时间：2023-06-01 09:32:24
开篇：写作不仅是一种记录，更是一种创造，它让我们能够捕捉那些稍纵即逝的灵感，将它们永久地定格在纸上。下面是小编精心整理的12篇数列求和方法，希望这些内容能成为您创作过程中的良师益友，陪伴您不断探索和进步。
数列是高中数学中很重要的内容之一，是高考的热点和重点。数列中蕴含着丰富的数学思想。我们可从推导简单的等差，等比数列的前n项和公式倒序相加法和错位相减法启发，由此对于一般的数列，得到下面的几种方法，这些方法是我们求一般数列的通法，现将这些方法总结如下：
一、公式法求和
对这些比较简单常见的数列，我们可以记下他们的前项和，在题目里可以直接利用它们求某些数列的和，（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）（ 等比数列）
这些公式也是我们求数列的基本技巧，须加以理解运用。
二、分组结合法（裂项法）
如数列不是等差数列，也不是等比数列，若能将数列适当拆开，可分为几个等差，等比或常见数列，能分别求和，然后再将和合并。（例如数列cn的通项公式为cn=n+bn ，其中n,bn 分别是等差数列和等比数列，求和时可利用分组结合法。）
例1，求数列1+1，+4，+7，...，+3n-2，...的前n 项的和.
解：设前n 项的和为Sn ，则
Sn=（1+1）+（+1）+（+7)+...+（+3n-2)
=（1+++...+）+［1+4+7+...+（3n-2）］，
设S′=1+++...+,当=1时，S′=n;当≠1时,S′=
设S″=1+4+7+...+（3n-2）=
故当=1时，Sn=S′+S″=+
当≠1时,Sn=S′+S″=+
三、裂项相消法
若一个数列的每一项都可以化为两项之差，并且前一项的减数恰与后一项的被减数相同，求和时中间项互相抵消，这种数列求和的方法就是裂项相消法。他的实质是将数列中的项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的。
例 2，求数列，,,...,的前n项的和Sn 。
解：因为n==［-］
所以Sn =［-+-+...+-］
=［-］=
小结：裂项法适用于两类数列，一类是通项结构是分式，分子是常数，分母是某等差数列连续两项或几项之积，其解题技巧是先减后除公差。另一类是通项为某些无理根式，其技巧是有理化。常见的拆项公式有
（1）=-（2）=（-)
（3）=［-］
（4）=（-）（5）n .n !=（n+1）！-n !
四、错位相减法
若数列cn的通项公式是cn=n+bn,其中n是等差数列,bn是等比数列求和时,一般可在已知和式的两边都乘以组成这个数列的等比数列的公比，然后再将所得新和式与原和式相减，转化为同倍数的等比数列求和，这种方法叫错位相减法。在等比数列的前n项求各公式的推导就是用到这种方法。
例3.求数列1，3，52，...，（2n-1）n-1（≠0）的前n 项的和Sn .
解：设Sn =1+3+52+（2n-1）n-1,记1式
则Sn =+32 +53+...+（2n-3）n-1+（2n-1）n,记2式
1式-2式得（1-）Sn =1+2+22+23+...+2n-1-（2n-1）n.
当=1时，Sn =n2 ;
当≠1时，Sn =.
五．奇偶分析法
若数列的通项公式中，表达式分n为奇偶则在求Sn的过程中,先从n偶数入手，探求Sn .当n为奇数时,利用Sn =Sn-1+n求出奇数时Sn 的表达式.
例4.已知数列n的通项公式为n=6n-5（n=2k+1k∈Z）4n（n=2k，k∈Z）,求数列n的前n 项和Sn 。
解：（1）当n 为偶数时，n -1为奇数，
Sn =（1+3+5+...+n -1）+（2+4+6+...+n）
=+×12+
=++
(2)当n 为奇数时，n-1为偶数，
Sn =Sn-1+n=++（4n-1-1）+6n-5
=+（4n -4）
六．倒序相加法
将一个数例倒过来排列，当它与原来数列相加时，若有公因式可提，并且剩余的项的和易于求的，则这样的数列可以用倒序求和，如等差数列的前n 项和就用此法得出的。
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
关键词： 数列求和 公式 常用方法
牢记等差数列和等比数列的求和公式，利用公式求和是一切求和方法的根本.在牢记公式的基础上，要学会灵活应用公式，会利用公式的变形进行求和.下面对数列求和的经典方法一一进行介绍.
1.部分求和法
何谓部分求和，一分为二看，就是将数列分成两个或两个以上可直接求和的数列，然后求出数列的前n项和.
例1：求和：3+5+7+…+［（2n+1）+］.
解：原式=［3+5+7+…+（2n+1）］+［+++…+］
=+=n+2n-+1
2. 并项求和法
将数列的某些项先合并，使合并后可化为直接求和的数列就是一种很有效的方法：遇通项还未求和的数列求和时，先将各项求和再求和.
例2：求1,1+2,1+2+2,…，1+2+2+…+2的前n项和.
解：s=1+（1+2）+（1+2+2）+…+（1+2+2+…+2）
因为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.列项求和法
如果数列通项满足a=（d>0）的形式，就可列项为（-），然后进行消项求和.
例3：求和：+++…+.
解：原式=（1-）+（-）+（-）+…
+（-）
=（1-+-+-+…+-）
=（--）=
4.错位相减法
若数列{a}是等差数列，数列{b}是等比数列，c=ab，则求数列{c}前n项和s用该方法.
例4：求和：s=+++…+.
解：因为s=+++…+（1）
s=（++…+）+（错位）（2）
由（1）-（2）得（相减）：
s=（+++…+）-=-
所以s=1-.
5.降次求和法
根据一些恒等式，将高次项求和问题转化为低次项求和问题的方法.
例5：求和：（1+1）-1+（2+1）-2+…+（n+1）-n.
解：因为（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.猜想证明法
由递推关系给出的数列的通项来求和，该方法关键在于根据已知条件写出a的通项公式再求和.
例6：已知数列中{a}中，a=1,a=a+，求s.
解：因为a=a+;2a+1;2a-2a=1，
所以{2a}成以1为公差的等差数列，
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：如果一个数列，与首末等距离的两项之和等于首末两项之和，则可把“正着写的和式”与“倒着写的和式”相加，得到一个常数列的和，这种求和方法就可看作是灵活利用公式求和的典型，称为倒序相加求和法．
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），
则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
数列是一种特殊的函数，所以数列中也必然存在着周期问题． 有些数列题，表面上看与周期无关，但实际上隐含着周期性，一旦揭示了其周期性，问题便迎刃而解．
例8： 数列{a}中，a=1，a=2，若对一切n∈N，有aaa=a+a+a，且aa≠1，则该数列2008项的和s的值是多少？
解:由a=1，a=2，得a=3，所以s=6. 因为aaa=a+a+a，所以aaa=a+a+a.两式相减得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.导数法
抓住数列通项的结构特征，启迪直觉，类比“记忆模式”，精心联想，构造恒等式，借助导数，得到新的恒等式，出奇制胜.
