數列數學題怎麼總結

1. 高中數學要怎麼總結解題方法

高中數學解題思路與技巧總結
（1）函數
函數題目，先直接思考後建立三者的聯系。首先考慮定義域，其次使用「三合一定理」。
（2）方程或不等式
如果在方程或是不等式中出現超越式，優先選擇數形結合的思想方法；
（3）初等函數
面對含有參數的初等函數來說，在研究的時候應該抓住參數沒有影響到的不變的性質。如所過的定點，二次函數的對稱軸或是……；
(4)選擇與填空中的不等式
選擇與填空中出現不等式的題目，優選特殊值法；
(5)參數的取值范圍
求參數的取值范圍，應該建立關於參數的等式或是不等式，用函數的定義域或是值域或是解不等式完成，在對式子變形的過程中，優先選擇分離參數的方法；
(6)恆成立問題
恆成立問題或是它的反面，可以轉化為最值問題，注意二次函數的應用，靈活使用閉區間上的最值，分類討論的思想，分類討論應該不重復不遺漏；
(7)圓錐曲線問題
圓錐曲線的題目優先選擇它們的定義完成，直線與圓錐曲線相交問題，若與弦的中點有關，選擇設而不求點差法，與弦的中點無關，選擇韋達定理公式法；使用韋達定理必須先考慮是否為二次及根的判別式；
(8)曲線方程
求曲線方程的題目，如果知道曲線的形狀，則可選擇待定系數法，如果不知道曲線的形狀，則所用的步驟為建系、設點、列式、化簡（注意去掉不符合條件的特殊點）；
(9)離心率
求橢圓或是雙曲線的離心率，建立關於a、b、c之間的關系等式即可；
(10)三角函數
三角函數求周期、單調區間或是最值，優先考慮化為一次同角弦函數，然後使用輔助角公式解答；解三角形的題目，重視內角和定理的使用；與向量聯系的題目，注意向量角的范圍；
(11)數列問題
數列的題目與和有關，優選和通公式，優選作差的方法；注意歸納、猜想之後證明；猜想的方向是兩種特殊數列；解答的時候注意使用通項公式及前n項和公式，體會方程的思想；
（12）立體幾何問題
立體幾何第一問如果是為建系服務的，一定用傳統做法完成，如果不是，可以從第一問開始就建系完成；注意向量角與線線角、線面角、面面角都不相同，熟練掌握它們之間的三角函數值的轉化；錐體體積的計算注意系數1/3，而三角形面積的計算注意系數1/2 ；與球有關的題目也不得不防，注意連接「心心距」創造直角三角形解題；
（13）導數
導數的題目常規的一般不難，但要注意解題的層次與步驟，如果要用構造函數證明不等式，可從已知或是前問中找到突破口，必要時應該放棄；重視幾何意義的應用，注意點是否在曲線上；
（14）概率
概率的題目如果出解答題，應該先設事件，然後寫出使用公式的理由，當然要注意步驟的多少決定解答的詳略；如果有分布列，則概率和為1是檢驗正確與否的重要途徑；
（15）換元法
遇到復雜的式子可以用換元法，使用換元法必須注意新元的取值范圍，有勾股定理型的已知，可使用三角換元來完成；
（16）二項分布
注意概率分布中的二項分布，二項式定理中的通項公式的使用與賦值的方法，排列組合中的枚舉法，全稱與特稱命題的否定寫法，取值范或是不等式的解的端點能否取到需單獨驗證，用點斜式或斜截式方程的時候考慮斜率是否存在等；
（17）絕對值問題
絕對值問題優先選擇去絕對值，去絕對值優先選擇使用定義；
（18）平移
與平移有關的，注意口訣「左加右減，上加下減」只用於函數，沿向量平移一定要使用平移公式完成；
（19）中心對稱
關於中心對稱問題，只需使用中點坐標公式就可以，關於軸對稱問題，注意兩個等式的運用：一是垂直，一是中點在對稱軸上。
六種解題思路：
1.函數與方程思想
函數與方程的思想是中學數學最基本的思想。所謂函數的思想是指用運動變化的觀點去分析和研究數學中的數量關系，建立函數關系或構造函數，再運用函數的圖像與性質去分析、解決相關的問題。而所謂方程的思想是分析數學中的等量關系，去構建方程或方程組，通過求解或利用方程的性質去分析解決問題。
2.數形結合思想
