数列考试总结

数列考试总结（精选5篇）

数列考试总结 篇1

一、线性趋势——>分析线性趋势的增幅：

1、等差：增幅/减幅一般的做加减

2、等比： 增幅较大做乘除

3、幂数列： 增幅很大做乘除

二、没有线性趋势或线性趋势不明显

1、长数列：项数在6项以上。基本解题思路是分组或隔项

2、摇摆数列：数值忽大忽小，呈摇摆状。基本解题思路是隔项

3、双括号：一定是隔项成规律

4、分式：

（1）：整数和分数混搭，提示做乘除。

（2）：全分数。解题思路为：能约分的先约分；能划一的先划一；突破口在于不宜变化的分数，称作基准数；分子或分母跟项数必有关系。

5、正负交叠。基本思路是做商。

第二步

思路A：分析趋势

1，增幅（包括减幅）一般做加减。

基本方法是做差，但如果做差超过三级仍找不到规律，立即转换思路，因为公考没有考过三级以上的等差数列及其变式。

例1：-8，15，39，65，94，128，170，（）

A．180 B.210 C.225 D 256

解：观察呈线性规律，数值逐渐增大，且增幅一般，考虑做差，得出差23,24,26,29,34,42，再度形成一个增幅很小的线性数列，再做差得出1，2，3，5，8，很明显的一个和递推数列，下一项是5+8=13，因而二级差数列的下一项是42+13=55，因此一级数列的下一项是170+55=225，选C。

总结：做差不会超过三级；一些典型的数列要熟记在心

2，增幅较大做乘除 例2：0.25，0.25，0.5，2，16，（）

A．32 B.64 C.128 D.256

解：观察呈线性规律，从0.25增到16，增幅较大考虑做乘除，后项除以前项得出1，2，4，8，典型的等比数列，二级数列下一项是8*2=16，因此原数列下一项是16*16=256 总结：做商也不会超过三级

3，增幅很大考虑幂次数列

例3：2，5，28，257，（）

A．2006 B。1342 C。3503 D。3126

解：观察呈线性规律，增幅很大，考虑幂次数列，最大数规律较明显是该题的突破口，注意到257附近有幂次数256，同理28附近有27、25，5附近有4、8，2附近有1、4。而数列的每一项必与其项数有关，所以与原数列相关的幂次数列应是1，4，27，256（原数列各项加1所得）即1^1,2^2,3^3,4^4,下一项应该是5^5，即3125，所以选D 总结：对幂次数要熟悉

第二步思路B：寻找视觉冲击点

注：视觉冲击点是指数列中存在着的相对特殊、与众不同的现象，这些现象往往是解题思路的导引

视觉冲击点1：

长数列，项数在6项以上。基本解题思路是分组或隔项。

例4：1，2，7，13，49，24，343，（）

A．35 B。69 C。114 D。238

解：观察前6项相对较小，第七项突然变大，不成线性规律，考虑思路B。长数列考虑分组或隔项，尝试隔项得两个数列1，7，49，343；2，13，24，（）。明显各成规律，第一个支数列是等比数列，第二个支数列是公差为11的等差数列，很快得出答案A。

总结：将等差和等比数列隔项杂糅是常见的考法。

视觉冲击点2：

摇摆数列，数值忽大忽小，呈摇摆状。基本解题思路是隔项。5

例5：64，24，44，34，39，（）

A．20 B。32 C 36.5 D。19

解：观察数值忽小忽大，马上隔项观察，做差如上，发现差成为一个等比数列，下一项差应为5/2=2.5，易得出答案为36.5

总结：隔项取数不一定各成规律，也有可能如此题一样综合形成规律。

视觉冲击点3：

双括号。一定是隔项成规律！

例6：1，3，3，5，7，9，13，15，（），（）

A．19，21 B。19，23 C。21，23 D。27，30 解：看见双括号直接隔项找规律，有1，3，7，13，（）；3，5，9，15，（），很明显都是公差为2的二级等差数列，易得答案21，23，选C

