時間：2023-06-01 09:32:24
開篇：寫作不僅是一種記錄，更是一種創造，它讓我們能夠捕捉那些稍縱即逝的靈感，將它們永久地定格在紙上。下面是小編精心整理的12篇數列求和方法，希望這些內容能成為您創作過程中的良師益友，陪伴您不斷探索和進步。
數列是高中數學中很重要的內容之一，是高考的熱點和重點。數列中蘊含著豐富的數學思想。我們可從推導簡單的等差，等比數列的前n項和公式倒序相加法和錯位相減法啟發，由此對于一般的數列，得到下面的幾種方法，這些方法是我們求一般數列的通法，現將這些方法總結如下：
一、公式法求和
對這些比較簡單常見的數列，我們可以記下他們的前項和，在題目里可以直接利用它們求某些數列的和，（1）1+2+3+…+n=（2）12+22+32…n2=n（+1）（2n+1）（3）13+23+33+…n3=n2（n+1）2（4）Sn==n1+d （等差）（5）Sn=n1（q=1）=（q≠1）（ 等比數列）
這些公式也是我們求數列的基本技巧，須加以理解運用。
二、分組結合法（裂項法）
如數列不是等差數列，也不是等比數列，若能將數列適當拆開，可分為幾個等差，等比或常見數列，能分別求和，然后再將和合并。（例如數列cn的通項公式為cn=n+bn ，其中n,bn 分別是等差數列和等比數列，求和時可利用分組結合法。）
例1，求數列1+1，+4，+7，...，+3n-2，...的前n 項的和.
解：設前n 項的和為Sn ，則
Sn=（1+1）+（+1）+（+7)+...+（+3n-2)
=（1+++...+）+［1+4+7+...+（3n-2）］，
設S′=1+++...+,當=1時，S′=n;當≠1時,S′=
設S″=1+4+7+...+（3n-2）=
故當=1時，Sn=S′+S″=+
當≠1時,Sn=S′+S″=+
三、裂項相消法
若一個數列的每一項都可以化為兩項之差，并且前一項的減數恰與后一項的被減數相同，求和時中間項互相抵消，這種數列求和的方法就是裂項相消法。他的實質是將數列中的項分解，然后重新組合，使之能消去一些項，最終達到求和的目的。
例 2，求數列，,,...,的前n項的和Sn 。
解：因為n==［-］
所以Sn =［-+-+...+-］
=［-］=
小結：裂項法適用于兩類數列，一類是通項結構是分式，分子是常數，分母是某等差數列連續兩項或幾項之積，其解題技巧是先減后除公差。另一類是通項為某些無理根式，其技巧是有理化。常見的拆項公式有
（1）=-（2）=（-)
（3）=［-］
（4）=（-）（5）n .n !=（n+1）！-n !
四、錯位相減法
若數列cn的通項公式是cn=n+bn,其中n是等差數列,bn是等比數列求和時,一般可在已知和式的兩邊都乘以組成這個數列的等比數列的公比，然后再將所得新和式與原和式相減，轉化為同倍數的等比數列求和，這種方法叫錯位相減法。在等比數列的前n項求各公式的推導就是用到這種方法。
例3.求數列1，3，52，...，（2n-1）n-1（≠0）的前n 項的和Sn .
解：設Sn =1+3+52+（2n-1）n-1,記1式
則Sn =+32 +53+...+（2n-3）n-1+（2n-1）n,記2式
1式-2式得（1-）Sn =1+2+22+23+...+2n-1-（2n-1）n.
當=1時，Sn =n2 ;
當≠1時，Sn =.
五．奇偶分析法
若數列的通項公式中，表達式分n為奇偶則在求Sn的過程中,先從n偶數入手，探求Sn .當n為奇數時,利用Sn =Sn-1+n求出奇數時Sn 的表達式.
例4.已知數列n的通項公式為n=6n-5（n=2k+1k∈Z）4n（n=2k，k∈Z）,求數列n的前n 項和Sn 。
解：（1）當n 為偶數時，n -1為奇數，
Sn =（1+3+5+...+n -1）+（2+4+6+...+n）
=+×12+
=++
(2)當n 為奇數時，n-1為偶數，
Sn =Sn-1+n=++（4n-1-1）+6n-5
=+（4n -4）
六．倒序相加法
將一個數例倒過來排列，當它與原來數列相加時，若有公因式可提，并且剩余的項的和易于求的，則這樣的數列可以用倒序求和，如等差數列的前n 項和就用此法得出的。
例5：求和Sn =Cn1+2Cn2+3Cn3+...+nCnn （n∈N*）
解：Sn =Cn1+2Cn2+3Cn3+...+（n +1）Cnn-1+nCnn （1）
Sn =nCn0 +（n +1）Cn1+（n +2）Cn2+...+2Cnn-2+Cnn-1 （2）
(1)+(2)得2Sn =nCn0 +nCn1+...+nCnn =n（Cn0 +Cn1+...+Cnn）
=n.2n-1
關鍵詞： 數列求和 公式 常用方法
牢記等差數列和等比數列的求和公式，利用公式求和是一切求和方法的根本.在牢記公式的基礎上，要學會靈活應用公式，會利用公式的變形進行求和.下面對數列求和的經典方法一一進行介紹.
1.部分求和法
何謂部分求和，一分為二看，就是將數列分成兩個或兩個以上可直接求和的數列，然后求出數列的前n項和.
例1：求和：3+5+7+…+［（2n+1）+］.
解：原式=［3+5+7+…+（2n+1）］+［+++…+］
=+=n+2n-+1
2. 并項求和法
將數列的某些項先合并，使合并后可化為直接求和的數列就是一種很有效的方法：遇通項還未求和的數列求和時，先將各項求和再求和.
例2：求1,1+2,1+2+2,…，1+2+2+…+2的前n項和.
解：s=1+（1+2）+（1+2+2）+…+（1+2+2+…+2）
因為1+2+2+…+2==2-1
所以s=（2-1）+（2-1）+（2-1）+…+（2-1）
=（2+2+2+…+2-n=-n=2-n-2
3.列項求和法
如果數列通項滿足a=（d>0）的形式，就可列項為（-），然后進行消項求和.
例3：求和：+++…+.
解：原式=（1-）+（-）+（-）+…
+（-）
=（1-+-+-+…+-）
=（--）=
4.錯位相減法
若數列{a}是等差數列，數列{b}是等比數列，c=ab，則求數列{c}前n項和s用該方法.
例4：求和：s=+++…+.
解：因為s=+++…+（1）
s=（++…+）+（錯位）（2）
由（1）-（2）得（相減）：
s=（+++…+）-=-
所以s=1-.
5.降次求和法
根據一些恒等式，將高次項求和問題轉化為低次項求和問題的方法.
例5：求和：（1+1）-1+（2+1）-2+…+（n+1）-n.
解：因為（n+1）-n=3n+3n+1
所以s=（3×1+3×1+1）+（3×2+3×2+1）+…+（3n+3n+1）
=3（1+2+…+n）+（3×1+1+3×2+1+…+3n+1）
=3+
=
=n+2n+3n
6.猜想證明法
由遞推關系給出的數列的通項來求和，該方法關鍵在于根據已知條件寫出a的通項公式再求和.
例6：已知數列中{a}中，a=1,a=a+，求s.
解：因為a=a+;2a+1;2a-2a=1，
所以{2a}成以1為公差的等差數列，
所以2a=2a+（n-1）×1=n.
所以a=n（）,S=1×（）+2×（）+3×（）+…+n（）（1）
S=1×（）+2×（）+…+（n-1）（）+n（）（2）
由（1）-（2）得：
S=1++…+（）-n（）=-n（）
=-（）（+n）+
7.倒序求和法
例如：如果一個數列，與首末等距離的兩項之和等于首末兩項之和，則可把“正著寫的和式”與“倒著寫的和式”相加，得到一個常數列的和，這種求和方法就可看作是靈活利用公式求和的典型，稱為倒序相加求和法．
例7：若f（x）=，求和：f（-5）+f（-4）+…+f（0）+f（5）+f（6）.
