高考题型数列,高考数学数列题型

1.数列的10种通项公式

2.2022全国新高考Ⅱ卷文科数学试题及答案解析

3.求 高考数列各种主要题型

4.一个数学数列高考题。

高考关于数列方面的命题主要有以下三个方面;(1)数列本身的有关知识，其中有等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式及求和公式。(2)数列与其它知识的结合，其中有数列与函数、方程、不等式、三角、几何的结合。(3)数列的应用问题，其中主要是以增长率问题为主。试题的难度有三个层次，小题大都以基础题为主，解答题大都以基础题和中档题为主，只有个别地方用数列与几何的综合与函数、不等式的综合作为最后一题难度较大。

数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础。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。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。题目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。

数列的10种通项公式

数列求和常用：错位相减法，裂项相消法：1/[n(n+k)]=1/k[(1/n)-1/(n+k)]，倒序相加法，累加法：a下标(n+1)=[a下标(n)]+f(n)型可用

，累积法：a下标(n+1)=f（n）[a下标(n)]可用

注意解大题时常用an=a1(n=1),an=Sn-S下标(n-1),(n>=2)

还有一个重点就是

一个数列很多时候能拆成

如(a下标n)+x=k(a下标(n+1)+x)，k为给出原数列a下标(n+1)的系数，

然后用等比公式求解即可

凡是数列不懂做的题目，用数学归纳法，一定能做出来

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2022全国新高考Ⅱ卷文科数学试题及答案解析

数列通项公式的几种求法

数列通项公式直接表述了数列的本质，是给出数列的一种重要方法。数列通项公式具备两大功能，第一，可以通过数列通项公式求出数列中任意一项；第二，可以通过数列通项公式判断一个数是否为数列的项以及是第几项等问题；因此，求数列通项公式是高中数学中最为常见的题型之一，它既考察等价转换与化归的数学思想，又能反映学生对数列的理解深度，具有一定的技巧性，是衡量考生数学素质的要素之一，因而经常渗透在高考和数学竞赛中。本文分别介绍几种常见的数列通项的求法，以期能给读者一些启示。

一、常规数列的通项

例1：求下列数列的通项公式

（1）2(22—1)，3(32—1)，4(42—1)，5(52—1)，…

（2）－1×2(1)，2×3(1)，－3×4(1)，4×5(1)，…

（3）3(2)，1，7(10)，9(17)，11(26)，…

解：（1）an=n(n2—1) （2）an= n（n+1）(（－1）n) （3） an=2n＋1(n2＋1)

评注：认真观察所给数据的结构特征，找出an与n的对应关系，正确写出对应的表达式。

二、等差、等比数列的通项

直接利用通项公式an=a1+（n－1）d和an=a1qn－1写通项，但先要根据条件寻求首项、公差和公比。

三、摆动数列的通项

例2：写出数列1，－1，1，－1，…的一个通项公式。

解：an=（－1）n－1

变式1：求数列0，2，0，2，0，2，…的一个通项公式。

分析与解答：若每一项均减去1，数列相应变为－1，1，－1，1，…

故数列的通项公式为an=1+（－1）n

变式2：求数列3，0，3，0，3，0，…的一个通项公式。

分析与解答：若每一项均乘以3(2)，数列相应变为2，0，2，0，…

故数列的通项公式为an=2(3)[1+（－1）n－1 ]

变式3：求数列5，1，5，1，5，1，…的一个通项公式。

分析与解答1：若每一项均减去1，数列相应变为4，0，4，0，…

故数列的通项公式为an=1++2×3(2)[1+（－1）n－1 ]=1+3(4)[1+（－1）n－1 ]

分析与解答2：若每一项均减去3，数列相应变为2，－2，2，－2，…

故数列的通项公式为an=3+2（－1）n－1

四、循环数列的通项

例3：写出数列0.1，0.01，0.001，0.0001，…的一个通项公式。

解：an= 10n(1)