例7：0，9，5，29，8，67，17，（），（）

A．125，3 B。129，24 C。84，24 D。172，83

解：注意到是摇摆数列且有双括号，义无反顾地隔项找规律！有0，5，8，17，（）；9，29，67，（）。支数列二数值较大，规律较易显现，注意到增幅较大，考虑乘除或幂次数列，脑中闪过8，27，64，发现支数列二是2^3+1，3^3+2，4^3+3的变式，下一项应是5^3+4=129。直接选B。回头再看会发现支数列一可以还原成1-1，4+1,9-1,16+1,25-1.总结：双括号隔项找规律一般只确定支数列其一即可，为节省时间，另一支数列可以忽略不计

视觉冲击点4：

分式。

类型（1）：整数和分数混搭，提示做乘除。

例8：1200，200，40，（），10/3 A．10 B。20 C。30 D。5

解：整数和分数混搭，马上联想做商，很易得出答案为10

类型（2）：全分数。解题思路为：能约分的先约分；能划一的先划一；突破口在于不宜变化的分数，称作基准数；分子或分母跟项数必有关系。

例9：3/15，1/3，3/7，1/2，（）

A．5/8 B。4/9 C。15/27 D。-3

解：能约分的先约分3/15=1/5；分母的公倍数比较大，不适合划一；突破口为3/7，因为分母较大，不宜再做乘积，因此以其作为基准数，其他分数围绕它变化；再找项数的关系3/7的分子正好是它的项数，1/5的分子也正好它的项数，于是很快发现分数列可以转化为1/5，2/6，3/7，4/8，下一项是5/9，即15/27

例10：-4/9,10/9,4/3,7/9,1/9 A．7/3 B 10/9 C-5/18 D-2

解：没有可约分的；但是分母可以划一，取出分子数列有-4，10，12，7，1，后项减前项得

14，2，-5，-6，（-3.5），（-0.5）与分子数列比较可知下一项应是7/（-2）=-3.5，所以分子数列下一项是1+（-3.5）=-2.5。因此（-2.5）/9=-5/18

视觉冲击点5：正负交叠。基本思路是做商。

例11:8/9,-2/3, 1/2,-3/8,（）

A 9/32 B 5/72 C 8/32 D 9/23

解：正负交叠，立马做商，发现是一个等比数列，易得出A

视觉冲击点6：根式。

类型（1）数列中出现根数和整数混搭，基本思路是将整数化为根数，将根号外数字移进根号内 例12：0 3 1 6 √2 12()()2 48

A.√3 24 B．√3 36 C．2 24 D．2 36 解：双括号先隔项有0，1，√2，（），2；3，6，12，（），48.支数列一即是根数和整数混搭类型，以√2为基准数，其他数围绕它变形，将整数划一为根数有√0 √1 √2（）√4，易知应填入√3；支数列二是明显的公比为2的等比数列，因此答案为A

类型（2）根数的加减式，基本思路是运用平方差公式：a^2-b^2=(a+b)(a-b)例13：√2-1，1/(√3+1),1/3,()A(√5-1)/4 B 2 C 1/(√5-1)D √3 解：形式划一：√2-1=（√2-1）（√2+1）/(√2+1)=(2-1)/(√2+1)=1/(√2+1),这是根式加减式的基本变形形式，要考就这么考。同时，1/3=1/(1+2)=1/(1+√4),因此，易知下一项是1/(√5+1)=(√5-1)/[(√5)^2-1]=(√5-1)/4.视觉冲击点7：首一项或首两项较小且接近，第二项或第三项突然数值变大。基本思路是分组递推，用首一项或首两项进行五则运算（包括乘方）得到下一个数。

例14：2，3，13，175，（）

A．30625 B。30651 C。30759 D。30952 解：观察，2，3很接近，13突然变大，考虑用2，3计算得出13有2*5+3=3，也有3^2+2*2=13等等，为使3，13，175也成规律，显然为13^2+3*2=175,所以下一项是175^2+13*2=30651 总结：有时递推运算规则很难找，但不要动摇，一般这类题目的规律就是如此。