解：令s=f（-5）+f（-4）+…+f（0）+f（5）+f（6），
則s=f（6）+f（5）+…+f（1）+f（-4）+f（-5）,
所以
2s=［f（-5）+f（6）］+［f（-4）+f（5）］+…+［f（0）+f（1）］+…+［f（6）+f（-5）］
又
f（x）+f（1-x）=+
=
==
所以2s=×12=6，得s=3.
8.周期法
數列是一種特殊的函數，所以數列中也必然存在著周期問題． 有些數列題，表面上看與周期無關，但實際上隱含著周期性，一旦揭示了其周期性，問題便迎刃而解．
例8： 數列{a}中，a=1，a=2，若對一切n∈N，有aaa=a+a+a，且aa≠1，則該數列2008項的和s的值是多少？
解:由a=1，a=2，得a=3，所以s=6. 因為aaa=a+a+a，所以aaa=a+a+a.兩式相減得aa（a-a）=a-a，又aa≠1,所以a=a，周期T=3.所以s=s+a=669s+a=4015.
9.導數法
抓住數列通項的結構特征，啟迪直覺，類比“記憶模式”，精心聯想，構造恒等式，借助導數，得到新的恒等式，出奇制勝.
例9： 已知n∈N，求和：C+2C+3C+…+nC.
解：由（1+x）=C+2C+3C+…+nC
兩邊求導得：
n（1+x）=C+2C+3Cx+…+nCx
令x=1，得C+2C+3C+…+nC=n•2
10.數學歸納法
有些題目可通過求出{a}的前幾項之和，猜想出s，然后用數學歸納法給予嚴格證明.
例10：設數列{b}的前n項之和為s，滿足3（s+nb）=1+2b（n∈N），求s.
解：因為s=b，由3（s+nb）=1+2b得3（s+s）=1+2s，
所以s=.
而b=s-s，所以3［s+2（s-s）］=1+2（s-s），得s=.
同理可得s=，猜測s=（n∈N）.
下面用數學歸納法加以證明：
（1）當n=1時，結論顯然成立.
（2）假設n=k時結論成立，即s=（k∈N）.
由題設3［s+（k+1）b］=1+2b，得b=.
又因為s=s+b，所以s=＋，
解得s=.
這就是說n=k+1時結論成立.
根據（1）（2），對于n∈N，s=總成立.
參考文獻：
［1］張娟. 數列求和的幾種有效方法［J］. 數理化學習（高中版），2010，（09）.
［2］王友紅.一些特殊數列的求和［J］.考試（高考數學版），2009，（Z4）.
［3］林明成. 數列求和十法［J］.數理化學習（高中版），2010，（09）.
【關鍵詞】高中數學；數列求和；解題技巧
在解答數列求和類題目時，我們需要對各種問題先進行類型的區分，充分運用相關的數學解題思維和方法來進行簡單的轉化和計算.
一、裂項法
例1已知數列{an}的通項公式為2（2n-1）（2n+1），求其前n項和Sn.
解由通項公式為
an=2（2n-1）（2n+1）=1（2n-1）-1（2n+1），
可得
Sn=a1+a2+…+an
=1-13+13-15+…+14n-3-12n-1
+12n-1-12n+1
=1-12n+1
=2n2n+1.
裂項求和的方法是將數列的每一項拆開為兩項的差，使其能夠互相抵消，從而最終剩余少量的幾項，最終求出結果.
裂項法求解數列前n項和的方法在高考的綜合性題目中經常用到，例如2015年高考數學理科試卷中就有所涉及.題目為設bn=1anan+1（在第（1）問中已求出an=2n+1），求數列{bn}的前n項和.讓學生自己試著用裂項法求解.
二、錯位法
錯位法在解決數列求和問題中有一個特征，就是所求和的數列往往是等差數列與等比數列的組合，即若數列{an}是等差數列，數列{bn}是等比數列，然后求諸如{an?bn}的前n項和.
例2已知數列{an}的通項公式為an=n22n-1，bn=an+1-12an，求數列{bn}的前n項和.
解由題意可知bn=2n+12n.
所以前n項和
Sn=32+522+723+…+2n-12n-1+2n+12n，①
12Sn=322+523+724+…+2n-12n+2n+12n+1，②
①-②得12Sn=32+222+223+…+22n-2n+12n+1
=32+2122+123+…+12n-2n+12n+1
=32+2×1221-12n-11-12-2n+12n+1.
將上邊的等式兩邊同時除以12得：
Sn=3+2-12n-2-2n+12n
=5-2n+52n.
【關鍵詞】高中數學 數列求和 等差 等比
【中圖分類號】G632 【文獻標識碼】A 【文章編號】1674-4810（2014）33-0149-02
數學是高中階段的主要學科，對學生的高考有直接的影響，而數列問題又是數學課程的重要組成部分，因此，在高中階段的數學學習中，教師和學生必須對數列求和問題要有足夠的重視。數列求和問題的解決，既可以采用基本的公式法，也可以采用技巧性更強的其他方法，如裂項相消法、分組相加法、倒數相加法等，要根據具體問題具體分析和應用不同解題方法。筆者從事高中數學教學工作多年，現結合自身教學經驗，對高中數學數列求和問題進行淺顯的探討。
一 牢固掌握數學基礎知識
數列求和問題是高中數學重要的組成部分，要掌握好這部分知識，應當要求學生牢固掌握最基本的數列知識。如數列的定義、性質和基本公式等。等差數列：一般地，如果一個數列從第2項起，每一項與它前一項的差等于同一個常數，則這個數列叫作等差數列;等比數列：一般地，如果一個數列從第2項起，每一項與它的前一項的比等于同一個常數，則這個數列叫作等比數列。一些重要的數列性質也要認真掌握，如{an}為等差數列，則有：（1）從第二項起，每項
是前一項與后一項的等差中項，（n>1）。（2）
an=am+（n-m）d （m，n∈N*）。（3）若m+n=p+q，則：am+an=ap+aq，特殊的：若m+n=2r，則有：am+an=2ar。（4）若am=n，an=m則有：am+n=0。（5）若Sm=n，Sn =m則有：Sm+n=-（m+n）。
{an}為等比數列，則有：（1）只有同號的兩數才存在等比中項。（2）an=amqn-m（m，n∈N*）。（3）若m+n=p+q，則：am?an=ap?aq，特殊的：若m+n=2r，則有：am?an=ar2。
（4）{an}，{bn}為等比數列，則{an?bn}，，{can}為等
比數列（c≠0）。（5）等比數列中連續n項之積構成的新數列仍是等比數列，當q≠1時，連續項之和仍為等比數列。（6）an=cqn（c≠0，q≠0），Sn=kqn-k（q≠0，q≠1）等較多的數列性質。最重要的數列公式更要牢固掌握，這也是解決數列求和問題的基礎。例如{an}為等差數列：an=a1+
（n-1）d，。{bn}為等比數列：
bn=b1qn-1（q≠1）;（q≠1）。
此外，還要注重培養學生敏銳的觀察力，讓學生能夠洞察問題的本質，能夠建立起相應的數學模型，將簡單個例普遍化。
二 利用數列基本公式進行求和
在牢固掌握數列知識的基礎上，遇到數列求和問題時，可首先分析是否可以套用公式進行解答，是數列求和問題中較為容易的一類。在利用數列基本公式進行數列求和時，要注意公式的準確性，如果公式不正確，答案自然也南轅北轍。因此，學生一定要認真記憶公式。例如，下面的問題就可以采用公式進行求和。
求和：（1）;（2）Sn=（x+）2+
;（3）求數列1，3+4，5+6+7，
7+8+9+10，…前n項和Sn。
思路分析：通過分組，直接用公式求和。
解：（1）
（2）
當x≠±1時，