數與形在一定的條件下可以轉化。如某些代數問題、三角問題往往有幾何背景，可以藉助幾何特徵去解決相關的代數三角問題；而某些幾何問題也往往可以通過數量的結構特徵用代數的方法去解決。因此數形結合的思想對問題的解決有舉足輕重的作用。
解題類型
(1)「由形化數」：就是藉助所給的圖形，仔細觀察研究，提示出圖形中蘊含的數量關系，反映幾何圖形內在的屬性。
(2)「由數化形」 ：就是根據題設條件正確繪制相應的圖形，使圖形能充分反映出它們相應的數量關系，提示出數與式的本質特徵。
(3)「數形轉換」 ：就是根據「數」與「形」既對立，又統一的特徵，觀察圖形的形狀，分析數與式的結構，引起聯想，適時將它們相互轉換，化抽象為直觀並提示隱含的數量關系。
3.分類討論思想
分類討論的思想之所以重要，原因一是因為它的邏輯性較強，原因二是因為它的知識點的涵蓋比較廣，原因三是因為它可培養學生的分析和解決問題的能力。原因四是實際問題中常常需要分類討論各種可能性。
解決分類討論問題的關鍵是化整為零，在局部討論降低難度。
常見的類型
類型1：由數學概念引起的的討論，如實數、有理數、絕對值、點（直線、圓）與圓的位置關系等概念的分類討論；
類型2：由數學運算引起的討論，如不等式兩邊同乘一個正數還是負數的問題；
類型3 ：由性質、定理、公式的限制條件引起的討論，如一元二次方程求根公式的應用引起的討論；
類型4：由圖形位置的不確定性引起的討論，如直角、銳角、鈍角三角形中的相關問題引起的討論。
類型5：由某些字母系數對方程的影響造成的分類討論，如二次函數中字母系數對圖象的影響，二次項系數對圖象開口方向的影響，一次項系數對頂點坐標的影響，常數項對截距的影響等。
分類討論思想是對數學對象進行分類尋求解答的一種思想方法，其作用在於克服思維的片面性，全面考慮問題。分類的原則：分類不重不漏。
4.轉化與化歸思想
轉化與化歸是中學數學最基本的數學思想之一，是一切數學思想方法的核心。數形結合的思想體現了數與形的轉化；函數與方程的思想體現了函數、方程、不等式之間的相互轉化；分類討論思想體現了局部與整體的相互轉化，所以以上三種思想也是轉化與化歸思想的具體呈現。
轉化包括等價轉化和非等價轉化，等價轉化要求在轉化的過程中前因和後果是充分的也是必要的；不等價轉化就只有一種情況，因此結論要注意檢驗、調整和補充。轉化的原則是將不熟悉和難解的問題轉為熟知的、易解的和已經解決的問題，將抽象的問題轉為具體的和直觀的問題；將復雜的轉為簡單的問題；將一般的轉為特殊的問題；將實際的問題轉為數學的問題等等使問題易於解決。
常見的轉化方法
(1)直接轉化法：把原問題直接轉化為基本定理、基本公式或基本圖形問題；
(2)換元法：運用「換元」把式子轉化為有理式或使整式降冪等，把較復雜的函數、方程、不等式問題轉化為易於解決的基本問題；
(3)數形結合法：研究原問題中數量關系（解析式）與空間形式（圖形）關系，通過互相變換獲得轉化途徑；
(4)等價轉化法：把原問題轉化為一個易於解決的等價命題，達到化歸的目的；
(5)特殊化方法：把原問題的形式向特殊化形式轉化，並證明特殊化後的問題，使結論適合原問題；
(6)構造法：「構造」一個合適的數學模型，把問題變為易於解決的問題；
(7)坐標法：以坐標系為工具，用計算方法解決幾何問題也是轉化方法的一個重要途徑。
5.特殊與一般思想
用這種思想解選擇題有時特別有效，這是因為一個命題在普遍意義上成立時，在其特殊情況下也必然成立，根據這一點，同學們可以直接確定選擇題中的正確選項。不僅如此，用這種思想方法去探求主觀題的求解策略，也同樣有用。
6.極限思想
極限思想解決問題的一般步驟為：
一、對於所求的未知量，先設法構思一個與它有關的變數
二、確認這變數通過無限過程的結果就是所求的未知量
三、構造函數(數列)並利用極限計演算法則得出結果或利用圖形的極限位置直接計算結果。
掌握數學解題思想是解答數學題時不可缺少的一步，建議同學們在做題型訓練之前先了解數學解題思想，掌握解題技巧，並將做過的題目加以歸納總結，以便在考試中游刃有餘。