视觉冲击点8：纯小数数列，即数列各项都是小数。基本思路是将整数部分和小数部分分开考虑，或者各成单独的数列或者共同成规律。

例15：1.01，1.02，2.03，3.05，5.08，（）

A．8.13 B。8.013 C。7.12 D 7.012

解：将整数部分抽取出来有1，1，2，3，5，（），是一个明显的和递推数列，下一项是8，排除C、D；将小数部分抽取出来有1，2，3，5，8，（）又是一个和递推数列，下一项是13，所以选A。

总结：该题属于整数、小数部分各成独立规律

例16：0.1，1.2，3.5，8.13，()A 21.34 B 21.17 C 11.34 D 11.17

解：仍然是将整数部分与小数部分拆分开来考虑，但在观察数列整体特征的时候，发现数字非常像一个典型的和递推数列，于是考虑将整数和小树部分综合起来考虑，发现有新数列0，1，1，2，3，5，8，13，（），（），显然下两个数是8+13=21，13+21=34，选A 总结：该题属于整数和小数部分共同成规律

视觉冲击点9：很像连续自然数列而又不连贯的数列，考虑质数或合数列。

例17：1，5，11，19，28，（），50 A．29 B。38 C。47 D。49

解：观察数值逐渐增大呈线性，且增幅一般，考虑作差得4，6，8，9，„„，很像连续自然数列而又缺少5、7，联想和数列，接下来应该是10、12，代入求证28+10=38，38+12=50，正好契合，说明思路正确，答案为38.视觉冲击点10：大自然数，数列中出现3位以上的自然数。因为数列题运算强度不大，不太可能用大自然数做运算，因而这类题目一般都是考察微观数字结构。

例18：763951，59367，7695，967，（）

A．5936 B。69 C。769 D。76

解：发现出现大自然数，进行运算不太现实，微观地考察数字结构，发现后项分别比前项都少一位数，且少的是1，3，5，下一个缺省的数应该是7；另外缺省一位数后，数字顺序也进行颠倒，所以967去除7以后再颠倒应该是69，选B。

例19：1807，2716，3625，（）

A．5149 B。4534 C。4231 D。5847

解：四位大自然数，直接微观地看各数字关系，发现每个四位数的首两位和为9，后两位和为7，观察选项，很快得出选B。

第三步：另辟蹊径。

一般来说完成了上两步，大多数类型的题目都能找到思路了，可是也不排除有些规律不容易直接找出来，此时若把原数列稍微变化一下形式，可能更易看出规律。

变形一：约去公因数。数列各项数值较大，且有公约数，可先约去公约数，转化成一个新数列，找到规律后再还原回去。

例20：0，6，24，60，120，（）

A．186 B。210 C。220 D。226

解：该数列因各项数值较大，因而拿不准增幅是大是小，但发现有公约数6，约去后得0，1，4，10，20，易发现增幅一般，考虑做加减，很容易发现是一个二级等差数列，下一项应是20+10+5=35，还原乘以6得210。

变形二：因式分解法。数列各项并没有共同的约数，但相邻项有共同的约数，此时将原数列各数因式分解，可帮助找到规律。

例21：2，12，36，80，（）

A．100 B。125 C 150 D。175 解：因式分解各项有1*2，2*2*3，2*2*3*3，2*2*2*2*5,稍加变化把形式统一一下易得1*1*2，2*2*3，3*3*4，4*4*5，下一项应该是5*5*6=150，选C。

变形三：通分法。适用于分数列各项的分母有不大的最小公倍数。

例22：1/6,2/3,3/2,8/3,()A.10/3 B.25/6 C.5 D.35/6

解：发现分母通分简单，马上通分去掉分母得到一个单独的分子数列1，4，9，16，（）。增幅一般，先做差的3，5，7，下一项应该是16+9=25。还原成分母为6的分数即为B。

第四步：蒙猜法，不是办法的办法。

有些题目就是百思不得其解，有的时候就剩那么一两分钟，那么是不是放弃呢？当然不能！一分万金啊，有的放矢地蒙猜往往可以救急，正确率也不低。下面介绍几种我自己琢磨的蒙猜法。