例9： 已知n∈N，求和：C+2C+3C+…+nC.
解：由（1+x）=C+2C+3C+…+nC
两边求导得：
n（1+x）=C+2C+3Cx+…+nCx
令x=1，得C+2C+3C+…+nC=n•2
10.数学归纳法
有些题目可通过求出{a}的前几项之和，猜想出s，然后用数学归纳法给予严格证明.
例10：设数列{b}的前n项之和为s，满足3（s+nb）=1+2b（n∈N），求s.
解：因为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=，猜测s=（n∈N）.
下面用数学归纳法加以证明：
（1）当n=1时，结论显然成立.
（2）假设n=k时结论成立，即s=（k∈N）.
由题设3［s+（k+1）b］=1+2b，得b=.
又因为s=s+b，所以s=＋，
解得s=.
这就是说n=k+1时结论成立.
根据（1）（2），对于n∈N，s=总成立.
参考文献：
［1］张娟. 数列求和的几种有效方法［J］. 数理化学习（高中版），2010，（09）.
［2］王友红.一些特殊数列的求和［J］.考试（高考数学版），2009，（Z4）.
［3］林明成. 数列求和十法［J］.数理化学习（高中版），2010，（09）.
【关键词】高中数学；数列求和；解题技巧
在解答数列求和类题目时，我们需要对各种问题先进行类型的区分，充分运用相关的数学解题思维和方法来进行简单的转化和计算.
一、裂项法
例1已知数列{an}的通项公式为2（2n-1）（2n+1），求其前n项和Sn.
解由通项公式为
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.
裂项求和的方法是将数列的每一项拆开为两项的差，使其能够互相抵消，从而最终剩余少量的几项，最终求出结果.
裂项法求解数列前n项和的方法在高考的综合性题目中经常用到，例如2015年高考数学理科试卷中就有所涉及.题目为设bn=1anan+1（在第（1）问中已求出an=2n+1），求数列{bn}的前n项和.让学生自己试着用裂项法求解.
二、错位法
错位法在解决数列求和问题中有一个特征，就是所求和的数列往往是等差数列与等比数列的组合，即若数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，然后求诸如{an・bn}的前n项和.
例2已知数列{an}的通项公式为an=n22n-1，bn=an+1-12an，求数列{bn}的前n项和.
解由题意可知bn=2n+12n.
所以前n项和
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.
将上边的等式两边同时除以12得：
Sn=3+2-12n-2-2n+12n
=5-2n+52n.
【关键词】高中数学 数列求和 等差 等比
【中图分类号】G632 【文献标识码】A 【文章编号】1674-4810（2014）33-0149-02
数学是高中阶段的主要学科，对学生的高考有直接的影响，而数列问题又是数学课程的重要组成部分，因此，在高中阶段的数学学习中，教师和学生必须对数列求和问题要有足够的重视。数列求和问题的解决，既可以采用基本的公式法，也可以采用技巧性更强的其他方法，如裂项相消法、分组相加法、倒数相加法等，要根据具体问题具体分析和应用不同解题方法。笔者从事高中数学教学工作多年，现结合自身教学经验，对高中数学数列求和问题进行浅显的探讨。
一 牢固掌握数学基础知识
数列求和问题是高中数学重要的组成部分，要掌握好这部分知识，应当要求学生牢固掌握最基本的数列知识。如数列的定义、性质和基本公式等。等差数列：一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它前一项的差等于同一个常数，则这个数列叫作等差数列;等比数列：一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，则这个数列叫作等比数列。一些重要的数列性质也要认真掌握，如{an}为等差数列，则有：（1）从第二项起，每项
是前一项与后一项的等差中项，（n>1）。（2）
an=am+（n-m）d （m，n∈N*）。（3）若m+n=p+q，则：am+an=ap+aq，特殊的：若m+n=2r，则有：am+an=2ar。（4）若am=n，an=m则有：am+n=0。（5）若Sm=n，Sn =m则有：Sm+n=-（m+n）。
{an}为等比数列，则有：（1）只有同号的两数才存在等比中项。（2）an=amqn-m（m，n∈N*）。（3）若m+n=p+q，则：am・an=ap・aq，特殊的：若m+n=2r，则有：am・an=ar2。
（4）{an}，{bn}为等比数列，则{an・bn}，，{can}为等
比数列（c≠0）。（5）等比数列中连续n项之积构成的新数列仍是等比数列，当q≠1时，连续项之和仍为等比数列。（6）an=cqn（c≠0，q≠0），Sn=kqn-k（q≠0，q≠1）等较多的数列性质。最重要的数列公式更要牢固掌握，这也是解决数列求和问题的基础。例如{an}为等差数列：an=a1+
（n-1）d，。{bn}为等比数列：
bn=b1qn-1（q≠1）;（q≠1）。
此外，还要注重培养学生敏锐的观察力，让学生能够洞察问题的本质，能够建立起相应的数学模型，将简单个例普遍化。
二 利用数列基本公式进行求和
在牢固掌握数列知识的基础上，遇到数列求和问题时，可首先分析是否可以套用公式进行解答，是数列求和问题中较为容易的一类。在利用数列基本公式进行数列求和时，要注意公式的准确性，如果公式不正确，答案自然也南辕北辙。因此，学生一定要认真记忆公式。例如，下面的问题就可以采用公式进行求和。
求和：（1）;（2）Sn=（x+）2+
;（3）求数列1，3+4，5+6+7，
7+8+9+10，…前n项和Sn。
思路分析：通过分组，直接用公式求和。
解：（1）
（2）
当x≠±1时，
当x=±1时，Sn=4n
（3）ak=（2k-1）+2k+（2k+1）+…+[（2k-1）+
（k-1）]
Sn= a1+a2+…+an=
在解答这个问题时，要注意对公比q=1或q≠1讨论，从而运用等比数列前n项和公式对问题正确解答。
利用公式法求和是数列求和问题中较为简单的一种，一般来说，这类题型可以直接套用公式，或只需要简单的分类合并，再套用公式进行解答。在教学过程中，教师应要求学生牢固掌握这类解题方法，在考试中，这类问题是很容易得分的题型。
三 采用错位相减法求和