當x=±1時，Sn=4n
（3）ak=（2k-1）+2k+（2k+1）+…+[（2k-1）+
（k-1）]
Sn= a1+a2+…+an=
在解答這個問題時，要注意對公比q=1或q≠1討論，從而運用等比數列前n項和公式對問題正確解答。
利用公式法求和是數列求和問題中較為簡單的一種，一般來說，這類題型可以直接套用公式，或只需要簡單的分類合并，再套用公式進行解答。在教學過程中，教師應要求學生牢固掌握這類解題方法，在考試中，這類問題是很容易得分的題型。
三 采用錯位相減法求和
錯位相減法是一種常用的數列求和方法，應用于等比數列與等差數列相乘的形式。如An=BnCn，其中Bn為等差數列，Cn為等比數列;分別列出Sn，再把所有式子同時乘以等比數列的公比，即kSn;然后錯一位，兩式相減即可。當有待定系數時，要進行分類討論。乘以公比，錯位相減，數準項數，計算細心，確保結論正確。錯位相減法求和是數列求和的重要方法，是高考的常考重點。
錯位相減法比公式法的難度有較大提高，是學生得分較低的一類題型，在解題過程中，要注意對問題分析并尋找規律，避免漏項或書寫錯誤，從而得到問題的正確答案。教師在講解這個方法時，可以結合學生常犯的錯誤，并按照一定的流程進行講解，讓更多的學生掌握這種求和方法。
四 借助裂項相消法求和
利用解析式變形，將一個數列分成若干個可以直接求和的數列，進行拆項重組，或將通項分裂成幾項的差，通過相加過程中的相互抵消，最后剩下有限項的和。在學習過程中，應當教育學生掌握“裂項相消求和法”的幾個特征：（1）通項的分母是因式相乘的形式;（2）每項裂成兩個式子的差;（3）相鄰兩項裂開后，前一項的后式與后一項的前式互為相反數;（4）裂項的關鍵是緊抓相鄰兩項的相同項。裂項相消法求和是一種非常常見的題型，也是高考中的熱點考題。相對于其他題型來說，這種題目的難度大，有一定的思維能力，對于培養學生的思維能力有很大幫助。
在解答此類問題時，應當多寫一些項，然后進行觀察，才可能看出抵消的規律，從而使用該方法解決求和問題。
五 借助倒序相加法求和
在數列求和中，如果和式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，那么可考慮選用倒序相加法。
例題：設數列{an}是公差為d，且首項為a0=d的等差數列，求和：
解：因為 （1）
（2）
（1）+（2）得：
利用倒序相加法解決數列求和問題，大都是利用等差數列、等比數列以及函數的重要性質，從而順利地解答問題。在使用倒序相加法時要注意不斷變形，然后用知識具備的特有性質作為條件把和求出。
六 結束語
綜上所述，作為高中數學重點內容的數列求和問題，其解答方法有很多種，如公式法、錯位相減法、裂項相消法以及倒序相加法，此外，還可以利用其他求和法，如歸納猜想法、奇偶法等。在面對較為復雜的數列求和問題時，應當認真分析，將復雜的問題轉化為我們熟悉的等比、等差數列，然后根據題型采取不同的解答方法。解題過程中，應當掌握每個方法的本質，而不能生搬硬套，否則問題答案南轅北轍。要想達到良好的學習效果，教師與學生需要互相配合，才能不斷提高教學效率和教學質量。
參考文獻 [1]王瑩玉.淺談高中數學教學中學生思維能力的培養[J].科教新報（教育科研），2011（9） [2]於青.高中數學教學中學生解題能力的培養探析[J].語數外學習（數學教育），2013（2） [3]趙翠娥.探討高中數學教學如何培養學生的解題能力[J].成功（教育），2012（24） [4]張海芳.新課改下高中數學“高效課堂”的構建[J].中國科教創新導刊，2011（21） [5]王錦章.一道高中數學課本例題的解法探究與變式訓練[J].考試周刊，2012（92）
ontT ? e 9 ??～ ?? font-family：'Times New Roman'; vertical-align：sub; " >n=cqn（c≠0，q≠0），Sn=kqn-k（q≠0，q≠1）等較多的數列性質。最重要的數列公式更要牢固掌握，這也是解決數列求和問題的基礎。例如{an}為等差數列：an=a1+
（n-1）d，。{bn}為等比數列：
bn=b1qn-1（q≠1）;（q≠1）。
此外，還要注重培養學生敏銳的觀察力，讓學生能夠洞察問題的本質，能夠建立起相應的數學模型，將簡單個例普遍化。
二 利用數列基本公式進行求和
在牢固掌握數列知識的基礎上，遇到數列求和問題時，可首先分析是否可以套用公式進行解答，是數列求和問題中較為容易的一類。在利用數列基本公式進行數列求和時，要注意公式的準確性，如果公式不正確，答案自然也南轅北轍。因此，學生一定要認真記憶公式。例如，下面的問題就可以采用公式進行求和。
求和：（1）;（2）Sn=（x+）2+
;（3）求數列1，3+4，5+6+7，
7+8+9+10，…前n項和Sn。
例：已知數列{an}的通項公式an=2n-1.求證：1a1+1a2+…+1an≤2n－1對任意的n∈N都成立.
策略一放縮法
【思路點撥】本題是一個典型的求和型數列不等式，放縮法是證明這類不等式常用方法之一.利用放縮法證明求和型數列不等式問題時，通常有兩種方法，一是根據不等式的結構特征，抓住數列的項，先對通項進行放縮后求和；二是先對數列求和，后放縮.
證明：當n=1時，左邊=1，右邊=1，不等式顯然成立（等號成立）.
當n≥2時，
1an=12n－1=222n－1=22n－1+2n－1
故由1a1=1，1a2
1a1+1a2+…+1an≤1+3－1+5－3＋…+2n－1－2n－3=2n－1
從而問題得證.
【點評】本題證明的關鍵是對通項進行恰當放縮，即當n≥2時，將1an=12n－1放縮為1an
策略二數學歸納法
【思路點撥】數學歸納法也是證明求和型數列不等式常用方法，其關鍵在于證明當n=k+1時原不等式成立，這一步的證明，綜合性強，往往是證明的精華部分，要細心觀察，小心求證.
證明：①當n=1時，左邊=1=右邊，等號成立.
②假設當n≥k時，不等式成立，即1a1+1a2+…+1ak≤2k－1成立.
則當n=k+1時， 1a1+1a2+…+1ak+1ak+1≤2k－1+1ak+1=2k－1+12k+1=2k－1+222k+1
即1a1+1a2+…+1ak+1ak+1≤2(k+1)－1
故當n=k+1時，不等式也成立.
綜合①，②知原不等式成立.
【點評】本題是與正整數相關的求和型數列不等式的證明問題，故可順理成章地考慮利用數學歸納法來證明，證題思路清晰，方向明確.但在證明 n=k+1時不等式成立，需要進行適當的放縮，而這一步恰恰是運用本法證明的關鍵所在，需要認真思考.
策略三構造數列法
【思路點撥】對求和型數列不等式的證明，常常可以考慮把左右兩端看作是兩個不同數列的和，故可先構造兩個新數列，然后再證明這兩個數列的前n項和的不等關系即可.
證明：設數列{1an}的前n項和為Sn，即Sn=1a1+1a2+1a3＋…+1an，設數列{bn}的前n項和為Tn,設Tn=2n－1,從而問題轉化為證明：Sn≤Tn.
則當n=1時，S1=T1.也即1a1=b1
當n≥2時，bn=Tn－Tn－1=2n－1－2n－3,1an=12n－1
而1an－bn=12n－1－2n－1+2n－3
=1－(2n－1)+4n2－8n+32n－1
=(2n－2)2－1－(2n－2)2n－1
1an
將1a1=b1,1a2
故原不等式成立.