第一蒙：选项里有整数也有小数，小数多半是答案。见例5：64，24，44，34，39，（）

A．20 B。32 C 36.5 D。19 直接猜C！

例23：2，2，6，12，27，（）

A．42 B 50 C 58.5 D 63.5

猜：发现选项有整数有小数，直接在C、D里选择，出现“.5”的小数说明运算中可能有乘除关系，观察数列中后项除以前项不超过3倍，猜C 正解：做差得0，4，6，15。（0+4）*1.5=6(2+6)*1.5=12(4+6)*1.5=15(6+15)*1.5=31.5，所以原数列下一项是27+31.5=58.5

第二蒙：数列中出现负数，选项中又出现负数，负数多半是答案。

例24：-4/9,10/9,4/3,7/9,1/9,()A．7/3 B.10/9 C-5/18 D.-2

猜：数列中出现负数，选项中也出现负数，在C/D两个里面猜，而观察原数列，分母应该与9有关，猜C。

第三蒙：猜最接近值。有时候貌似找到点规律，算出来的答案却不在选项中，但又跟某一选项很接近，别再浪费时间另找规律了，直接猜那个最接近的项，八九不离十！

例25：1，2，6，16，44，（）

A．66 B。84 C。88 D。120

猜：增幅一般，下意识地做了差有1，4，10，28。再做差3，6，18，下一项或许是（6+18）*2=42，或许是6*18=108，不论是哪个，原数列的下一项都大于100，直接猜D。

例26：0.，0，1，5，23，（）

A．119 B。79 C 63 D 47

猜：首两项一样，明显是一个递推数列，而从1，5递推到25必然要用乘法，而5*23=115，猜最接近的选项119

第四蒙：利用选项之间的关系蒙。

例27：0，9，5，29，8，67，17，（），（）

A．125，3 B129，24 C 84，24 D172 83

猜：首先注意到B，C选项中有共同的数值24，立马会心一笑，知道这是阴险的出题人故意设置的障碍，而又恰恰是给我们的线索，第二个括号一定是24！而根据之前总结的规律，双括号一定是隔项成规律，我们发现偶数项9，29，67，（）后项都是前项的两倍左右，所以猜129，选B

例28：0，3，1，6，√2，12，（），（），2，48 A．√3，24 B。√3，36 C 2，24 D√2，36

猜：同上题理，第一个括号肯定是√3！而双括号隔项成规律，3，6，12，易知第二个括号是24，很快选出A 华图接下来的班次和课程，大家可以看看。（联系人：颜同学 tel：*** QQ：32431121）

数列考试总结 篇2

南通市二模考试前几天落下帷幕，整份试卷质量相当高，其中第二十题为一道考察数列通项问题综合题，难度颇高，很值得探究.笔者参加了市二模考试的阅卷工作，担任第二十题的阅卷组长，所以对该数列题作了仔细的研究，接触到该题的多种解答，很有感想，写下来和各位读者一起分享.

例题：（2012年南通市二模考试第20题）已知α，β是方程x2－x－1=0的两个根，且α＜β．数列{an}，{bn}满足a1=1，a2=β，

an+2=an+1+an，bn=an+1－αan(n∈N*).

（1）求b2－a2的值；

（2）证明：数列{bn}是等比数列；

（3）设c1=1，c2= -1，cn+2+cn+1=cn（n∈N*），证明：当n≥3时，an=(-1)n??－1（αcn-2+βcn）．

标准答案：因为α，β是方程x2－x－1=0的两个根，所以α+β=1，α?β=-1，β2=β+1.

（1）由b2= a3－αa2= a1+a2－αa2=1+ a2－αβ=2+ a2，得b2－a2=2.