错位相减法是一种常用的数列求和方法，应用于等比数列与等差数列相乘的形式。如An=BnCn，其中Bn为等差数列，Cn为等比数列;分别列出Sn，再把所有式子同时乘以等比数列的公比，即kSn;然后错一位，两式相减即可。当有待定系数时，要进行分类讨论。乘以公比，错位相减，数准项数，计算细心，确保结论正确。错位相减法求和是数列求和的重要方法，是高考的常考重点。
错位相减法比公式法的难度有较大提高，是学生得分较低的一类题型，在解题过程中，要注意对问题分析并寻找规律，避免漏项或书写错误，从而得到问题的正确答案。教师在讲解这个方法时，可以结合学生常犯的错误，并按照一定的流程进行讲解，让更多的学生掌握这种求和方法。
四 借助裂项相消法求和
利用解析式变形，将一个数列分成若干个可以直接求和的数列，进行拆项重组，或将通项分裂成几项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后剩下有限项的和。在学习过程中，应当教育学生掌握“裂项相消求和法”的几个特征：（1）通项的分母是因式相乘的形式;（2）每项裂成两个式子的差;（3）相邻两项裂开后，前一项的后式与后一项的前式互为相反数;（4）裂项的关键是紧抓相邻两项的相同项。裂项相消法求和是一种非常常见的题型，也是高考中的热点考题。相对于其他题型来说，这种题目的难度大，有一定的思维能力，对于培养学生的思维能力有很大帮助。
在解答此类问题时，应当多写一些项，然后进行观察，才可能看出抵消的规律，从而使用该方法解决求和问题。
五 借助倒序相加法求和
在数列求和中，如果和式到首尾距离相等的两项和有其共性或数列的通项与组合数相关联，那么可考虑选用倒序相加法。
例题：设数列{an}是公差为d，且首项为a0=d的等差数列，求和：
解：因为 （1）
（2）
（1）+（2）得：
利用倒序相加法解决数列求和问题，大都是利用等差数列、等比数列以及函数的重要性质，从而顺利地解答问题。在使用倒序相加法时要注意不断变形，然后用知识具备的特有性质作为条件把和求出。
六 结束语
综上所述，作为高中数学重点内容的数列求和问题，其解答方法有很多种，如公式法、错位相减法、裂项相消法以及倒序相加法，此外，还可以利用其他求和法，如归纳猜想法、奇偶法等。在面对较为复杂的数列求和问题时，应当认真分析，将复杂的问题转化为我们熟悉的等比、等差数列，然后根据题型采取不同的解答方法。解题过程中，应当掌握每个方法的本质，而不能生搬硬套，否则问题答案南辕北辙。要想达到良好的学习效果，教师与学生需要互相配合，才能不断提高教学效率和教学质量。
参考文献 [1]王莹玉.浅谈高中数学教学中学生思维能力的培养[J].科教新报（教育科研），2011（9） [2]於青.高中数学教学中学生解题能力的培养探析[J].语数外学习（数学教育），2013（2） [3]赵翠娥.探讨高中数学教学如何培养学生的解题能力[J].成功（教育），2012（24） [4]张海芳.新课改下高中数学“高效课堂”的构建[J].中国科教创新导刊，2011（21） [5]王锦章.一道高中数学课本例题的解法探究与变式训练[J].考试周刊，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）等较多的数列性质。最重要的数列公式更要牢固掌握，这也是解决数列求和问题的基础。例如{an}为等差数列：an=a1+
（n-1）d，。{bn}为等比数列：
bn=b1qn-1（q≠1）;（q≠1）。
此外，还要注重培养学生敏锐的观察力，让学生能够洞察问题的本质，能够建立起相应的数学模型，将简单个例普遍化。
二 利用数列基本公式进行求和
在牢固掌握数列知识的基础上，遇到数列求和问题时，可首先分析是否可以套用公式进行解答，是数列求和问题中较为容易的一类。在利用数列基本公式进行数列求和时，要注意公式的准确性，如果公式不正确，答案自然也南辕北辙。因此，学生一定要认真记忆公式。例如，下面的问题就可以采用公式进行求和。
求和：（1）;（2）Sn=（x+）2+
;（3）求数列1，3+4，5+6+7，
7+8+9+10，…前n项和Sn。
例：已知数列{an}的通项公式an=2n-1.求证：1a1+1a2+…+1an≤2n－1对任意的n∈N都成立.
策略一放缩法
【思路点拨】本题是一个典型的求和型数列不等式，放缩法是证明这类不等式常用方法之一.利用放缩法证明求和型数列不等式问题时，通常有两种方法，一是根据不等式的结构特征，抓住数列的项，先对通项进行放缩后求和；二是先对数列求和，后放缩.
证明：当n=1时，左边=1，右边=1，不等式显然成立（等号成立）.
当n≥2时，
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
从而问题得证.
【点评】本题证明的关键是对通项进行恰当放缩，即当n≥2时，将1an=12n－1放缩为1an
策略二数学归纳法
【思路点拨】数学归纳法也是证明求和型数列不等式常用方法，其关键在于证明当n=k+1时原不等式成立，这一步的证明，综合性强，往往是证明的精华部分，要细心观察，小心求证.
证明：①当n=1时，左边=1=右边，等号成立.
②假设当n≥k时，不等式成立，即1a1+1a2+…+1ak≤2k－1成立.
则当n=k+1时， 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
故当n=k+1时，不等式也成立.
综合①，②知原不等式成立.
【点评】本题是与正整数相关的求和型数列不等式的证明问题，故可顺理成章地考虑利用数学归纳法来证明，证题思路清晰，方向明确.但在证明 n=k+1时不等式成立，需要进行适当的放缩，而这一步恰恰是运用本法证明的关键所在，需要认真思考.
策略三构造数列法
【思路点拨】对求和型数列不等式的证明，常常可以考虑把左右两端看作是两个不同数列的和，故可先构造两个新数列，然后再证明这两个数列的前n项和的不等关系即可.
证明：设数列{1an}的前n项和为Sn，即Sn=1a1+1a2+1a3＋…+1an，设数列{bn}的前n项和为Tn,设Tn=2n－1,从而问题转化为证明：Sn≤Tn.
则当n=1时，S1=T1.也即1a1=b1
当n≥2时，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
将1a1=b1,1a2
故原不等式成立.
【点评】本法的关键是根据求和型数列不等式的结构特征构造了两个新数列，从而将证明求和型数列不等式问题转化为比较两个新数列的通项大小问题，然后通过累加法得到两数列的和，从而证得所要结果，构思巧妙，证法简单明了、易懂，从证明过程看，大大减轻了证明的难度.