【點評】本法的關鍵是根據求和型數列不等式的結構特征構造了兩個新數列，從而將證明求和型數列不等式問題轉化為比較兩個新數列的通項大小問題，然后通過累加法得到兩數列的和，從而證得所要結果，構思巧妙，證法簡單明了、易懂，從證明過程看，大大減輕了證明的難度.
策略四分析法
【思路點撥】分析法也是證明求和型數列不等式的常用方法.分析法證題的理論依據是執果索因，即尋找出結論成立的充分條件或是充要條件.其基本步驟是：要證……，只需證……，只需證…….
（）必做1 已知一非零向量列｛an｝滿足：a1=（1，1），an=（xn，yn）=（xn－1－yn－1，xn－1+yn－1）（n≥2）．
（1）證明：｛an｝是等比數列．
（2）設θn是an－1，an的夾角（n≥2），bn=2nθn－1，Sn=b1+b2+…+bn，求S．
（3）設cn=anlogan，數列｛cn｝中是否存在最小項？若存在，求出最小值；若不存在，請說明理由．
破解思路 本題是一道數列與向量交匯的綜合題，考查向量的坐標運算與等差、比數列的有關概念． 第1問想先求得｛an｝的通項并不易，可通過變形直接用定義證明，但要注意an與an－1之間的坐標關系；第2問可把夾角問題轉化為坐標運算，求出θn的一般式，再進行求和；第3問先確定c的通項，再通過作差判定單調性，繼而求出最小項．
精妙解法 （1）an=?=?=an-1（n≥2），所以數列｛an｝是以公比為，首項為a1=的等比數列．
（2）因為an－1?an=（xn－1，yn－1）?（xn－1－yn－1，xn－1+yn－1）=（x+y）=an-12，cosθn==，所以θn=，所以bn=2n×－1=－1，所以｛bn｝是以為公差，首項為－1的等差數列，所以Sn==（n2+n）－n．
（3）假設存在最小項，設為cn，因為an==2，所以cn=×2．
由cn
故存在最小項為c5=－×2．
極速突擊 （1）通過換元轉化，將非等差、等比數列化歸為等差、等比數列是求數列通項的常用技巧．
（2）解綜合題要總攬全局，尤其要注意上一問的結論可作為下面論證的已知條件．
（3）判斷某個數列是否為等差（或等比）數列，常用方法有兩種：一是由定義判斷，二是看任意相鄰三項是否滿足等差中項（或等比中項）． 注意只要其中的一項不符合，就不能為等差（或等比）數列． 而想判斷某個數列不是等差（或等比）數列，只需看其中三項即可．
（）必做2 已知數列｛an｝，｛bn｝滿足a1=，b1=－，且對任意m，n∈N，有am+n=am?an，bm+n=bm+bn.
（1）求數列｛an｝，｛bn｝的通項公式；
（2）求數列｛anbn｝的前n項和T；
（3）若數列｛cn｝滿足bn=，試求｛cn｝的通項公式并判斷：是否存在正整數M，使得對任意n∈N，cn≤cM恒成立．
破解思路 對第1問，在審題時，注意關鍵句“對任意m，n∈N，有am+n=am?an，bm+n=bm+bn”，這說明一般性成立，特殊值必成立，取m=1，進而得到an，bn的遞推關系；對第2問，｛anbn｝是等差乘等比型數列，這個模式可用錯位相減法求和；對第3問，運用函數思想將其轉化為求數列｛cn｝的最大值．
精妙解法 （1）由已知，對任意m，n∈N，有am+n=am?an，bm+n=bm+bn. 取m=1，得an+1=a1an=an，bn+1=b1+bn=－+bn，所以數列｛an｝，｛bn｝分別為等比、等差數列，所以an=?n-1=n，bn=－+（n－1）-=－．
（2）Tn=－1+－?2+－3+…+－n，
Tn=－2+－3+－4+…+－n+1，兩式相減得Tn=－1+－?2+－3+…+－n+n+1=－+n+1+×n+1，所以Tn=n×n+1+n－1．
（3）由bn=得cn=－． 因為cn+1－cn=-
極速突擊 數列求和的步驟是一般先求出通項公式，再根據通項公式的特點用如下的技巧方法：
（1）公式法
如果一個數列是等差數列或等比數列，就可采用對應的公式，當等比數列的公比是字母時，要注意分類討論．
（2）拆項分組法
有些數列，既不是等差數列，也不是等比數列，若將數列通項拆開或變形，可轉化為幾個等差、等比數列或常見的數列，則先分別求和，然后合并． 要熟記公式12+22+…+n2=n?（n+1）（2n+1）．
（3）錯位相減法
這是在推導等比數列的前n項和公式時所用的方法，這種方法主要用于求數列｛anbn｝的前n項和，其中｛an｝，｛bn｝分別是等差數列和等比數列．
（4）倒序相加法
這是在推導等差數列前n項和公式時所用的方法，也就是將一個數列倒過來排列（反序），當它與原數列相加時若有公式可提，并且剩余項的和易于求得，則這樣的數列可用倒序相加法求和．
（5）裂項相消法
利用通項變形，將通項分裂成兩項的差，通過相加過程中的相互抵消，最后只剩下有限項的和．
金刊提醒
能在具體的問題情境中，識別數列的等差關系與等比關系，并能用有關知識解決相應的問題，在解決等差、等比問題時，常常要貫徹整體思想． 在數列求和問題中，除了公式法是常用的方法外，高考還會重點考查“錯位相減法”與“裂項相消法”．
數列與不等式
（）必做3 已知函數f（x）=的圖象過原點，且關于點（－1，1）成中心對稱．
（1）求函數f（x）的解析式；
（2）若數列｛an｝滿足：an>0，a1=1，an+1=［f（）］2，求數列｛an｝的通項公式an；
（3）若數列｛an｝的前n項和為Sn，判斷Sn與2的大小關系，并證明你的結論．
破解思路 對第2問，充分利用第1問的結論，將其轉化為等差數列；對第3問，an非特殊數列，不能直接求和，此時需對an進行必要的放縮．
精妙解法 （1）因為函數f（x）=的圖象過原點，所以f（0）=0，即c=0，所以f（x）=． 又函數f（x）==b－的圖象關于點（－1，1）成中心對稱，所以b=1， f（x）=．
（2）由題意有an+1=2，所以=，即－=1． 數列是以1為首項，1為公差的等差數列，所以=1+（n－1）?1=n，即=，所以an=．
（3）證明：當k≥2（k=2，3，4，…，n）時，ak=
（）必做4 設Sn為數列｛an｝的前n項和，且對任意n∈N都有Sn=2（an－1），記f（n）=．
（1）求an；
（2）試比較f（n+1）與f（n）的大小；
（3）證明：（2n－1）f（n）≤f（1）+f（2）+…+f（2n－1）
破解思路 由于本題是有關Sn與an關系的問題，所以第1問可通過公式an=S1，n=1，Sn－Sn－1，n≥2變形求通項；第2問大小比較常用的方法為作差法，變形時還要注意復雜的指數冪的運算；第3問不等式的左邊正好是項數2n－1個f（n），所以先用放縮法兩兩求解f（k）+f（2n－k）≥2??=2f（n）（k=1，2，3，…），再考慮用“倒序相加”的方法求和；而不等式的右邊則用逐項放大的方法轉化為等比數列和的問題．
精妙解法 （1）當n=1時，由S1=a1=2（a1－1），得a1=2． 當n>1時，an=Sn－Sn－1=2an－2an－1，所以an=2an－1，所以an=2n（n>1）；n=1適合上式，所以an=2n．
（2）因為Sn==2n+1－2，所以f（n+1）－f（n）=－=－
（3）f（k）+f（2n－k）=+≥2??，而（2k+1－2）（22n－k+1－2）=22n+2+4－（2k+2+22n－k+2）≤22n+2+4－2=（2n+1－2）2，所以f（k）+f（2n－k）≥2?≥2?=2f（n）（k=1，2，3，…），所以f（1）+f（2n－1）≥2f（n）， f（2）+f（2n－2）≥2f（n），…f（2n－1）+f（1）≥2f（n），相加得f（1）+f（2）+…+f（2n－1）≥（2n－1）f（n），n=1時取等號． 由f（n+1）
綜上，原不等式成立．
數列與解析幾何
（）必做5 設B1，B2，B3，…，Bn順次為雙曲線y=（x>0）一支上的點，A1，A2，A3，…，An順次為x軸上的點，且OB1A1，A1B2A2，…，An－1BnAn均為等腰直角三角形（其中B1，B2，B3，…，Bn為直角頂點），設An坐標為（xn，0）（n∈N）．
（1）求數列｛xn｝的通項公式；
（2）設Sn為數列的前n項和，試比較log（Sn+1）與log（n+1）的大小（其中a>0且a≠1）．
破解思路 根據題設所給的信息，我們運用解析幾何的方法聯立方程可求得B1與A1的坐標，同理可得到Bn與An的坐標，這樣就解決了第1問，同時也脫去了解析幾何的外衣，接下來的第2問則是一道數列與不等式的綜合問題，利用裂項、放縮等技巧即可解決．
一、利用常用數列求和公式求和
若所給數列的通項是關于n的多項式，此時可采用公式法求和，常用求和公式列舉如下：
等差數列求和公式：Sn=n（a1+an）2=na1+n（n—1）2d，
等比數列求和公式：
Sn=na1（q=1）
a1（1—qn）1—q=a1—anq1—q（q≠1）
自然數的方冪和：∑nk=1k3=13+23+33+…+n3=14n2（n+1）2，∑nk=1k=1+2+3+…+n=12n（n+1），
∑nk=1k2=12+22+32+…+n2=16n（n+1）（2n+1）.