（2）因为bn+1bn= an+2－αan+1 an+1－αan= an+1+an－αan+1 an+1?－αan

= (1－α)an+1+an an+1－αan = βan+1+an an+1－αan = βan+1－αβan an+1－αan=β，

又b1= a2－αa1=β－α≠0，所以{bn}是首项为β－α，公比为β的等比数列．

（3）由（2）可知 an+1－αan=（β－α）βn??－1． ①

同理， an+1－βan=α（an－βan-1）．又a2－βa1=0，于是an+1－βan=0． ②

由①②，得 an=β n??－1.

下面我们只要证明：n≥3时， (-1) n??－1（αcn-2+βcn）= β n??－1．

因为(-1)n(αcn-1+βcn+1) (-1)n-1(αcn-2+βcn)=－αcn-1－βcn+βcn-1 αcn-2+βcn =－cn-1－βcn αcn-2+βcn=－cn-2－cn－βcn αcn-2+βcn

=－cn-2－(1+β)cn αcn-2+βcn=－－αβcn-2－β2cn αcn-2+βcn =β．

又c1=1，c2=-1，c3=2，则当n=3时，(-1)2(αc1+βc3)= (α+2β)=1+β=β2，

所以{(-1) n??－1 (αcn-2+βcn)}是以β2为首项，β为公比的等比数列．

(-1) n??－1 (αcn-2+βcn)是它的第n－2项，

所以(-1) n??－1 (αcn-2+βcn)= β2?βn??－3=βn??－1= an.

2.本题标准解法的改进或者另解，以及学生的常见错误

2.1关于本题第一问

我们在实际阅卷过程中发现，能与标准答案一样使用韦达定理求解的学生不到一半，多数学生选择求出 ， ，然后在根据 ， ，然后得到 .本身这种解法没有利用韦达定理所以计算相对而言较为复杂，所以大约有十分之一的同学竟然出现了 的简单运算错误.究其原因不外乎两点：1.全卷运算量较大，学生算至此处已然头昏脑涨.2.由于是全卷最后一题，时间非常紧迫，经了解多数学生是在还剩七八分钟时才开始做二十题，所以非常慌，由此可见稳定的计算心态对于“抢分”而言相当重要

2.2关于本题第二问

证明等比数列一般有两种证明方法：1.定义法 2.中项法.

标准答案中给出的是定义法.有两点个人以为需要补充.1.首先应当说明 再来说明 （非零常数）2.当得到 时，标准答案中用 来进行代换，笔者感觉学生不易想到，可以做如下改动，由于 ，所以 代人，即 这样对学生来说应该更容易接受.

当然此问还可以通过中项法来解决.具体解法如下.

评注：这两种解法都含减元思想，都有将 ， 用 ， 进行代换，并利用关于 的等式 进行减元.两种解法思路都容易想到，但是学生在具体解题时均出现了些小问题，定义法中学生答案较多，如 等等，给阅卷造成了很大的不便，有可能产生误判,而且中项法中存在假证或者跳去关键减元步骤的现象.

2.3关于本题第三问

标准答案给出的是求出 的通项公式，从而证明目标等式成立的做法,其中“同理， an+1－βan=α（an－βan-1）．”这步对于不了解“特征方程法求数列通项”的学生确实有一定难度.笔者另外给出两种解法，供各位读者研究.

另解1：数学归纳法——相对而言比较简单的证法

当 时， ，又 成立.类似的，当 时，也成立.

当 时，设 以及 时成立

当 时，下面证明 成立

评注：这种做法相当简洁，思维也非常清楚，但是学生要得出证明，需突破两个难点.一、这是已知前两项推出后一项的数学归纳法，与学生熟知的前项推后项的数学归纳法有区别.二、强烈的目标意识，如提取 ，利用 的递推关系将 ， 转换为 ，要清晰的知道证明的目标，并对比已有条件等式和目标等式的关系，才能作出正确的化简.

另解2.1：特征方程法——本题的最本质的解法

目标求出 ，代入目标等式，证明成立.

