以 为公比的等比数列，∴ ，由累加法得 = = … = = = 例10.（2003年全国高考题）设 为常数，且 （ ），证明：对任意n≥1， 证明：设， 用 代入可得 ∴ 是公比为 ，首项为 的等比数列，∴ （ ），即： 型如an+1=pan+f(n) (p为常数且p≠0, p≠1)可用转化为等比数列等.(1)f(n)= q (q为常数)，可转化为an+1+k=p(an+k)，得例11：已知数 的递推关系为 ，且 求通项 。解：∵ ∴ 令 则辅助数列 是公比为2的等比数列∴ 即 ∴ 例12： 已知数列｛ ｝中 且 （ ），，求数列的通项公式。解：∵ ∴ ， 设 ，则 故｛ ｝是以 为首项，1为公差的等差数列 ∴ ∴ 例13.（07全国卷Ⅱ理21）设数列 的首项 ．（1）求 的通项公式；解：（1）由 整理得 ． 又 ，所以 是首项为 ，公比为 的等比数列，得注：一般地，对递推关系式an+1=pan+q (p、q为常数且，p≠0，p≠1)可等价地改写成 则(2) f(n)为等比数列，如f(n)= qn (q为常数) ，两边同除以qn，得 ，令bn= ，可转化为bn+1=pbn+q的形式。例14.已知数列解：an+1= an+（ ）n+1 乘以2n+1 得 2n+1an+1= (2nan)+1 令bn=2nan 则 bn+1= bn+1 易得 bn= 即 2nan= ∴ an= (3) f(n)为等差数列例15.已知已知数列解：∵ an+1+an=3+2 n，an+2+an+1=3+2(n+1)，两式相减得an+2-an=2 因此得，a2n+1=1+2(n-1), a2n=4+2(n-1), ∴ an= 。注：一般地，这类数列是递推数列的重点与难点内容，要理解掌握。(4) f(n)为非等差数列，非等比数列例16.（07天津卷理）在数列 中， ，其中 ．（Ⅰ）求数列 的通项公式；解：由 ， ，可得 ，所以 为等差数列，其公差为1，首项为0，故 ，所以数列 的通项公式为 ．这种方法类似于换元法, 主要用于已知递推关系式求通项公式。九、归纳、猜想如果给出了数列的前几项或能求出数列的前几项，我们可以根据前几项的规律，归纳猜想出数列的通项公式，然后再用数学归纳法证明之。例17.（2002年北京春季高考）已知点的序列 ，其中 ， ， 是线段 的中点， 是线段 的中点，…， 是线段 的中点，…（1） 写出 与 之间的关系式（ ）。（2） 设 ，计算 ，由此推测 的通项公式，并加以证明。（3） 略解析：（1）∵ 是线段 的中点， ∴ （2） ， = ， = ，猜想 ，下面用数学归纳法证明 当n=1时， 显然成立； 假设n=k时命题成立，即 则n=k+1时， = = ∴ 当n=k+1时命题也成立，∴ 命题对任意 都成立。例18：在数列｛ ｝中， ，则 的表达式为 。分析：因为 ，所以得： ，猜想： 。十、倒数法数列有形如 的关系，可在等式两边同乘以 先求出 例19．设数列 满足 求 解：原条件变形为 两边同乘以 得 .∵ ∴ 综而言之，等差、等比数列是两类最基本的数列，是数列部分的重点，自然也是高考考查的热点，而考查的目的在于测试灵活运用知识的能力，这个“灵活”往往集中在“转化”的水平上；以上介绍的仅是常见可求通项基本方法,同学们应该在学习不断的探索才能灵活的应用.只要大家认真的分析求通项公式并不困难.

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