例1設Sn=1+2+3+…+n，n∈N*，求f（n）=Sn（n+32）Sn+1的最大值.
解：由等差數列求和公式得 Sn=12n（n+1），Sn+1=12（n+1）（n+2）
f（n）=Sn（n+32）Sn+1=nn2+34n+64
=1n+34+64n=1（n—8n）2+50≤150
當n=88，即n=8時，f（n）max=150
二、錯位相減法求和
若數列{cn}的通項公式為cn=anbn，其中{an}，{bn}中有一個是等差數列，另一個是等比數列，求和時一般在已知和式的兩邊都乘以組成這個數列的等比數列的公比q，然后再將得到的新和式和原和式相減，轉化為同倍數的等比數列求和，這種方法就是錯位相減法.
例2求和：Sn=1+3x+5x2+7x3+…+（2n—1）xn—1（x≠1）……①
解：由題可知，{（2n—1）xn—1}的通項是等差數列{2n—1}的通項與等比數列{xn—1}的通項之積
設xSn=1x+3x2+5x3+7x4+…+（2n—1）xn……②（設制錯位）
①—②得（1—x）Sn=1+2x+2x2+2x3+2x4+…+2xn—1—（2n—1）xn（錯位相減）
再利用等比數列的求和公式得：（1—x）Sn=1+2x·1—xn—11—x—（2n—1）xn
Sn=（2n—1）xn+1—（2n+1）xn+（1+x）（1—x）2
例3求數列22，422，623，…，2n2n，…前n項的和.
解：由題可知，{2n2n}的通項是等差數列{2n}的通項與等比數列{12n}的通項之積
設Sn=22+422+623+…+2n2n……①
12Sn=222+423+624+…+2n2n+1……②（設制錯位）
①—②得（1—12）Sn=22+222+223+224+…+22n—2n2n+1（錯位相減）
=2—12n—1—2n2n+1
Sn=4—n+22n—1
三、倒序相加法求和
將一個數列倒過來排列（倒序），再把它與原數列相加，就可以得到n個（a1+an），Sn表示從第一項依次到第n項的和，然后又將Sn表示成第n項依次倒序到第一項的和，將所得兩式相加，由此得到Sn的一種求和方法.也稱倒序相加法.
例4求證：C0n+3C1n+5C2n+…+（2n+1）Cnn=（n+1）2n.
證明：設Sn=C0n+3C1n+5C2n+…+（2n+1）Cnn……①
把①式右邊倒轉過來得
Sn=（2n+1）Cnn+（2n—1）Cn—1n+…+3C1n+C0n（反序）
又由Cmn=Cn—mn可得
Sn=（2n+1）C0n+（2n—1）C1n+…+3Cn—1n+Cnn……②
①+②得2Sn=（2n+2）（C0n+C1n+…+Cn—1n+Cnn）=2（n+1）·2n（反序相加）
Sn=（n+1）·2n.
例5求sin21°+sin22°+sin23°+…+sin288°+sin289°的值.
解：設S=sin21°+sin22°+sin23°+…+sin288°+sin289°……①
將①式右邊反序得
S=sin289°+sin288°+…+sin23°+sin22°+sin21°……②（反序）
又因為 sinx=cos（90°—x），sin2x+cos2x=1，
①+②得2S=（sin21°+cos21°）+（sin22°+cos22°）+…+（sin289°+cos289°）=89（反序相加）
S=892.
四、分組求和法
有一類數列，既不是等差數列，也不是等比數列，若將這類數列適當拆開，能分為幾個等差、等比或常見的數列的和、差，則對拆開后的數列分別求和，再將其合并即可求出原數列的和.