2. 誰幫我總結下高中數學中常用的數列求和裂項公式

裂項法裂項法求和
這是分解與組合思想在數列求和中的具體應用.
裂項法的實質是將數列中的每項（通項）分解，然後重新組合，使之能消去一些項，最終達到求和的目的.
通項分解（裂項）如：
（1）1/n(n+1)=1/n-1/(n+1)
（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!
[例1]
【分數裂項基本型】求數列an=1/n(n+1)
的前n項和.
解：an=1/n(n+1)=1/n-1/(n+1)
（裂項）
則
Sn=1-1/2+1/2-1/3+1/4…+1/n-1/(n+1)（裂項求和）
＝
1-1/(n+1)
＝
n/(n+1)

[例2]
【整數裂項基本型】求數列an=n(n+1)
的前n項和.
解：an=n(n+1)=[n(n+1)(n+2)-(n-1)n(n+1)]/3（裂項）
則
Sn=[1×2×3-0×1×2+2×3×4-1×2×3+……+n(n+1)(n+2)-(n-1)n(n+1)]/3（裂項求和）
＝
(n-1)n(n+1)/3
小結：此類變形的特點是將原數列每一項拆為兩項之後，其中中間的大部分項都互相抵消了。只剩下有限的幾項。
注意：
餘下的項具有如下的特點
1餘下的項前後的位置前後是對稱的。
2餘下的項前後的正負性是相反的。
易錯點：注意檢查裂項後式子和原式是否相等，典型錯誤如：1/(3×5)=1/3-1/5（等式右邊應當除以2）
附：數列求和的常用方法：
公式法、裂項相消法、錯位相減法、倒序相加法等。(關鍵是找數列的通項結構)
1、分組法求數列的和：如an=2n+3n
2、錯位相減法求和：如an=n·2^n
3、裂項法求和：如an=1/n(n+1)
4、倒序相加法求和：如an=
n
5、求數列的最大、最小項的方法：
①
an+1-an=……
如an=
-2n2+29n-3
②
(an>0)
如an=
③
an=f(n)
研究函數f(n)的增減性
如an=
an^2+bn+c(a≠0)
6、在等差數列
中,有關Sn
的最值問題——常用鄰項變號法求解：
(1)當
a1>0,d<0時，滿足{an}的項數m使得Sm取最大值.
(2)當
a1<0,d>0時，滿足{an}的項數m使得Sm取最小值.
在解含絕對值的數列最值問題時,注意轉化思想的應用。