策略四分析法
【思路点拨】分析法也是证明求和型数列不等式的常用方法.分析法证题的理论依据是执果索因，即寻找出结论成立的充分条件或是充要条件.其基本步骤是：要证……，只需证……，只需证…….
（）必做1 已知一非零向量列｛an｝满足：a1=（1，1），an=（xn，yn）=（xn－1－yn－1，xn－1+yn－1）（n≥2）．
（1）证明：｛an｝是等比数列．
（2）设θn是an－1，an的夹角（n≥2），bn=2nθn－1，Sn=b1+b2+…+bn，求S．
（3）设cn=anlogan，数列｛cn｝中是否存在最小项？若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由．
破解思路 本题是一道数列与向量交汇的综合题，考查向量的坐标运算与等差、比数列的有关概念． 第1问想先求得｛an｝的通项并不易，可通过变形直接用定义证明，但要注意an与an－1之间的坐标关系；第2问可把夹角问题转化为坐标运算，求出θn的一般式，再进行求和；第3问先确定c的通项，再通过作差判定单调性，继而求出最小项．
精妙解法 （1）an=・=・=an-1（n≥2），所以数列｛an｝是以公比为，首项为a1=的等比数列．
（2）因为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｝是以为公差，首项为－1的等差数列，所以Sn==（n2+n）－n．
（3）假设存在最小项，设为cn，因为an==2，所以cn=×2．
由cn
故存在最小项为c5=－×2．
极速突击 （1）通过换元转化，将非等差、等比数列化归为等差、等比数列是求数列通项的常用技巧．
（2）解综合题要总揽全局，尤其要注意上一问的结论可作为下面论证的已知条件．
（3）判断某个数列是否为等差（或等比）数列，常用方法有两种：一是由定义判断，二是看任意相邻三项是否满足等差中项（或等比中项）． 注意只要其中的一项不符合，就不能为等差（或等比）数列． 而想判断某个数列不是等差（或等比）数列，只需看其中三项即可．
（）必做2 已知数列｛an｝，｛bn｝满足a1=，b1=－，且对任意m，n∈N，有am+n=am・an，bm+n=bm+bn.
（1）求数列｛an｝，｛bn｝的通项公式；
（2）求数列｛anbn｝的前n项和T；
（3）若数列｛cn｝满足bn=，试求｛cn｝的通项公式并判断：是否存在正整数M，使得对任意n∈N，cn≤cM恒成立．
破解思路 对第1问，在审题时，注意关键句“对任意m，n∈N，有am+n=am・an，bm+n=bm+bn”，这说明一般性成立，特殊值必成立，取m=1，进而得到an，bn的递推关系；对第2问，｛anbn｝是等差乘等比型数列，这个模式可用错位相减法求和；对第3问，运用函数思想将其转化为求数列｛cn｝的最大值．
精妙解法 （1）由已知，对任意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，所以数列｛an｝，｛bn｝分别为等比、等差数列，所以an=・n-1=n，bn=－+（n－1）-=－．
（2）Tn=－1+－・2+－3+…+－n，
Tn=－2+－3+－4+…+－n+1，两式相减得Tn=－1+－・2+－3+…+－n+n+1=－+n+1+×n+1，所以Tn=n×n+1+n－1．
（3）由bn=得cn=－． 因为cn+1－cn=-
极速突击 数列求和的步骤是一般先求出通项公式，再根据通项公式的特点用如下的技巧方法：
（1）公式法
如果一个数列是等差数列或等比数列，就可采用对应的公式，当等比数列的公比是字母时，要注意分类讨论．
（2）拆项分组法
有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，则先分别求和，然后合并． 要熟记公式12+22+…+n2=n・（n+1）（2n+1）．
（3）错位相减法
这是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列｛anbn｝的前n项和，其中｛an｝，｛bn｝分别是等差数列和等比数列．
（4）倒序相加法
这是在推导等差数列前n项和公式时所用的方法，也就是将一个数列倒过来排列（反序），当它与原数列相加时若有公式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和．
（5）裂项相消法
利用通项变形，将通项分裂成两项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和．
金刊提醒
能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系与等比关系，并能用有关知识解决相应的问题，在解决等差、等比问题时，常常要贯彻整体思想． 在数列求和问题中，除了公式法是常用的方法外，高考还会重点考查“错位相减法”与“裂项相消法”．
数列与不等式
（）必做3 已知函数f（x）=的图象过原点，且关于点（－1，1）成中心对称．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）若数列｛an｝满足：an>0，a1=1，an+1=［f（）］2，求数列｛an｝的通项公式an；
（3）若数列｛an｝的前n项和为Sn，判断Sn与2的大小关系，并证明你的结论．
破解思路 对第2问，充分利用第1问的结论，将其转化为等差数列；对第3问，an非特殊数列，不能直接求和，此时需对an进行必要的放缩．
精妙解法 （1）因为函数f（x）=的图象过原点，所以f（0）=0，即c=0，所以f（x）=． 又函数f（x）==b－的图象关于点（－1，1）成中心对称，所以b=1， f（x）=．
（2）由题意有an+1=2，所以=，即－=1． 数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以=1+（n－1）・1=n，即=，所以an=．
（3）证明：当k≥2（k=2，3，4，…，n）时，ak=
（）必做4 设Sn为数列｛an｝的前n项和，且对任意n∈N都有Sn=2（an－1），记f（n）=．
（1）求an；
（2）试比较f（n+1）与f（n）的大小；
（3）证明：（2n－1）f（n）≤f（1）+f（2）+…+f（2n－1）
破解思路 由于本题是有关Sn与an关系的问题，所以第1问可通过公式an=S1，n=1，Sn－Sn－1，n≥2变形求通项；第2问大小比较常用的方法为作差法，变形时还要注意复杂的指数幂的运算；第3问不等式的左边正好是项数2n－1个f（n），所以先用放缩法两两求解f（k）+f（2n－k）≥2・・=2f（n）（k=1，2，3，…），再考虑用“倒序相加”的方法求和；而不等式的右边则用逐项放大的方法转化为等比数列和的问题．
精妙解法 （1）当n=1时，由S1=a1=2（a1－1），得a1=2． 当n>1时，an=Sn－Sn－1=2an－2an－1，所以an=2an－1，所以an=2n（n>1）；n=1适合上式，所以an=2n．
（2）因为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时取等号． 由f（n+1）
综上，原不等式成立．
数列与解析几何
（）必做5 设B1，B2，B3，…，Bn顺次为双曲线y=（x>0）一支上的点，A1，A2，A3，…，An顺次为x轴上的点，且OB1A1，A1B2A2，…，An－1BnAn均为等腰直角三角形（其中B1，B2，B3，…，Bn为直角顶点），设An坐标为（xn，0）（n∈N）．
（1）求数列｛xn｝的通项公式；
（2）设Sn为数列的前n项和，试比较log（Sn+1）与log（n+1）的大小（其中a>0且a≠1）．
破解思路 根据题设所给的信息，我们运用解析几何的方法联立方程可求得B1与A1的坐标，同理可得到Bn与An的坐标，这样就解决了第1问，同时也脱去了解析几何的外衣，接下来的第2问则是一道数列与不等式的综合问题，利用裂项、放缩等技巧即可解决．
一、利用常用数列求和公式求和
若所给数列的通项是关于n的多项式，此时可采用公式法求和，常用求和公式列举如下：
等差数列求和公式：Sn=n（a1+an）2=na1+n（n—1）2d，
等比数列求和公式：
Sn=na1（q=1）
a1（1—qn）1—q=a1—anq1—q（q≠1）
自然数的方幂和：∑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设Sn=1+2+3+…+n，n∈N*，求f（n）=Sn（n+32）Sn+1的最大值.