【關鍵詞】數列 通項公式 拓展思維
【中圖分類號】G 【文獻標識碼】A
【文章編號】0450-9889（2015）12B-0065-02
在高中數學的學習中，數列的知識在必修五整本中雖然所占比重不多，但是它卻具有重要的作用，具有實際應用的價值。不管是現階段高中生期中、期末的考試，還是公務員考試、事業編考試，數列這一題型都常常出現。所以在高中數學教學中，數列教學成了我們必不可少的重要內容，數列教學中所涉及的問題也成為我們要研究的對象。
一、夯實基礎，掌握基礎概念
在數列學習中，首先應該把基本概念理解并記住，然后才能掌握其核心內容。只有把基本的知識把握好，才能進行更深入的學習，打好基礎才能走得更遠。對于數列學習也是這樣，那么如何把握數列的基本概念呢？數列的基本概念就是它的定義，它的核心是通項與求和公式及其運用。接下來我們通過幾個實例來探究數列教學中基礎概念的學習。
比如在蘇教版高中數學《數列》第一節等差數列的學習中，課本上已經把等差數列的通項公式及前n項和公式明確告訴我們了，等差數列的通項公式為an=a1+（n-1）×d，等差數列的前n項和公式為，所以遇到求通項公式或求和的題目時，我們直接套用公式即可。比如：
例1 已知{an}為等差數列，Sn為其前n項的和，（n∈ N+），若a3=6，S20=20，那么S10=（ ）。
這是一個基礎的題目，根據題目所給的數據帶入上面的兩個公式，很快就能算出a1=20，d=-2，最后求出S10=110。又比如：
例2 等差數列{an}中，S10=120，那么a1+a10=（ ）。
這也是一道基礎的題目，根據公式，數列和=（首項+末項）×項數÷2，即，把題目所提供的數字帶入上式，直接可以求出a1+a10=24。這種類型的題目只要把公式記牢，然后直接套用就可以了。
所以學習數列時一定要把公式、基本概念弄明白，這樣才能迅速地求出答案。萬變不離其宗，只要掌握好基本概念，打好基礎，就能解決更深奧的問題，提高知識能力。
二、熟練掌握通項公式和方法
有很多題目類型是求數列的通項公式的，這種類型就需要我們把握解題方法，正確使用解題方法，才能解決問題。在數列這一系列問題中，采用比較多的方法就是累加法或累乘法求數列通項公式，根據Sn和an之間的數量關系或者遞推關系求通項公式。下面通過兩個例題來觀察解題方法。
在蘇教版高中數學《數列》的等差數列學習中，我們可以運用累加法來進行計算，通過累加法會使數列問題變得容易。比如：
例3 數列{an}中，a1=2，an+1=an+n×d（d是常數，n為1，2，3…），且a1，a2，a3成公比不為1的等比數列。求d的值以及{an}的通項公式。
根據題意，我們不難求出d的值為2，但是{an}的通項公式就需要運用累加的方法來進行計算。在n≥2的情況下，有
a2-a1=d，a3-a2=2d，a4-a3=3d
以此類推得
an-an-1=（n-1）d
在等式的左邊相加得到
an-a1=[1+2+3+…+（n-1）]d=n（n-1）÷2×d
即an=n2-n+2
當n=1的時，a1=2也適用于上式，那它的通項公式就是an=n2-n+2。這就是運用累加法求得數列的通項公式。值得注意的一點是，在求出數列{an}的通項公式時，別忘了驗證當n=1的情況，有時候n=1不適合通項公式，這就需要我們把兩種情況分別列出來，保證答案的準確性。對于等比數列通項公式的求法，則需要借助累乘法，不能用累加法。但基本原理與累加法大同小異，學會用累乘法解決等比數列的問題，會降低解題難度。
所以在解決一些比較復雜的等差數列或等比數列問題時，我們一定要把握好方法，合理運用累加法或累乘法，這樣做能取得事半功倍的效果，讓難懂的數列知識變得簡單，避免學生對數列題產生枯燥厭煩的心理。
三、利用數列求和，拓展思維
學習數列知識時，進行數列求和過程就是我們拓展思路、活躍思維、提高數學能力的過程，因為相比于其他數學知識點，數列的難度還是較大的。要解決數列問題，不僅需要熟練掌握基本概念，而且還需要掌握合理的方法。解決數列問題也是考驗能力的一種方法，在解題的過程中提高了能力、增強了數學思維。下面筆者通過實例來研究在解決數列求和的過程中培養的數學能力的方法。
比如在蘇教版高中數學《數列》這一章的學習中，出現一類既有等差數列，又有等比數列，而且是“等差乘以等比”類型的題目，對于這種有深度的問題，我們單單采用套用公式的做法是不能解決的。為了順利便捷地解決這類問題，我們探索出了一種“錯位相減”的方法。比如：
例4 已知{an}是等差數列，其前n項和是Sn，{bn}是等比數列，且a1=b2=2，a4+b4=27，S4-b4=10。
（1）求數列{an}和{bn}的通項公式;
（2）記Tn=anb1+an-1b2+…+a1bn（n∈ N+），證明Tn+12=-2an+10bn（n∈ N+）。
第一問很簡單，只需要根據等差數列和等比數列的性質就可以求出。第二問比較復雜，仔細觀察發現，要求Tn，其實也就是求等差乘以等比數列的前n項和。對這種類型，我們可以采取錯位相減法。先把等差數列的前n項和與等比數列的前n項和列出來，然后在式子的兩邊分別乘以等比數列的公比，最后錯一位，兩個式子相減就可以得出答案。當然這種錯位相減法需要大量的運算，對于一些沒有耐性的同學來說，會有一定的難度。對于這一部分同學來說，可以選擇另一種方法，用裂項相消的方法求和。所以在解決數列求和這一類型的數學題目時，有多種解題方法，同學們應該選擇適合自己的一種方法來做，并熟練掌握，這樣才能不斷提高學習和解決問題的能力。
在數列求和這一問題的探索中，同學們可以在學習中多做一些有關數列求和的問題的題目，這樣做既能活躍思維，又能提高學習能力。
四、結合函數，提高數列問題的解題能力
我們知道，其實數列也是一種函數，只不過它的定義域是在正整數集，是一種特殊性質的函數。既然數列是一種函數，那么它就具有函數的性質。這給命題者一種方向，就是把數列與函數相結合來命題，考查學生綜合運用知識的能力。下面主要通過具體的事例來探索如何利用數列與函數相結合的關系來求解相關問題。
比如在高中數學蘇教版《數列》這一章的學習中，我們遇到這樣的習題。
例5 設數列{an}的前n項和為Sn，已知a1=a，an+1=Sn+3n，（n∈ N+）。
（1）當bn=Sn-3n，求數列{bn}通項公式;
（2）若an+1≥an，（n∈ N+），求a的取值范圍。
在這一題中，第一問很簡單，把an+1=Sn+3n帶入bn=Sn-3n，很快就能求出答案。現在觀察第二題，從題意我們可以看出，an+1≥an，所以這是一個單調遞增的數列，那我們可以列關系式an+1-an≥0是恒成立的，因此從這個等式中得出a的取值范圍。從這一題型看出，把數列與函數的單調性相結合，就可求出取值范圍。這就要求同學們學會靈活運用公式。當遇到這種類型題時，要想到函數的單調性，而不是運用什么“錯位相減法”“裂項相消法”等來解題。又比如在練習時，同學們會遇到數列的最值問題，其實要解決這種題，我們也可以運用函數的知識來解決。我們可以把等差數列當作未知數是n的一次函數，把等比數列當作未知數是n的指數函數，這樣我們在求極大值或極小值時，運用函數圖象就容易得到答案。
所以在運用函數進行解答數列問題時，需要同學們靈活運用，拓展思路，在不斷訓練中，提高學生們的解題能力，拓展同學們數學思維，提高學生們的推理、計算的邏輯能力，同時不斷提高學習效率和學習成績。
數列是高中數學知識中非常重要的知識點，它還可以與三角函數、曲線方程等相交叉。命題者很喜歡把它們放在一起來考查學生們的綜合能力，所以數列知識的學習對每一位同學都有重要的意義。因此探索數列問題是必不可少的，它的研究有著極大的教學價值。教師要積極探索，盡可能詳細、簡單的地把數列知識點傳授給學生。
【參考文獻】
定義1 錯位相減法是一種常用的數列求和方法，應用于等比數列與等差數列相乘的形式.形如An=Bn?Cn，其中Bn為等差數列，Cn為等比數列；分別列出Sn，再把所有式子同時乘以等比數列的公比，即kSn；然后錯一位，兩式相減即可.
定義2 裂項相消法的實質是將數列中的每項（通項）分解，然后重新組合，使之能消去一些項，最終達到求和的目的.
引理設數列An=（bn+c）an（a≠1，b≠0），則An=A′n-1-A′n=
x（n-1）+yan-1-xn+yan，則數列An前n項和為Sn=y-xn+yan，（其中x=ba-1，y=ac+ab-c（a-1）2）.
文[1]僅適合在數列Bn為等差數列（即一次函數）的時候，但是在實際教學過程中，經常碰到一些利用二次錯位相減法的題目（即數列Bn是二次函數），那么是否也可以推廣呢？
思考Ⅰ數列An=Bn?Cn，Cn為等比數列，當數列Bn=bn2+cn+d時，An是否也可以寫成相鄰兩項數列之差呢？
推理Ⅰ設數列An=（bn2+cn+d）an（a≠1，b≠0），An=A′n-1-A′n=
x（n-1）2+y（n-1）+zan-1-xn2+yn+zan，則數列An前n項和為Sn=z-
xn2+yn+zan（其中x=ba-1，y=ac-c+2ab（a-1）2，z=da-1+ac-ab（a-1）2+2a2b（a-1）3）.