变式1：求数列0.5，0.05，0.005，…的一个通项公式。

解：an= 10n(5)

变式2：求数列0.9，0.99，0.999，…的一个通项公式。

分析与解答：此数列每一项分别与数列0.1，0.01，0.001，0.0001，…的每一项对应相加得到的项全部都是1，于是an=1－ 10n(1)

变式3：求数列0.7，0.77，0.777，0.7777，…的一个通项公式。

解：an= 9(7)（1－ 10n(1)）

例4：写出数列1，10，100，1000，…的一个通项公式。

解：an=10n－1

变式1：求数列9，99，999，…的一个通项公式。

分析与解答：此数列每一项都加上1就得到数列10，100，1000，… 故an=10n－1。

变式2：写出数列4，44，444，4444…的一个通项公式。

解：an= 9(4)（10n－1）

评注：平日教与学的过程中务必要对基本的数列通项公式进行过关，这就需要提高课堂教与学的效率，多加总结、反思，注意联想与对比分析，做到触类旁通，也就无需再害怕复杂数列的通项公式了。

五、通过等差、等比数列求和来求通项

例5：求下列数列的通项公式

（1）0.7，0.77，0.777，… （2）3，33，333，3333，…

（3）12，1212，121212，… （4）1，1+2，1+2+3，…

解：（1）an==7×=7×（0.1+0.01+0.001+…+）

=7×（10(1)+102(1)+103(1)+…+10n(1)）==9(7)（1－10n(1)）

（2）an==3×=3×（1+10+100+…+10n）=3×1－10(1－10n)=3(1)（10n－1）

（3）an==12×（1+100+10000+…+100n－1）=12×1－100(1－100n)=33(4)（102n－1）

（4）an=1+2+3+…n=2(n（n+1）)

评注：关键是根据数据的变化规律搞清楚第n项的数据特点。

六、用累加法求an=an－1+f（n）型通项

例6：（1）数列{an}满足a1=1且an=an－1+3n－2（n≥2），求an。

（2）数列{an}满足a1=1且an=an－1+2n(1)（n≥2），求an。

解：（1）由an=an－1+3n－2知an－an－1=3n－2，记f（n）=3n－2= an－an－1

则an= （an－an－1）+（an－1－an－2）+（an－2－an－3）+…（a2－a1）+a1

=f（n）+ f（n－1）+ f（n－2）+…f（2）+ a1

=（3n－2）+[3（n－1）－2]+ [3（n－2）－2]+ …+（3×2－2）+1

=3[n+（n－1）+（n－2）+…+2]－2（n－1）+1

=3×2(（n+2）（n－1）)－2n+3=2(3n2－n)

（2）由an=an－1+2n(1)知an－an－1=2n(1)，记f（n）=2n(1)= an－an－1

则an=（an－an－1）+（an－1－an－2）+（an－2－an－3）+…（a2－a1）+a1

=f（n）+ f（n－1）+ f（n－2）+…f（2）+ a1

=2n(1)+2n－1(1)+2n－2(1)+…+22(1)+1=2(1)－2n(1)

评注：当f（n）=d（d为常数）时，数列{an}就是等差数列，教材对等差数列通项公式的推导其实就是用累加法求出来的。

七、用累积法求an= f（n）an－1型通项

例7:（1）已知数列{an}满足a1=1且an=n(2（n-1）)an—1（n≥2），求an

（2）数列{an}满足a1=2(1)且an=2n(1)an—1，求an

解：（1）由条件 an—1(an)=n(2（n－1）)，记f（n）=n(2（n－1）)

an= an—1(an)· an—2(an－1)·… a1(a2)·a1=f（n）f（n－1）f（n－2）…f（2）f（2）a1

=n(2（n－1）)·n－1(2（n－2）)·n－2(2（n－3）)·…3(2×2)·2(2×1)·1=n(2n－1)