解：由等差数列求和公式得 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
当n=88，即n=8时，f（n）max=150
二、错位相减法求和
若数列{cn}的通项公式为cn=anbn，其中{an}，{bn}中有一个是等差数列，另一个是等比数列，求和时一般在已知和式的两边都乘以组成这个数列的等比数列的公比q，然后再将得到的新和式和原和式相减，转化为同倍数的等比数列求和，这种方法就是错位相减法.
例2求和：Sn=1+3x+5x2+7x3+…+（2n—1）xn—1（x≠1）……①
解：由题可知，{（2n—1）xn—1}的通项是等差数列{2n—1}的通项与等比数列{xn—1}的通项之积
设xSn=1x+3x2+5x3+7x4+…+（2n—1）xn……②（设制错位）
①—②得（1—x）Sn=1+2x+2x2+2x3+2x4+…+2xn—1—（2n—1）xn（错位相减）
再利用等比数列的求和公式得：（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求数列22，422，623，…，2n2n，…前n项的和.
解：由题可知，{2n2n}的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{12n}的通项之积
设Sn=22+422+623+…+2n2n……①
12Sn=222+423+624+…+2n2n+1……②（设制错位）
①—②得（1—12）Sn=22+222+223+224+…+22n—2n2n+1（错位相减）
=2—12n—1—2n2n+1
Sn=4—n+22n—1
三、倒序相加法求和
将一个数列倒过来排列（倒序），再把它与原数列相加，就可以得到n个（a1+an），Sn表示从第一项依次到第n项的和，然后又将Sn表示成第n项依次倒序到第一项的和，将所得两式相加，由此得到Sn的一种求和方法.也称倒序相加法.
例4求证：C0n+3C1n+5C2n+…+（2n+1）Cnn=（n+1）2n.
证明：设Sn=C0n+3C1n+5C2n+…+（2n+1）Cnn……①
把①式右边倒转过来得
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：设S=sin21°+sin22°+sin23°+…+sin288°+sin289°……①
将①式右边反序得
S=sin289°+sin288°+…+sin23°+sin22°+sin21°……②（反序）
又因为 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、分组求和法
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，能分为几个等差、等比或常见的数列的和、差，则对拆开后的数列分别求和，再将其合并即可求出原数列的和.
【关键词】数列 通项公式 拓展思维
【中图分类号】G 【文献标识码】A
【文章编号】0450-9889（2015）12B-0065-02
在高中数学的学习中，数列的知识在必修五整本中虽然所占比重不多，但是它却具有重要的作用，具有实际应用的价值。不管是现阶段高中生期中、期末的考试，还是公务员考试、事业编考试，数列这一题型都常常出现。所以在高中数学教学中，数列教学成了我们必不可少的重要内容，数列教学中所涉及的问题也成为我们要研究的对象。
一、夯实基础，掌握基础概念
在数列学习中，首先应该把基本概念理解并记住，然后才能掌握其核心内容。只有把基本的知识把握好，才能进行更深入的学习，打好基础才能走得更远。对于数列学习也是这样，那么如何把握数列的基本概念呢？数列的基本概念就是它的定义，它的核心是通项与求和公式及其运用。接下来我们通过几个实例来探究数列教学中基础概念的学习。
比如在苏教版高中数学《数列》第一节等差数列的学习中，课本上已经把等差数列的通项公式及前n项和公式明确告诉我们了，等差数列的通项公式为an=a1+（n-1）×d，等差数列的前n项和公式为，所以遇到求通项公式或求和的题目时，我们直接套用公式即可。比如：
例1 已知{an}为等差数列，Sn为其前n项的和，（n∈ N+），若a3=6，S20=20，那么S10=（ ）。
这是一个基础的题目，根据题目所给的数据带入上面的两个公式，很快就能算出a1=20，d=-2，最后求出S10=110。又比如：
例2 等差数列{an}中，S10=120，那么a1+a10=（ ）。
这也是一道基础的题目，根据公式，数列和=（首项+末项）×项数÷2，即，把题目所提供的数字带入上式，直接可以求出a1+a10=24。这种类型的题目只要把公式记牢，然后直接套用就可以了。
所以学习数列时一定要把公式、基本概念弄明白，这样才能迅速地求出答案。万变不离其宗，只要掌握好基本概念，打好基础，就能解决更深奥的问题，提高知识能力。
二、熟练掌握通项公式和方法
有很多题目类型是求数列的通项公式的，这种类型就需要我们把握解题方法，正确使用解题方法，才能解决问题。在数列这一系列问题中，采用比较多的方法就是累加法或累乘法求数列通项公式，根据Sn和an之间的数量关系或者递推关系求通项公式。下面通过两个例题来观察解题方法。
在苏教版高中数学《数列》的等差数列学习中，我们可以运用累加法来进行计算，通过累加法会使数列问题变得容易。比如：
例3 数列{an}中，a1=2，an+1=an+n×d（d是常数，n为1，2，3…），且a1，a2，a3成公比不为1的等比数列。求d的值以及{an}的通项公式。
根据题意，我们不难求出d的值为2，但是{an}的通项公式就需要运用累加的方法来进行计算。在n≥2的情况下，有
a2-a1=d，a3-a2=2d，a4-a3=3d
以此类推得
an-an-1=（n-1）d
在等式的左边相加得到
an-a1=[1+2+3+…+（n-1）]d=n（n-1）÷2×d
即an=n2-n+2
当n=1的时，a1=2也适用于上式，那它的通项公式就是an=n2-n+2。这就是运用累加法求得数列的通项公式。值得注意的一点是，在求出数列{an}的通项公式时，别忘了验证当n=1的情况，有时候n=1不适合通项公式，这就需要我们把两种情况分别列出来，保证答案的准确性。对于等比数列通项公式的求法，则需要借助累乘法，不能用累加法。但基本原理与累加法大同小异，学会用累乘法解决等比数列的问题，会降低解题难度。