3. 關於高中數列的常見解題思路

1;有遞推公式求通向公式，這個有點難度那得看遞推公式了
一般有累加法
累乘法
有一種典型的遞推公式要設未知數大題中考的比較頻繁的是把給的遞推公式經過等價的變形後的某種形式是等比數列或等差數列你應該做過這樣的題吧？高三時貌似經常做這樣的題，還有種是最難的了
貌似只有高考如果最後個大題是數列才會這樣考，就是用數學歸納求。這種別亂用啊
只有在其他方法不管用是才用
至於用遞推求通向就不用我講了吧
令n=n-1代入原式出來一個新式用兩個式子一起求
很簡單
2；等比和等差不用我說了吧
還有一種叫錯位相減求和，這種只適用於一個數列可以寫成一個等差乘以一個等比數列形式的數列，在n個式子相加的形式
令n=n-1得到一個式子在令兩式子相減可轉化成等比數列的求和
還有列項相消
這種只適用於相除的數列形式一定要注意！！！！重點：注意觀察裂開後拿項和那項可以消去
有的一個消一個
但有的是兩個消兩個
兩個的容易錯
3；啥叫差比數列啊？
4；在1；種有提及一般有兩種形式第一種
是明著用數學歸納
這種簡單
一般有三問
第一問求第二項第三項第四項或更多
第二問
有第一問求出來的
猜想通向
第三問用數學歸納證明
第二是暗著的
就是不明告訴你用數學歸納
一般在用所有方法都不行時在用這個方法
難點在於你一點要猜想對
才能證明對
5；這種最常考的是數列不等式用數學歸納證明不等式成立或用函數單調性證明不等式成立一般是比較喃的
6；應用題嗎主要是理解題意
然後轉化成數列模型
在用個以上數列地方法解決就行理解題意！！！2/3的時間用在理解題意上呢切記切記
7；利用不動點列出一個等式，這個等式幾乎就是通向，在用通向解決吧
打這么多字挺累的
這事我高中時的總結
歲有很多忘記了
但想起來的
我都寫上了
如果還有什麼疑問
我盡量幫你解決
希望會對你有用！

4. 數列考試須注意的知識點（高一）總結

問題一：基本知識概念未吃透

全面復習基本知識和基本方法，並加強知識的條理性和整體性是第一輪復習急需解決的問題。

如面對代數中的4個「二次」：二次三項式、一元二次方程、一元二次不等式、二次函數時。以二次方程為基礎，二次函數為主線，通過解析幾何、三角函數、帶參數的不等式等典型重要問題，建構知識，發展能力。

數學中的許多概念、公式都有共同的地方，很多方法、技能也有相似之處，但它們彼此之間還是有區別的。細微的區別無論老師怎樣三令五申地強調，學生也許依然難以掌握。此時可以通過對比，清楚地看出它們的區別與聯系。例如：

1、對於函數f(x)=lg(1+2x+4x·a)(1)f(x)在x∈(-∞,1)上有意義，則a的范圍是____；

(2)f(x)的定義域為(-∞，1)，則a的范圍是________。

2、在等差數列{an}中，當ar＝as(r≠s)時，{an}必定是常數數列。然而在等比數列{an}中，對某些正整數r,s(r≠s),當ar＝as時，非常數數列{an}的一個例子是______。

問題二：數學思想方法須梳理

應有意識地運用數學思想方法去分析問題解決問題，通過近幾年的高考試題可以看出試卷主要從以下幾個方面對數學思想方法進行考查。常用的數學方法：配方法、消參法、換元法、待定系數法、坐標法等等；數學思維方法：觀察與分析、概括與抽象、分析與綜合、特殊與一般、歸納與演繹等；常用的數學思想：函數與方程思想、數形結合思想、分類討論思想、化歸思想等。數學思想方法是數學的精髓，它蘊涵在數學發生、發展和應用的全過程中，對它的靈活應用是數學能力的集中體現。

因為期中考試前主要是函數部分的內容，題目所用知識比較單一。期中考試後，數列、解幾、復數、向量開始復習，題目所牽涉的知識點就比較多了，比如函數和數列、復數和向量、解幾與數列等等，所以要加強知識交叉點問題的訓練。這實際上就是訓練分析問題解決問題的能力，下一階段的復習，應對數學思想方法和數學基本方法進行梳理、總結，逐個認識它們的本質特徵、思維程序或操作程序。同學們只有對數學思想、數學方法理解透徹及融會貫通時，才能提出新的看法、好的解法，形成能力，提高數學素質。