（2）an= an—1(an)· an—2(an－1)·… a1(a2)·a1=2n(1)·2n－1(1)…22(1)·2(1)=21＋2＋…＋n(1)=2－ 2(n（n＋1）)

评注：如果f（n）=q（q为常数），则{an}为等比数列，an= f（n）an—1型数列是等比数列的一种推广，教材中对等比数列通项公式地推导其实正是用累积法推导出来的。

八、用待定系数法求an=Aan－1＋B型数列通项

例8:数列{an}满足a1=1且an＋1＋2an=1，求其通项公式。

解：由已知，an＋1＋2an=1，即an=－2 an—1＋1

令an＋x=－2（an－1＋x），则an=－2 an－1－3x，于是－3x=1，故x=－3(1)

∴ an－3(1)=－2（an－1－3(1)）

故{ an－3(1) }是公比q为－2，首项为an－3(1)=3(2)的等比数列

∴an－3(1)=3(2)（－2）n－1=3(1－（－2）n)

评注：一般地，当A≠1时令an＋x=A（an－1＋x）有an=A an－1＋（A－1）x，则有

（A－1）x=B知x=A－1(B)，从而an＋A－1(B)=A（an－1+A－1(B)），于是数列{an＋A－1(B)}是首项为a1+A－1(B)、公比为A的等比数列，故an＋A－1(B)=（a1+A－1(B)）An－1，从而

an=（a1+A－1(B)）An－1－A－1(B)；特别地，当A=0时{an}为等差数列；当A≠0，B=0时，数列{an}为等比数列。

推广：对于an=A an－1＋f（n）（A≠0且A∈R）型数列通项公式也可以用待定系数法求通项公式。

例9：数列{an}满足a1=1且an=2an－1＋3n(1)（n≥2），求an。

解：令an＋x·3n(1)=2（an＋x·3n-1(1)）则an=2an－1+ 2x·3n-1(1)－x·3n(1)=3(5)x·3n-1(1)=5x·3n(1)

而由已知an=2an－1＋3n(1)故5x=1，则x=5(1)。故an＋5(1)·3n(1)＝2（an－1＋5(1)·3n-1(1)）

从而{an＋5(1)·3n(1)}是公比为q=2、首项为a1＋5(1)·3(1)=15(16)的等比数列。

于是an＋5(1)·3n(1)=15(16)×2n－1，则an=15(16)×2n－1－5(1)·3n(1)=15(1)（2n+3－3n－1(1)）

评注：一般情况，对条件an=Aan－1+f（n）而言，可设an+g（n）=A[an－1+g（n－1）]，则有Ag（n－1）－g（n）=f（n），从而只要求出函数g（n）就可使数列{ an+g（n）}为等比数列，再利用等比数列通项公式求出an。值得注意的是an+g（n）与an－1+g（n－1）中的对应关系。特别地，当f（n）=B（B为常数）时，就是前面叙述的例8型。

这种做法能否进一步推广呢？对于an=f（n）an－1+g（n）型数列可否用待定系数法求通项公式呢？

我们姑且类比做点尝试：令an+k（n）=f（n）[an－1+k（n－1）]，展开得到

an =f（n）an－1+f（n）k（n－1）－k（n），从而f（n）k（n－1）－k（n）= g（n），理论上讲，通过这个等式k（n）可以确定出来，但实际操作上，k（n）未必能轻易确定出来，请看下题：

数列{an}满足a1=1且an=2n(n)an－1+n+1(1)，求其通项公式。

在这种做法下得到2n(n)k（n－1）－k（n）=n+1(1)，显然，目前我们用高中数学知识还无法轻易地求出k（n）来。

九、通过Sn求an

例10：数列{an}满足an =5Sn－3，求an。

解：令n=1，有a1=5an－3，∴a1=4(3)。由于an =5Sn－3………①

则 an-1 =5 Sn-1－3………②

①－②得到an－an-1=5（Sn－Sn-1） ∴an－an－1 =5an

故an=－4(1)an-1，则{an}是公比为q=－4(1)、首项an=4(3)的等比数列，则an=4(3)（－4(1)）n-1

评注：递推关系中含有Sn，通常是用Sn和an的关系an=Sn－Sn－1（n≥2）来求通项公式，具体来说有两类：一是通过an=Sn－Sn－1将递推关系揭示的前n项和与通项的关系转化为项与项的关系，再根据新的递推关系求出通项公式；二是通过an=Sn－Sn－1将递推关系揭示的前n项和与通项的关系转化为前n项和与前n－1项和的关系，再根据新的递推关系求出通项公式