所以在解决一些比较复杂的等差数列或等比数列问题时，我们一定要把握好方法，合理运用累加法或累乘法，这样做能取得事半功倍的效果，让难懂的数列知识变得简单，避免学生对数列题产生枯燥厌烦的心理。
三、利用数列求和，拓展思维
学习数列知识时，进行数列求和过程就是我们拓展思路、活跃思维、提高数学能力的过程，因为相比于其他数学知识点，数列的难度还是较大的。要解决数列问题，不仅需要熟练掌握基本概念，而且还需要掌握合理的方法。解决数列问题也是考验能力的一种方法，在解题的过程中提高了能力、增强了数学思维。下面笔者通过实例来研究在解决数列求和的过程中培养的数学能力的方法。
比如在苏教版高中数学《数列》这一章的学习中，出现一类既有等差数列，又有等比数列，而且是“等差乘以等比”类型的题目，对于这种有深度的问题，我们单单采用套用公式的做法是不能解决的。为了顺利便捷地解决这类问题，我们探索出了一种“错位相减”的方法。比如：
例4 已知{an}是等差数列，其前n项和是Sn，{bn}是等比数列，且a1=b2=2，a4+b4=27，S4-b4=10。
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式;
（2）记Tn=anb1+an-1b2+…+a1bn（n∈ N+），证明Tn+12=-2an+10bn（n∈ N+）。
第一问很简单，只需要根据等差数列和等比数列的性质就可以求出。第二问比较复杂，仔细观察发现，要求Tn，其实也就是求等差乘以等比数列的前n项和。对这种类型，我们可以采取错位相减法。先把等差数列的前n项和与等比数列的前n项和列出来，然后在式子的两边分别乘以等比数列的公比，最后错一位，两个式子相减就可以得出答案。当然这种错位相减法需要大量的运算，对于一些没有耐性的同学来说，会有一定的难度。对于这一部分同学来说，可以选择另一种方法，用裂项相消的方法求和。所以在解决数列求和这一类型的数学题目时，有多种解题方法，同学们应该选择适合自己的一种方法来做，并熟练掌握，这样才能不断提高学习和解决问题的能力。
在数列求和这一问题的探索中，同学们可以在学习中多做一些有关数列求和的问题的题目，这样做既能活跃思维，又能提高学习能力。
四、结合函数，提高数列问题的解题能力
我们知道，其实数列也是一种函数，只不过它的定义域是在正整数集，是一种特殊性质的函数。既然数列是一种函数，那么它就具有函数的性质。这给命题者一种方向，就是把数列与函数相结合来命题，考查学生综合运用知识的能力。下面主要通过具体的事例来探索如何利用数列与函数相结合的关系来求解相关问题。
比如在高中数学苏教版《数列》这一章的学习中，我们遇到这样的习题。
例5 设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=a，an+1=Sn+3n，（n∈ N+）。
（1）当bn=Sn-3n，求数列{bn}通项公式;
（2）若an+1≥an，（n∈ N+），求a的取值范围。
在这一题中，第一问很简单，把an+1=Sn+3n带入bn=Sn-3n，很快就能求出答案。现在观察第二题，从题意我们可以看出，an+1≥an，所以这是一个单调递增的数列，那我们可以列关系式an+1-an≥0是恒成立的，因此从这个等式中得出a的取值范围。从这一题型看出，把数列与函数的单调性相结合，就可求出取值范围。这就要求同学们学会灵活运用公式。当遇到这种类型题时，要想到函数的单调性，而不是运用什么“错位相减法”“裂项相消法”等来解题。又比如在练习时，同学们会遇到数列的最值问题，其实要解决这种题，我们也可以运用函数的知识来解决。我们可以把等差数列当作未知数是n的一次函数，把等比数列当作未知数是n的指数函数，这样我们在求极大值或极小值时，运用函数图象就容易得到答案。
所以在运用函数进行解答数列问题时，需要同学们灵活运用，拓展思路，在不断训练中，提高学生们的解题能力，拓展同学们数学思维，提高学生们的推理、计算的逻辑能力，同时不断提高学习效率和学习成绩。
数列是高中数学知识中非常重要的知识点，它还可以与三角函数、曲线方程等相交叉。命题者很喜欢把它们放在一起来考查学生们的综合能力，所以数列知识的学习对每一位同学都有重要的意义。因此探索数列问题是必不可少的，它的研究有着极大的教学价值。教师要积极探索，尽可能详细、简单的地把数列知识点传授给学生。
【参考文献】
定义1 错位相减法是一种常用的数列求和方法，应用于等比数列与等差数列相乘的形式.形如An=Bn・Cn，其中Bn为等差数列，Cn为等比数列；分别列出Sn，再把所有式子同时乘以等比数列的公比，即kSn；然后错一位，两式相减即可.
定义2 裂项相消法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的.
引理设数列An=（bn+c）an（a≠1，b≠0），则An=A′n-1-A′n=
x（n-1）+yan-1-xn+yan，则数列An前n项和为Sn=y-xn+yan，（其中x=ba-1，y=ac+ab-c（a-1）2）.
文[1]仅适合在数列Bn为等差数列（即一次函数）的时候，但是在实际教学过程中，经常碰到一些利用二次错位相减法的题目（即数列Bn是二次函数），那么是否也可以推广呢？
思考Ⅰ数列An=Bn・Cn，Cn为等比数列，当数列Bn=bn2+cn+d时，An是否也可以写成相邻两项数列之差呢？
推理Ⅰ设数列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，则数列An前n项和为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）.
证明：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
则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），证毕.
例已知数列{an}满足：a1=2，an+1=21+1n2an.
（1）求数列an的通项公式；
（2）求证：a1+a2+…+an
解法一：运用二次错位相减法
（1）求法略，an=n2・2n（2）用归纳法等传统方法，略.
解法二：裂项相消法
（1）求法略，an=n2・2n
（2）令bn=（An2+Bn+C）・2n使得an=bn+1-bn，则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，证毕.