問題三：運算能力不到位

運算能力不到位也是期中考試反映出來的一個重要問題。運算能力是在掌握運算技能上發展起來的，主要表現在靈活運用運算的法則、性質、公式，善於觀察、比較、推理等。學習數學反對死記硬背，但並不排除對所學知識的記憶。比如：三角函數中的誘導公式；兩角和與差的正弦、餘弦、正切公式；二倍角公式、萬能公式等等。再如：立體幾何中的一些公理和定理，很多同學不願花時間去記憶，使得解題速度緩慢或用錯公式、定理，從而導致運算準確率下降，時間來不及。如果你覺得自己數學學得還不錯，但總也考不好，是否從這方面好好地找原因。因為有思路並不代表你能算對，不僅要會做，而且做法力求簡潔、節約時間，強大的運算能力是拿高分的重要保證。

5. 高中數學數列總結

教學課題： 數列的求和
備課人：王德固
教學目的：小結數列求和的常用方法，尤其是要求學生初步掌握用公式法、分組結合法、裂項相消法、錯位相減法、倒序相加法求解一些特殊的數列；
教學前的准備：
（1） 基本公式：
① 等差數列的前n項和公式
；
② 等比數列的前n項和公式

（2） 特殊數列求和---常用數列前n項和（記憶）

教學過程： 對於非等差數列、等比數列的特殊數列，求其前n項和的一般方法是：先求數列的通項公式，再分析數列通項公式結構的特徵，然後轉化為等差數列、等比數列求和或採用消項的方法求和。
知識點1：公式法（若問題可轉化為等差、等比數列，則直接利用求和公式即可）

知識點2： 分組結合法（分組求和法、拆項法）
若數列 的通項公式為 ，其中 中一個是等差數列，另一個是等比數列，求和時一般用分組結合法。
知識點3：裂項相消法 （裂項法）
如果一個數列的每一項都能化為兩項之差，並且前一項的減數恰與後一項的被減數相同，求和時中間項相互抵消，這種數列求和的方法就是裂項相消法；
知識點4：錯位相減法
若數列 的通項公式為 ，其中 ， 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 ；然後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。
知識點5：倒序相加法
倒序相加法是推導等差數列前n項和公式的一種方法，在今後學習「排列、組合、二項式定理」一章中還會應用到，這里不加說明。
小結：特殊數列求和的幾種常用方法的說明和應用；

6. 總結高中數學數列常用方法有哪幾種

1：直接求合法

2：並項求和法

3：裂項求和法

4：拆項重組法

5：錯位相減法

6：倒序相加法

7：歸納猜想法

7. 求高中數學數列求和方法總結

數列求和方法
1.
公式法：
等差數列求和公式:Sn=n(a1+an)/2=na1+n(n-1)d/2
等比數列求和公式：Sn=na1(q=1)
Sn=a1(1-qn)/(1-q)=(a1-an×q)/(1-q)
(q≠1)
2.錯位相減法
適用題型：適用於通項公式為等差的一次函數乘以等比的數列形式
{
an
}、{
bn
}分別是等差數列和等比數列.
Sn=a1b1+a2b2+a3b3+...+anbn
例如：
an=a1+(n-1)d
bn=a1•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)
=a1b1-an•b1•qn+d•b2[1-q(n-1)]/(1-q)
Tn=上述式子/(1-q)
3.倒序相加法
這是推導等差數列的前n項和公式時所用的方法，就是將一個數列倒過來排列（反序），再把它與原數列相加，就可以得到n個(a1+an)
Sn
=a1+
a2+
a3+......
+an
Sn
=an+
a(n-1)+a(n-3)......
+a1
上下相加
得到2Sn
即
Sn=
（a1+an)n/2
4.分組法
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，可分為幾個等差、等比或常見的數列，然後分別求和，再將其合並即可.
例如：an=2n+n-1
5.裂項法
適用於分式形式的通項公式，把一項拆成兩個或多個的差的形式，即an=f(n+1)－f(n)，然後累加時抵消中間的許多項。
常用公式：
（1）1/n(n+1)=1/n-1/(n+1)
（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!
[例]
求數列an=1/n(n+1)
的前n項和.
解：an=1/n(n+1)=1/n-1/(n+1)
（裂項）
則
Sn
=1-1/2+1/2-1/3+1/4…+1/n-1/(n+1)（裂項求和）
＝
1-1/(n+1)
＝
n/(n+1)
小結：此類變形的特點是將原數列每一項拆為兩項之後，其中中間的大部分項都互相抵消了。只剩下有限的幾項。
注意：
餘下的項具有如下的特點
1餘下的項前後的位置前後是對稱的。
2餘下的項前後的正負性是相反的。
6.數學歸納法
一般地，證明一個與正整數n有關的命題，有如下步驟：
（1）證明當n取第一個值時命題成立；
（2）假設當n=k（k≥n的第一個值，k為自然數）時命題成立，證明當n=k+1時命題也成立。
例：
求證：
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
證明：
當n=1時，有：
1×2×3×4
+
2×3×4×5
=
2×3×4×5×(1/5
+1)
=
2×3×4×5×6/5
假設命題在n=k時成立，於是：
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
則當n=k+1時有：
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時原等式仍然成立，歸納得證
7.通項化歸
先將通項公式進行化簡，再進行求和。
如：求數列1，1+2，1+2+3，1+2+3+4,……的前n項和。此時先將an求出，再利用分組等方法求和。
8.並項求和：
例：1－2+3－4+5－6+……+（2n-1）-2n
方法一：（並項）
求出奇數項和偶數項的和，再相減。
方法二：
（1－2）+（3－4）+（5－6）+……+[（2n-1）-2n]