證明：令A′n=xn2+yn+zan，An=A′n-1-A′n
=x（n-1）2+y（n-1）+zan-1-xn2+yn+zan=ax（n-1）2+ay（n-1）+az-xn2-yn-zan=（ax-x）n2+（ay-2ax-y）n+ax-ay+az-zan
ax-x=bay-2ax-y=cax-ay+az-z=d
即x=ba-1y=ac-c+2ab（a-1）2z=da-1+ac-ab（a-1）2+2a2b（a-1）3
An=A′n-1-A′n=x（n-1）2+y（n-1）+zan-1-xn2+yn+zan
則Sn=A1+A2+A3+…+An=（x（1-1）2+y（1-1）+za0-x（2-1）2+y（2-1）+za）
+x（2-1）2+y（2-1）+za-x（3-1）2+y（3-1）+za2+…+x（n-1）2+y（n-1）+zan-1-xn2+yn+zan=x（1-1）2+y（1-1）+za0-xn2+yn+zan=z-xn2+yn+zan.（其中x=ba-1，y=ac-c+2ab（a-1）2，
z=da-1+ac-ab（a-1）2+2a2b（a-1）3），證畢.
例已知數列{an}滿足：a1=2，an+1=21+1n2an.
（1）求數列an的通項公式；
（2）求證：a1+a2+…+an
解法一：運用二次錯位相減法
（1）求法略，an=n2?2n（2）用歸納法等傳統方法，略.
解法二：裂項相消法
（1）求法略，an=n2?2n
（2）令bn=（An2+Bn+C）?2n使得an=bn+1-bn，則bn+1-bn=
[An2+（4A+B）n+2A+2B+C]?2n=n2?2n，A=14A+B=02A+2B+C=0，
A=1B=-4C=6即bn=（n2-4n+6）?2n，a1+a2+…+an=（b2-b1）+
（b3-b2）+…（bn+1-bn）=（n2-2n+3）?2n+1-6，
（n2-2n+2）?2n+2-[（n2-2n+3）?2n+1-6]=2n+1?（n-1）2+6>0，證畢.
思考Ⅱ當數列Bn=bn3+cn2+dn+e或者次數更高時，An是否也可以寫成相鄰兩項數列之差呢？
推理Ⅱ數列An=x1nm+x2nm-1+…+xm+1an（x1≠0，a≠1），An=A′n-1-A′n，
其中A′n=y1nm+y2nm-1+…+ym+1an，則數列An前n項和為Sn=A′0-A′n
=ym+1-y1nm+y2nm-1+…+ym+1an，（其中y1、y2、…、ym+1均為常數）.
由以上可知，An也可以寫成相鄰兩項數列之差，結論是肯定的，當然在實際教學過
程中，很少出現3次以上的問題，倘若有，不難證之，方法同上.
總之，對于數列An=Bn?Cn，其中Cn為等比數列，Bn=x1nm+x2nm-1+…+xm+1
（x1，x2，…，xm+1為常數），都可以采用裂項相消法，從而“取代”錯位相減法，使其減少計算量、規避運算量，從而提高解題正確率，同學們不妨一試.
例1 （2008年遼寧高考）在數列{an}，{bn}中，a1=2，b1=4，且an，bn，an+1成等差數列，bn，an+1，bn+1成等比數列（n∈N？鄢）.
（1）求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜測數列{an}，{bn}的通項公式，并證明你的結論；
綜上，原不等式成立.
點評 在數列求和型不等式證明中，一般來說有先放縮再求和或先求和再放縮兩種形式. 若數列易于求和，則選擇先求和后再放縮；若數列不易求和，要考慮先放縮后再求和的證明方法. 本例題選擇先放縮再求和，切記放縮后要易于求和且放縮得當，若從第1項開始放大，則會放得過大，導致證明失敗，故在證明過程中選擇從數列第2項開始放大，恰到好處.
應用迭代法進行放縮
（1）取x0=5，a=100，計算x1，x2，x3的值（精確到0.01），歸納出xn，xn+1的大小關系；
解析 （1）x1=4.74，x2=4.67，x3=4.65，猜想xn+1
（2）用作差法不難得出結論.
（3）由（2）得：
構造函數，應用函數單調性進行放縮
例3 （2006年湖南高考）已知函數f（x）=x-sinx，數列{an}滿足：0
證明：（1）0
解析 （1）證明略.
首先要說明它的單調性：由（1）知，當0
又g（x）在[0，1]上連續，且g（0）=0，所以當0
點評 本例恰當構造“差函數”，先判斷“差函數“的單調性，然后在證明g（x）>0的過程中，靈活運用函數的單調性進行放縮，是本題證明的關鍵所在.
應用題設或題問中的不等關系式進行放縮
例4 （2011年廣東五校聯考）已知函數f（x）=ex-mx.
（1）當m=1時，求函數f（x）的最小值；
解析 （1）當m=1時， f′（x）=ex-1，令f′（x）=0得x=0. 當x∈（-∞，0）時， f′（x）0，故當x=0時， f（x）的最小值是1.
尋找解決問題的突破口，從而達到解決問題的目的.
應用二項式展開后再進行放縮
【關鍵詞】高中數學 數列
本章在歷年高考中占有較大的比重，至少占8%，考題類型既有選擇題，也有填空題和解答題，既有容易題，也有中檔題，更有難題。而從這幾年高考題的命題模式來看，客觀題主要是考察和其他知識點的交匯，主觀題對數列的考察較為全面，考察數列的概念、性質、公式、求和的應用。除09年理科解答題考察了和不等式及數學歸納法的結合外，最近幾年的數列解答題在高考中主要作為中檔題出現，對知識的交匯的考察主要集中在與函數、不等式以及數學歸納法的聯系上。本文從近幾年山東高考對數列的考查情況進行分析。
1.數列考點（山東卷）統計分析
年號題號所占分值重點考察的知識點及知識點交匯情況所占比例
有以上兩個表格分析的近五年試題的分布來看，等差、等比數列作為最基本的數列模型，依然是高考重點考察的對象，利用Sn與an的關系以及遞推公式求數列通項，以及數列求和問題也是近幾年高考命題的熱點。由于2009年考試說明把放縮法、反證法、數學歸納法加入考試要求，在09年高考中就考了數學歸納證明、放縮法，從而加大數列題難度，從最近五年的高考出題情況，雖然從2009年考綱加大難度，到2010年的中規中矩，再到2011年的新鮮題干，最后到2012年的等差數列中巧妙嵌入等比數列，我覺得數列的考察題目對知識難度要求總體有下降的趨勢，我認為這與山東高考將取消文理分科，進一步降低難度的大趨勢有關。
2.本單元考綱要求及復習策略
2.1 考綱要求
（1）了解數列的概念和幾種簡單的表示方法（列表、圖像、通項公式）。
了解數列是自變量為正整數的一次函數。
了解等差數列與一次函數，等比數列與指數函數的關系。
（2）理解等差數列，等比數列的概念；
掌握等差數列，等比數列的通項公式與前n項和公式；
掌握由數列前n項求通項的公式；
掌握由遞推公式求通項的基本方法；
掌握裂項求和以及錯位相減求和。
（3）能在具體的問題情境中，識別數列的等差、等比關系，并能綜合運用有關知識解決問題。
2.2 復習策略
（1）首先要認真研讀大綱、考綱，認真分析高考的出題動向，才能做到對這一部分出題動向的深入把握，這樣才能做到復習中更有針對性。
（2）曾聽到一位命題專家說過這樣一句話：“高考題來源于課本，高于課本”。由于這幾年山東高考大趨勢是更加注重基礎，降低難度。所以，復習過程中要切實做到“降低起點，以課本為主”，以知識模塊為主線開展復習，不能脫離課本僅憑某本參考資料復習。其實，往往很多高考題都是課本習題或例題的再加工或者就是原型。尤其是課本中思考、探究更應引起我們的重視。如：（2009湖北卷文）古希臘人常用小石子在沙灘上擺成各種性狀來研究數，例如：