思考Ⅱ当数列Bn=bn3+cn2+dn+e或者次数更高时，An是否也可以写成相邻两项数列之差呢？
推理Ⅱ数列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，则数列An前n项和为Sn=A′0-A′n
=ym+1-y1nm+y2nm-1+…+ym+1an，（其中y1、y2、…、ym+1均为常数）.
由以上可知，An也可以写成相邻两项数列之差，结论是肯定的，当然在实际教学过
程中，很少出现3次以上的问题，倘若有，不难证之，方法同上.
总之，对于数列An=Bn・Cn，其中Cn为等比数列，Bn=x1nm+x2nm-1+…+xm+1
（x1，x2，…，xm+1为常数），都可以采用裂项相消法，从而“取代”错位相减法，使其减少计算量、规避运算量，从而提高解题正确率，同学们不妨一试.
例1 （2008年辽宁高考）在数列{an}，{bn}中，a1=2，b1=4，且an，bn，an+1成等差数列，bn，an+1，bn+1成等比数列（n∈N？鄢）.
（1）求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测数列{an}，{bn}的通项公式，并证明你的结论；
综上，原不等式成立.
点评 在数列求和型不等式证明中，一般来说有先放缩再求和或先求和再放缩两种形式. 若数列易于求和，则选择先求和后再放缩；若数列不易求和，要考虑先放缩后再求和的证明方法. 本例题选择先放缩再求和，切记放缩后要易于求和且放缩得当，若从第1项开始放大，则会放得过大，导致证明失败，故在证明过程中选择从数列第2项开始放大，恰到好处.
应用迭代法进行放缩
（1）取x0=5，a=100，计算x1，x2，x3的值（精确到0.01），归纳出xn，xn+1的大小关系；
解析 （1）x1=4.74，x2=4.67，x3=4.65，猜想xn+1
（2）用作差法不难得出结论.
（3）由（2）得：
构造函数，应用函数单调性进行放缩
例3 （2006年湖南高考）已知函数f（x）=x-sinx，数列{an}满足：0
证明：（1）0
解析 （1）证明略.
首先要说明它的单调性：由（1）知，当0
又g（x）在[0，1]上连续，且g（0）=0，所以当0
点评 本例恰当构造“差函数”，先判断“差函数“的单调性，然后在证明g（x）>0的过程中，灵活运用函数的单调性进行放缩，是本题证明的关键所在.
应用题设或题问中的不等关系式进行放缩
例4 （2011年广东五校联考）已知函数f（x）=ex-mx.
（1）当m=1时，求函数f（x）的最小值；
解析 （1）当m=1时， f′（x）=ex-1，令f′（x）=0得x=0. 当x∈（-∞，0）时， f′（x）0，故当x=0时， f（x）的最小值是1.
寻找解决问题的突破口，从而达到解决问题的目的.
应用二项式展开后再进行放缩
【关键词】高中数学 数列
本章在历年高考中占有较大的比重，至少占8%，考题类型既有选择题，也有填空题和解答题，既有容易题，也有中档题，更有难题。而从这几年高考题的命题模式来看，客观题主要是考察和其他知识点的交汇，主观题对数列的考察较为全面，考察数列的概念、性质、公式、求和的应用。除09年理科解答题考察了和不等式及数学归纳法的结合外，最近几年的数列解答题在高考中主要作为中档题出现，对知识的交汇的考察主要集中在与函数、不等式以及数学归纳法的联系上。本文从近几年山东高考对数列的考查情况进行分析。
1.数列考点（山东卷）统计分析
年号题号所占分值重点考察的知识点及知识点交汇情况所占比例
有以上两个表格分析的近五年试题的分布来看，等差、等比数列作为最基本的数列模型，依然是高考重点考察的对象，利用Sn与an的关系以及递推公式求数列通项，以及数列求和问题也是近几年高考命题的热点。由于2009年考试说明把放缩法、反证法、数学归纳法加入考试要求，在09年高考中就考了数学归纳证明、放缩法，从而加大数列题难度，从最近五年的高考出题情况，虽然从2009年考纲加大难度，到2010年的中规中矩，再到2011年的新鲜题干，最后到2012年的等差数列中巧妙嵌入等比数列，我觉得数列的考察题目对知识难度要求总体有下降的趋势，我认为这与山东高考将取消文理分科，进一步降低难度的大趋势有关。
2.本单元考纲要求及复习策略
2.1 考纲要求
（1）了解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图像、通项公式）。
了解数列是自变量为正整数的一次函数。
了解等差数列与一次函数，等比数列与指数函数的关系。
（2）理解等差数列，等比数列的概念；
掌握等差数列，等比数列的通项公式与前n项和公式；
掌握由数列前n项求通项的公式；
掌握由递推公式求通项的基本方法；
掌握裂项求和以及错位相减求和。
（3）能在具体的问题情境中，识别数列的等差、等比关系，并能综合运用有关知识解决问题。
2.2 复习策略
（1）首先要认真研读大纲、考纲，认真分析高考的出题动向，才能做到对这一部分出题动向的深入把握，这样才能做到复习中更有针对性。
（2）曾听到一位命题专家说过这样一句话：“高考题来源于课本，高于课本”。由于这几年山东高考大趋势是更加注重基础，降低难度。所以，复习过程中要切实做到“降低起点，以课本为主”，以知识模块为主线开展复习，不能脱离课本仅凭某本参考资料复习。其实，往往很多高考题都是课本习题或例题的再加工或者就是原型。尤其是课本中思考、探究更应引起我们的重视。如：（2009湖北卷文）古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种性状来研究数，例如：
他们研究过图1中的1，3，6，10，…，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；类似地，称图2中的1，4，9，16…这样的数成为正方形数。下列数中及时三角形数又是正方形数的是
A.289 B.1024 C.1225 D.1378
这是我们课本数列第一节的引入实例，如果我们在教学过程中能够给予重视、讲解，那这个题学生做起来就很容易了。所以高考中很多题目都可以在课本中找到原型。
（3）教学过程中我们坚持用“题组法”进行数学总复习教学，取得了较好的复习效果。用题组法组织数学复习，可以更好的突出重点，有梯度的攻克难点。用“题组法”组织数学复习课一般由四组题目构成：再现型题组，巩固型题组，提高型题组，反馈型题组。