十、取倒数转化为等差数列

例11：已知数列{an}满足a1=1且a

n+1=

an+2(2an)，求an。

解：由a

n+1=

an+2(2an)有 an+1(1)= 2an(an+2)= 2(1)+an(1) 即an+1(1)－an(1)=2(1)

所以，数列{an(1)}是首项为a1(1)=1、公差为d=2(1)的等差数列

则an(1)=1+（n－1）2(1)=2(n+1) 从而an=n+1(2)

评注：注意观察和分析题目条件的结构特点，对所给的递推关系式进行变形，使与所求数列相关的数列（本例中数列{an(1)}）是等差或等比数列后，只需解方程就能求出通项公式了。

十一、构造函数模型转化为等比数列

例12：已知数列{an}满足a1=3且a

n+1=

（an－1）2+1，求an。

解：由条件a

n+1=

（an－1）2+1得a

n+1－1=

（an－1）2

两边取对数有lg（a

n+1－1）=lg（（an－1）2）=2lg（an－1） 即

故数列{ lg（an－1）}是首项为lg（a1－1）=lg2、公比为2的等比数列

所以，lg（an－1）=lg2·2n－1=lg

则an－1= 即an=+1

评注：通过构造对数函数达到降次的目的，使原来的递推关系转化为等比数列进行求。

十二、数学归纳法

例13：数列{an}满足a1=4且a

n=4－

an－1(4)（n≥2），求an。

解：通过递推关系求出数列前几项如下

a1=4=2+1(2) a2=4－

a1(4)=3=2+2(2) a3=4－

a2(4)=3(8)=2+3(2)

a4=4－

a3(4)=2(5)=2+4(2) a5=4－

a4(4)=5(12)=2+5(2) a6=4－

a5(4)=3(7)=2+6(2)

猜想：通项公式为an=2+n(2)。下用归纳法给出证明

显然，当n=1时，a1=4=2+1(2)，等式成立

假设当n=k时，等式成立，即ak=2+k(2)

则当n=k+1时，a

k+1=4－

ak(4)=4－

k(2)) k(2)=4－k+1(2k)=2+2－k+1(2k)=2+k+1(2)