8. 高中數學 總結數列

數列綜合
數列作為特殊的函數，在很多問題上的解決方法都與函數相似。比如，在分析數列性質時，往往都要從數列中每一項的下標分析入手，這一點，與解決函數問題時要從對自變數的分析入手一樣。函數與方程及不等式有著密切的聯系，所以，數列問題又可與方程和不等式相結合。因此，在解決數列問題時，要注意重在方法上與函數、方程、不等式相類比，同時也充分關注到數列本身的一些特殊性質。
1．已知是關於的一次函數，是關於的二次函數，的圖象是開口向下，對稱軸為的拋物線，數列滿足，而恰為數列的前項和。
（1）證明為等差數列，說明首項a1與公差d的符號；
（2）求出滿足的最大正整數，判斷此時與的大小，並說明理由；
（3）當a1=21時，求出與的解析式。
分析：本題考查等差數列的定義，通項公式，前項和公式的應用，綜合考查數列與函數的綜合。
解析：
（1）設，
∴，，
∴（常數）
∴是公差為k的等差數列。
∴
∴，
又的圖象開口向下,且對稱軸為
∴的公差d=k＜0且
∴
∴
（2）
令
∴，∴
∵n∈N*，∴滿足的最大正整數n=6。
∴
∴
，∴
（3），∴k=－4，b=25，
∴，
反思：對於第（2）問，可以結合二次函數性質及等差數列性質，
法二：∵開口向下，對稱軸且由等數列前n項和公式可知
∴圖象與x軸交點橫坐標為。
∴S11= 11a6＞0，S12=6(a6+a1)＜0
∴a6＞0，a7＜0
∴a1＞a2＞a3＞…＞a6＞0＞a7＞a8＞…

2．已知點是函數（a＞0且a≠1）的圖象上的一點，等比數列的前n項和為，數列（）的首項為c，且前n項和滿足。
（1）求數列和的通項公式；
（2）若數列前n項和為，問的最小正整數n是多少？
分析：本題考查數列知識的綜合運用，與的關系，以及特殊數列求和及不等式的相關知識，解題過程中注重化歸為基本問題。
解析：
（1）∵，∴
∴，，

∵是等比數列，∴
∴c=1且公比
∴，
∵
，，∴且b1=S1=1
∴是首項為1公差為1的等差數列
∴（），
∴當n≥2時
當n=1時b1=1=2×1－1
綜上，（）
（2）
∴

由得
∴滿足的最小正整數n=112。

3．等比數列的前n項和為，已知對任意的n∈N+，點均在函數（b＞0且b≠1，b，r均為常數）的圖像上。
（1）求r的值；
（2）當b=2時，記（n∈N+），求數列的前n項和。
分析：本題考查與的關系，即由求，以及特殊數列求和。
解析：
（1）由已知
∴a1=S1=b+r，a2=S2－S1=b2－b，a3=S3－S2=b3－b2
∵是等比數列，∴
∴(b2―b)2=(b+r)(b3―b2)，化簡得(1+r)(b－1)·b2=0
∵b＞0且b≠1，∴1+r=0，r=－1
（2）由（1）知
∴a1=S1=1，
∴，
∴ ①
②
①－②：