具体是：①再现性题组，前一天已经做过，老师已经批阅过，上课是先用 3到5分钟时间，让学生习惯性的展开小组讨论，然后，遗留问题就少得多了，老师精讲相关内容、用时也较少。 ②巩固型题组，组内派代表板演，不但让小组间展开积极竞争，也能更好地检测再现性题组的讨论效果，板演结束后，由其它组的成员点评，提出多种不同的解决方案，老师在此基础上再精析，将知识、方法升华。③提高型题组，小组内简单交流，稍作思考，然后有老师引导学生共同解决问题。④反馈型题组，完全的交给学生，小组内完成，基础好的同学，一般是组长可以利用自习、课间时间负责组织组内讲解，这样，班级学习氛围更浓了，第二天的课上轻松多了。相信经过同学们的充分参与，我们的课堂真正成为学生的课堂，老师只是“导演”！
（4）在每次选编题组时，要求出题教师要围绕有利于复习基础知识，巩固基本方法，揭示某些解题规律来选题、编题，每个题组中的题目及各题组之间要由易到难，并紧紧围绕课时复习目标，使基础知识、基本技能、基本方法、基本思想、解题规律重复出现，螺旋式递进。这符合学生的认识规律，有助于学生记忆、理解知识、方法、思想，加速从模仿到灵活运用的进程，能深深印入学生的脑海中。同时题目的选编，要以考纲为纲，以教本为本，应具有基础性、典型性、启智性等。
（5）在复习过程中，要注意重视抓书写规范训练，突出提高解题准确与速度，以及对公式的准确记忆。计算能力是高考四大能力要求之一，也是学生的薄弱环节之一。
3.高考试题典例分析
3.1 考察等差、等比数列的概念和简单性质
（2010山东理数）
（9）设{an}是等比数列，则“a1
（A）充分而不必要条件 （B）必要而不充分条件、
（C）充分必要条件 （D）既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】若已知a11，且a1>0，所以数列an是递增数列；反之，若数列an是递增数列，则公比q>1且a1>0，所以a1
【命题意图】本题考查等比数列及充分必要条件的基础知识，属保分题。
3.2 用定义法求数列的通项，以an，-1n为基础构造新数列，分类讨论，分组求和
2011年（山东文、理20）
等比数列中，分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且中的任何两个数不在下表的同一列.
评析：文理（ 20 ）题均为数列题，情景一致。该题以列表的形式简洁明了地给出了等比数列的前三项，极易让考生把握，巧妙地穿了分类整合的思想。该种情景具有科学依据，因为数列是特殊的函数，函数可以借助解析法、列表法、图象法来表示。此外，从该情景中还可以感觉到行列式的魅力。所以该题目情景的设置极具创新精神，又不失科学依据，具有极深的数学底蕴，充分体现了数学语言文化的魅力。在第二问中，均在通项的基础上求和，但在求和的方法、计算量的大小和难易的程度，都充分考虑到文理考生的实际状况，体现了对广大考生的人文关怀。
3.3 对数列知识的综合考察
（08年山东理19题）
将数列{an}中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成如下数表：
评析：本题以数列知识为背景，综合考察不等式的证明方法，如数学归纳法，放缩法且步步递进，环环相扣，考查综合运用数学知识进行归纳、总结、推理、论证等能力.
4.5 以等差数列为背景嵌入等比数列，对等差（比）数列之定义，通项以及求和的全面考察
（2012年文20） （本小题满分12分）
已知等差数列{an}的前5项和为105，且a20=2a5.
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）对任意m∈N*，将数列{an}中不大于72m的项的个数记为bm.求数列{bm}的前m项和Sm.
解析：（I）由已知得：5a1+10d=105，a1+9d=2（a1+4d），
4.2013年高考预测
从近五年高考题目来看，除零九年理科数列题结合数学归纳法和不等式难度有点增加外， 08、10年数列高考题的出题方向难度降低、更加注重基础方向发展。2011年、2012年均是作为20题出现，文理两科的出题意境也极为类似，而且全面考察等差数列、等比数列定义，通项公式以及求和等基础知识。这就要求我们以后教学过程中仍要坚持重视基础，无论难度降低还是提高，都能做到“以不变应万变”。
1.客观题以考察等差、等比数列的概念、简单性质和基本量运算为主。
2.解答题主要考查数列的综合应用为主，这里常涉及到的知识方法有：
（1）基本量思想，对等差或等比数列，列方程求首项和公差或公比。
（2）利用Sn与an的关系，求通项或实现Sn与an的转化，我认为Sn与an的关系公式，不仅仅是求通项，而是在题目中实现了Sn与an相互转化的一条通道。
（3）已知递推公式求通项公式，这里重点考察的是构造法。
对于由递推关系所确定的数列通项公式问题，通常可通过对递推式的变形转化，从而化归成等差数列或等比数列，进而利用等差、等比数列以及累加、连乘的方法求出数列的通项。
递推数列的通项求解大致有如下几类：a=a+f（n）、a=af（n）、a=pa+f（n）、a=pa+qf（n）。事实上以上几类都可以看成a=pa+qf（n）类来解决，而a=pa+qf（n）又可以转化为a=a+f（n）解决。下面举例说明。
类型1：数列{a}中a=1，a=a+（2n+1），求数列{a}的通项a。
分析：数列求通项的本质就是等差数列通项推到思想――累加法的应用，移项以后，采用累加法，就可以利用等差数列求和，得到数列的通项。
解：因为a=a+（2n+1），所以a-a=（2n+1），
从而a=（a-a）+（a-a）+…+（a-a）+a，所以a=n。
点评：本题可以看成a=a+f（n）型问题，当f（n）=c（c是常数）就是等差数列；当f（n）=cn+d（c、d是常数且c≠0）、f（n）=c（c是常数且c≠0）就可以用累加法利用等差数列、等比数列求和，问题得以解决。
类型2：数列{a}中a=1，a=2a+4，求数列{a}的通项a。
分析：本题可以采用两种方法：法一：构造新数列a+k=2（a+k），展开与原来的表达式相同，求出k，从而化归成等比数列的通项求解；法二：两边同除以2后就可以化归为类型1的问题解决。
解：由题意可得a+k=2（a+k），展开并与原表达式比较得k=4，所以=2，令b=a+4，则b=5，从而数列{b}是以5为首项，2为公比的等比数列，即b=5・2，所以a=5・2-4。
点评：本题a=pa+f（n）型的一种情况，f（n）=4是常数，当f（n）=2，此时采用上述解法，就不如采用方法二来得快，解法如下：
a=2a+2，两边同除以2，得=+，令b=，则b-b=，b=，这样就化归为题类型1解决。如果f（n）=2n+1呢？此时仍可采用两边同除以2，得=+，则可化归为令b=，则b-b=，b=。利用累加法，利用等比数列求和思想――错位相减法，求出的和，问题就能顺利得到解决。