他們研究過圖1中的1，3，6，10，…，由于這些數能夠表示成三角形，將其稱為三角形數；類似地，稱圖2中的1，4，9，16…這樣的數成為正方形數。下列數中及時三角形數又是正方形數的是
A.289 B.1024 C.1225 D.1378
這是我們課本數列第一節的引入實例，如果我們在教學過程中能夠給予重視、講解，那這個題學生做起來就很容易了。所以高考中很多題目都可以在課本中找到原型。
（3）教學過程中我們堅持用“題組法”進行數學總復習教學，取得了較好的復習效果。用題組法組織數學復習，可以更好的突出重點，有梯度的攻克難點。用“題組法”組織數學復習課一般由四組題目構成：再現型題組，鞏固型題組，提高型題組，反饋型題組。
具體是：①再現性題組，前一天已經做過，老師已經批閱過，上課是先用 3到5分鐘時間，讓學生習慣性的展開小組討論，然后，遺留問題就少得多了，老師精講相關內容、用時也較少。 ②鞏固型題組，組內派代表板演，不但讓小組間展開積極競爭，也能更好地檢測再現性題組的討論效果，板演結束后，由其它組的成員點評，提出多種不同的解決方案，老師在此基礎上再精析，將知識、方法升華。③提高型題組，小組內簡單交流，稍作思考，然后有老師引導學生共同解決問題。④反饋型題組，完全的交給學生，小組內完成，基礎好的同學，一般是組長可以利用自習、課間時間負責組織組內講解，這樣，班級學習氛圍更濃了，第二天的課上輕松多了。相信經過同學們的充分參與，我們的課堂真正成為學生的課堂，老師只是“導演”！
（4）在每次選編題組時，要求出題教師要圍繞有利于復習基礎知識，鞏固基本方法，揭示某些解題規律來選題、編題，每個題組中的題目及各題組之間要由易到難，并緊緊圍繞課時復習目標，使基礎知識、基本技能、基本方法、基本思想、解題規律重復出現，螺旋式遞進。這符合學生的認識規律，有助于學生記憶、理解知識、方法、思想，加速從模仿到靈活運用的進程，能深深印入學生的腦海中。同時題目的選編，要以考綱為綱，以教本為本，應具有基礎性、典型性、啟智性等。
（5）在復習過程中，要注意重視抓書寫規范訓練，突出提高解題準確與速度，以及對公式的準確記憶。計算能力是高考四大能力要求之一，也是學生的薄弱環節之一。
3.高考試題典例分析
3.1 考察等差、等比數列的概念和簡單性質
（2010山東理數）
（9）設{an}是等比數列，則“a1
（A）充分而不必要條件 （B）必要而不充分條件、
（C）充分必要條件 （D）既不充分也不必要條件
【答案】C
【解析】若已知a11，且a1>0，所以數列an是遞增數列；反之，若數列an是遞增數列，則公比q>1且a1>0，所以a1
【命題意圖】本題考查等比數列及充分必要條件的基礎知識，屬保分題。
3.2 用定義法求數列的通項，以an，-1n為基礎構造新數列，分類討論，分組求和
2011年（山東文、理20）
等比數列中，分別是下表第一、二、三行中的某一個數，且中的任何兩個數不在下表的同一列.
評析：文理（ 20 ）題均為數列題，情景一致。該題以列表的形式簡潔明了地給出了等比數列的前三項，極易讓考生把握，巧妙地穿了分類整合的思想。該種情景具有科學依據，因為數列是特殊的函數，函數可以借助解析法、列表法、圖象法來表示。此外，從該情景中還可以感覺到行列式的魅力。所以該題目情景的設置極具創新精神，又不失科學依據，具有極深的數學底蘊，充分體現了數學語言文化的魅力。在第二問中，均在通項的基礎上求和，但在求和的方法、計算量的大小和難易的程度，都充分考慮到文理考生的實際狀況，體現了對廣大考生的人文關懷。
3.3 對數列知識的綜合考察
（08年山東理19題）
將數列{an}中的所有項按每一行比上一行多一項的規則排成如下數表：
評析：本題以數列知識為背景，綜合考察不等式的證明方法，如數學歸納法，放縮法且步步遞進，環環相扣，考查綜合運用數學知識進行歸納、總結、推理、論證等能力.
4.5 以等差數列為背景嵌入等比數列，對等差（比）數列之定義，通項以及求和的全面考察
（2012年文20） （本小題滿分12分）
已知等差數列{an}的前5項和為105，且a20=2a5.
（Ⅰ）求數列{an}的通項公式；
（Ⅱ）對任意m∈N*，將數列{an}中不大于72m的項的個數記為bm.求數列{bm}的前m項和Sm.
解析：（I）由已知得：5a1+10d=105，a1+9d=2（a1+4d），
4.2013年高考預測
從近五年高考題目來看，除零九年理科數列題結合數學歸納法和不等式難度有點增加外， 08、10年數列高考題的出題方向難度降低、更加注重基礎方向發展。2011年、2012年均是作為20題出現，文理兩科的出題意境也極為類似，而且全面考察等差數列、等比數列定義，通項公式以及求和等基礎知識。這就要求我們以后教學過程中仍要堅持重視基礎，無論難度降低還是提高，都能做到“以不變應萬變”。
1.客觀題以考察等差、等比數列的概念、簡單性質和基本量運算為主。
2.解答題主要考查數列的綜合應用為主，這里常涉及到的知識方法有：
（1）基本量思想，對等差或等比數列，列方程求首項和公差或公比。
（2）利用Sn與an的關系，求通項或實現Sn與an的轉化，我認為Sn與an的關系公式，不僅僅是求通項，而是在題目中實現了Sn與an相互轉化的一條通道。
（3）已知遞推公式求通項公式，這里重點考察的是構造法。
對于由遞推關系所確定的數列通項公式問題，通常可通過對遞推式的變形轉化，從而化歸成等差數列或等比數列，進而利用等差、等比數列以及累加、連乘的方法求出數列的通項。
遞推數列的通項求解大致有如下幾類：a=a+f（n）、a=af（n）、a=pa+f（n）、a=pa+qf（n）。事實上以上幾類都可以看成a=pa+qf（n）類來解決，而a=pa+qf（n）又可以轉化為a=a+f（n）解決。下面舉例說明。
類型1：數列{a}中a=1，a=a+（2n+1），求數列{a}的通項a。
分析：數列求通項的本質就是等差數列通項推到思想――累加法的應用，移項以后，采用累加法，就可以利用等差數列求和，得到數列的通項。
解：因為a=a+（2n+1），所以a-a=（2n+1），
從而a=（a-a）+（a-a）+…+（a-a）+a，所以a=n。
點評：本題可以看成a=a+f（n）型問題，當f（n）=c（c是常數）就是等差數列；當f（n）=cn+d（c、d是常數且c≠0）、f（n）=c（c是常數且c≠0）就可以用累加法利用等差數列、等比數列求和，問題得以解決。
類型2：數列{a}中a=1，a=2a+4，求數列{a}的通項a。
分析：本題可以采用兩種方法：法一：構造新數列a+k=2（a+k），展開與原來的表達式相同，求出k，從而化歸成等比數列的通項求解；法二：兩邊同除以2后就可以化歸為類型1的問題解決。
解：由題意可得a+k=2（a+k），展開并與原表達式比較得k=4，所以=2，令b=a+4，則b=5，從而數列{b}是以5為首項，2為公比的等比數列，即b=5?2，所以a=5?2-4。
點評：本題a=pa+f（n）型的一種情況，f（n）=4是常數，當f（n）=2，此時采用上述解法，就不如采用方法二來得快，解法如下：
a=2a+2，兩邊同除以2，得=+，令b=，則b-b=，b=，這樣就化歸為題類型1解決。如果f（n）=2n+1呢？此時仍可采用兩邊同除以2，得=+，則可化歸為令b=，則b-b=，b=。利用累加法，利用等比數列求和思想――錯位相減法，求出的和，問題就能順利得到解決。