∴
反思：錯位相減求和時注意運算。

4．曲線C：y=(x+a)3（a≠0），以P0（0，a3）為切點，作曲線C的切線交x軸於Q1，過Q1作x軸的垂線交曲線C於P1（x1，y1）；以P1（x1，y1）為切點作曲線C的切線交x軸於Q2，過Q2作x軸的垂線交曲線C於P2（x2，y2）；如此繼續下去，得到點列
（1）求與的關系（n≥2）；
（2）求，的通項公式。
分析：本題考查導數，數列的相關知識的綜合運用。
解析：
（1）
∴過點的切線方程
其中
令y=0，∴
若存在n0使，則當n0=0時，與已知矛盾！
∴，
∴，∴
∴
（2）且，
∴是首項為，公比為的等比數列
∴，∴

反思：注意題目中出現了形如的遞推關系，可利用如下待定系數法求通項公式。
令 ，∴
∴，
∴
∴在時數列即為公比是p的等比數列。

5．已知曲線（n=1，2，…）。從點P（－1，0）向曲線引斜率為的切線，切點為。
（1）求數列與的通項公式；
（2）證明：。
分析：本題綜合考查圓、函數、數列相關知識，包括圓的切線，不等式放縮，函數單調性，求函數最值等，注意化歸，同時關注幾何圖形及方法應用。

解析：
（1）圓，圓心，半徑
∴，，
∴，即
由得
∴，即
（2），
∴
∴
∴
又，
令，∴
令得
對給定區間有，∴在單調遞減
∴，即
而當n≥1時2n+1≥3，∴
∴即。
反思：本題（1）問充分關注了幾何圖形特徵，利用平面幾何知識求解，計算量小，第（2）問綜合了數列單調性與函數單調性問題，注意方法的比較。

課後練習
1．已知函數，M（x1，y1），N（x2，y2）是圖象上的兩點，橫坐標為的點P滿足（O為坐標原點）。
（Ⅰ）求證：y1+y2為定值；
（Ⅱ）若，其中n∈N*，且n≥2，求；
（Ⅲ）已知，其中n∈N*，為數列的前n項和，
若對一切n∈N*都成立，試求m的取值范圍。

2．已知數列的前n項和（n為正整數）。
（Ⅰ）令，求證數列是等差數列，並求數列的通項公式；
（Ⅱ）令，，試比較與的大小，並予以證明。

參考答案：
1．解析：
（Ⅰ）證：由已知可得，，
∴P是MN的中點，有x1+x2=1。
∴

（Ⅱ）由（Ⅰ）知當x1+x2=1時，
，
，
相加得

∴
（Ⅲ）當n≥2時，
。
又當n=1時，
∴。

。
由於對一切n∈N*都成立，

∵，當且僅當n=2時，取「=」，
∴。
因此。

2．解析：
（Ⅰ）在中，
令n=1，可得，即
當n≥2時，，∴，
∴，即。
∵，∴，
即當n≥2時，。
又b1= 2a1=1，∴數列是首項和公差均為1的等差數列。
於是，∴。
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，所以

由①－②得

∴

於是確定與的大小關系等價於比較與2n+1的大小
由2＜2×1+1；22＜2×2+1；23＜2×3+1；24＜2×4+1；25＜2×5+1；……
可猜想當n≥3時，。
證明如下：
證法1：
（1）當n=3時，由上驗算顯示成立。
（2）假設當n=k（k≥3）時猜想也成立。
則當n=k+1時
所以當n=k+1時猜想也成立。
綜合（1）（2）可知，對一切n≥3的正整數，都有。
證法2：當n≥3時

綜上所述，當n=1，2時，，當n≥3時。

9. 數學：數列的解題方法

高中數列的解題技巧