由归纳法原理知，对一切n∈N+都有an=2+n(2)。

评注：先根据递推关系求出前几项，观察数据特点，猜想、归纳出通项公式，再用数学归纳法给出证明。

十三、综合应用

例14：已知各项为正的数列{a<br>n}满足a1=1且a

n2=a

n－12+2（n≥2），求an。

解：由a

n2=a

n－12+2知a

n2－a

n－12=2

则数列{a<br>n2}是公差为2、首项为a

12=1的等差数列。

故 a

n2=1+2（n－1）=2n－1 即an=

例15：数列{a<br>n}满足a1=a2=5且a

n+1=a

n+6a

n－1（n≥2），求an。

解：设a

n+1+λa

n=μ（a

n+λa

n－1），则a

n+1=（μ－λ）a

n+μλa

n－1

而a

n+1=a

n+6a

n－1 则 解得或

当λ=2且μ=3时a

n+1+2a

n=3（a

n+2a

n－1），即

n+1+2a

n, a

n+2a

n－1) =3

则数列{a<br>n+2a<br>n－1}是公比为3、首项为a

2+2a

1=15的等比数列。

于是，a

n+2a

n－1=15×3n－1=5×3n 则a

n=－2a

n－1+5×3n

令a

n+x·3n =－2（a

n－1+x·3n－1 ） 则a

n=－2a

n－1－x·3n 故x=－1

于是，a

n－3n =－2（a

n－1－3n－1 ）

从而{a<br>n－3n }是公比为－2、首项为a

1－3=2的等比数列。

所以，a

n－3n =2×（－2）n－1 则a

n=3n+2×（－2）n－1=3n－（－2）n

当λ=－3且μ=－2时，同理可求得a

n=3n－（－2）n

于是，数列{a<br>n}的通项公式为a

n=3n－（－2）n

小结：本文只是介绍了几种常见的求数列通项公式的方法，可以看到，求数列（特别是以递推关系式给出的数列）通项公式的确具有很强的技巧性，与我们所学的基本知识与技能、基本思想与方法有很大关系，因而在平日教与学的过程中，既要加强基本知识、、基本方法、基本技能和基本思想的学习，又要注意培养和提高数学素质与能力和创新精神。这就要求无论教师还是学生都必须提高课堂的教与学的效率，注意多加总结和反思，注意联想和对比分析，做到触类旁通，将一些看起来毫不起眼的基础性命题进行横向的拓宽与纵向的深入，通过弱化或强化条件与结论，揭示出它与某类问题的联系与区别并变更为出新的命题。这样无论从内容的发散，还是解题思维的深入，都能收到固本拓新之用，收到“秀枝一株，嫁接成林”之效，从而有利于形成和发展创新的思维。

求 高考数列各种主要题型

在高考结束后，很多考生都会对答案，提前预估自己的分数，这样方便大家提前准备志愿填报。下面是我分享的2022全国新高考Ⅱ卷文科数学试题及答案解析，欢迎大家阅读。

2022全国新高考Ⅱ卷文科数学试题及答案解析

2022全国新高考Ⅱ卷文科数学试题还未出炉,待高考结束后,我会第一时间更新2022全国新高考Ⅱ卷文科数学试题,供大家对照、估分、模拟使用。

2022高考数学大题题型 总结

一、三角函数或数列

数列是高考必考的内容之一。高考对这个知识点的考查非常全面。每年都会有等差数列，等比数列的考题，而且经常以综合题出现，也就是说把数列知识和指数函数、对数函数和不等式等其他知识点综合起来。

近几年来，关于数列方面的考题题主要包含以下几个方面：

(1)数列基本知识考查，主要包括基本的等差数列和等比数列概念以及通项公式和求和公式。

(2)把数列知识和其他知识点相结合，主要包括数列知识和函数、方程、不等式、三角、几何等其他知识相结合。

(3)应用题中的数列问题，一般是以增长率问题出现。

二、立体几何

高考立体几何试题一般共有4道(选择、填空题3道，解答题1道)，共计总分27分左右，考查的知识点在20个以内。选择填空题考核立几中的计算型问题，而解答题着重考查立几中的逻辑推理型问题，当然，二者均应以正确的空间想象为前提。随着新的课程改革的进一步实施，立体几何考题正朝着多一点思考，少一点计算的发展。从历年的考题变化看，以简单几何体为载体的线面位置关系的论证，角与距离的探求是常考常新的热门话题。

三、统计与概率

1.掌握分类计数原理与分步计数原理，并能用它们分析和解决一些简单的应用问题。

2.理解排列的意义，掌握排列数计算公式，并能用它解决一些简单的应用问题。

3.理解组合的意义，掌握组合数计算公式和组合数的性质，并能用它们解决一些简单的应用问题。

4.掌握二项式定理和二项展开式的性质，并能用它们计算和证明一些简单的问题。

5.了解随机事件的发生存在着规律性和随机事件概率的意义。

6.了解等可能性事件的概率的意义，会用排列组合的基本公式计算一些等可能性事件的概率。

7.了解互斥事件、相互独立事件的意义，会用互斥事件的概率加法公式与相互独立事件的概率乘法公式计算一些事件的概率。

8.会计算事件在n次独立重复试验中恰好发生k次的概率.

四、解析几何(圆锥曲线)

高考解析几何剖析：

1、很多高考问题都是以平面上的点、直线、曲线(如圆、椭圆、抛物线、双曲线)这三大类几何元素为基础构成的图形的问题;

2、演绎规则就是代数的演绎规则，或者说就是列方程、解方程的规则。

有了以上两点认识，我们可以毫不犹豫地下这么一个结论，那就是解决高考解析几何问题无外乎做两项工作：

(1)、几何问题代数化。

(2)、用代数规则对代数化后的问题进行处理。

五、函数与导数

导数是微积分的初步知识，是研究函数，解决实际问题的有力工具。在高中阶段对于导数的学习，主要是以下几个方面：

1.导数的常规问题：

(1)刻画函数(比初等 方法 精确细微);

(2)同几何中切线联系(导数方法可用于研究平面曲线的切线);

(3)应用问题(初等方法往往技巧性要求较高，而导数方法显得简便)等关于次多项式的导数问题属于较难类型。

2.关于函数特征，最值问题较多，所以有必要专项讨论，导数法求最值要比初等方法快捷简便。

3.导数与解析几何或函数图象的混合问题是一种重要类型，也是高考中考察综合能力的一个方向，应引起注意。

2022高考解答题评分标准

解答题阅卷的评分原则一般是：第一问，错或未做，而第二问对，则第二问得分全给;前面错引起后面方法用对但结果出错，则后面给一半分。

解题策略：

(1)常见失分因素：

1.对题意缺乏正确的理解，应做到慢审题快做题;

2.公式记忆不牢，考前一定要熟悉公式、定理、性质等;

3.思维不严谨，不要忽视易错点;

4.解题步骤不规范，一定要按课本要求，否则会因不规范答题失分，避免“对而不全”如解概率题，要给出适当的文字说明，不能只列几个式子或单纯的结论，表达不规范、字迹不工整等非智力因素会影响阅卷老师的“感情分”;

5.计算能力差失分多，会做的一定不能放过，不能一味求快，例如平面解析中的圆锥曲线问题就要求较强的运算能力;

6.轻易放弃试题，难题不会做，可分解成小问题，分步解决，如最起码能将文字语言翻译成符号语言、设应用题未知数、设轨迹的动点坐标等，都能拿分。也许随着这些小步骤的罗列，还能悟出解题的灵感。

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一个数学数列高考题。

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{an}是公差为d的等差数列，数列{bn}是公比为q的(q∈R且q≠1)的等比数列，若函数f (x) = (x－1)2，且a1 = f (d－1)，a3 = f (d+1)，b1 = f (q+1)，b3 = f (q－1)，

(1)求数列{ a n }和{ b n }的通项公式；

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{ an+k }是以a1+k为首项，p为公比的等比数列。

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{ }成等比数列，实际上，这里的 是特征方程x=px+q的根。

(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{an}中，a1= ， an+1= an+（ ）n+1，求an的通项公式。

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{an}中，a1=1，an+1+an=3+2 n，求an的通项公式。

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.

设两数列的第一项分别是a1，b1，公差是d1,d2,则：

sn=n*a1+n(n-1)d1/2

tn=n*b1+n(n-1)d2/2

sn/tn=(2a1+(n-1)d1)/(2b1+(n-1)d2)=(7n+1)/(n+3)

=>s22/t22=(2a1+21d1)/(2a2+21d2)=(7*22+1)/(22+3)=31/5

又：

a2+a5+a17+a22=4a1+42*d1

b8+b10+b12+b16=4b1+42*d2

=》

（a2+a5+a17+a22）/（b8+b10+b12+b16）

=(4a1+42d1)/(4b1+42d2)

=(2a1+21d1)/(2b1+21d2)

=31/5