的特征方程 两根为 ，

的特征方程 的两根为 ， ，由韦达定理可得 ，两个特征方程根之间存在这样的关系 ， 的通项求法标准答案已经给出，下面仿照求 通项的方法，类似地求出 的通项.令 [1]，则

.因为 ,所以

即 ，又因为 ，因此 …③，同理可得令 可得 ，又因为 因此 …④， 由③④可得， ，所以 ，至此我们求出了 和 的通项，只要将其代入目标等式证明成立即可.(有些繁琐，从略)

评注：根据 的二阶递推关系，得到相应的特征方程，并据特征根构造两个新的一阶递推数列，用类似于标准答案上给出的方法，得出了 的通项公式，又据两个特征方程根之间的关系（ ），用α，β表示出了 ，可以看出命题者精心构造了两个关系密切的特征方程.如果 与 之间无等量关系，则无法证明 之间存在等量关系.

另解2.2：特征方程法的简化

其实我们还可以将目标等式进行化简，再来证明.由 ，由④式我们可以得到， ，即证 ，显然成立

评注：本解法与另解2.1相对比观察到 的直接关系，只需求出 的通项即可，另外此种解法还需利用④式.

另解2.3利用特征根待定系数求

由于 的特征方程 的两根为 ， ，所以设 [2]，由c1=1，c2= -1，求出 ，得到 的通项公式，以下不再赘述.

评注：要能用此种解法来做，必须彻底理解特征方程法求数列通项，并利用其中结论，此法简便易行，但是需要知识基础.

3.问题的本质揭示

本题的命题思路应该是以数列的二阶递推关系为背景,本质上是由数列的递推关系求数列的通项,前几年这种背景的题型在各省的高考题中经常出现.现将几种常用的利用特征方程求通项的方法展示一下.

1．一次特征方程：已知 以及 , ，其特征方程 ，根为 ，则 .这种做法即我们平时说的待定系数法求通项.

2．二次特征方程：已知 ， 以及 , ，其特征方程

两根为 .①当 时, , 由 确定.②当 时, , 由 确定.经笔者研究发现当 时,如果要由二阶递推关系 构造等比数列,会有两种做法① ,

② ,而例题中的二三两问的命题思路,均可以从其中发现. 由于特征方程x2－x－1=0的两个根α，β不是整数，所以本题显得比较难以理解,我们不妨将例题改为：数列{an}，{bn}满足a1=1，a2=2，an+2=2an+1+3an，bn=an+1－3an(n∈N*)，证明{ bn }为等比数列.这样由于特征根为3，-1，所以整个例题便较为简单明了.当然我们还可以将线性递推数列推广至分式情形和高次情形，但由于高中数学使用不多，所以这边不再列举。

数列求和方法总结 篇3

基本概念：首项：等差数列的第一个数，一般用a1表示;

项数：等差数列的所有数的`个数，一般用n表示;

公差：数列中任意相邻两个数的差，一般用d表示;

通项：表示数列中每一个数的公式，一般用an表示;

数列的和：这一数列全部数字的和，一般用Sn表示.

基本思路：等差数列中涉及五个量：a1，an，d，n，sn，，通项公式中涉及四个量，如果己知其中三个，就可求出第四个;求和公

式中涉及四个量，如果己知其中三个，就可以求这第四个。

基本公式：通项公式：an=a1+(n-1)d;

通项=首项+(项数一1)公差;

数列和公式：sn，=(a1+an)n2;

数列和=(首项+末项)项数2;

项数公式：n=(an+a1)d+1;

项数=(末项-首项)公差+1;

公差公式：d=(an-a1))(n-1);

公差=(末项-首项)(项数-1);

求数列极限的方法总结 篇4

数学科学学院数学与应用数学

11级电子 张玉龙 陈进进指导教师 鲁大勇

摘 要 数列极限的求法一直是数列中一个比较重要的问题，本文通过归纳和总结，从不同 的方面罗列了它的几种求法。

关键词 数列极限、定义、泰勒公式、无穷小量 极限一直是数学分析中的一个重点内容，而对数列极限的求法可谓是多种多 样，通过归纳和总结，我们罗列出一些常用的求法。求数列极限的最基本的方法 还是利用数列极限的定义，也要注意运用两个重要极限，其中，可以利用等量代 换，展开、约分，三角代换等方法化成比较好求的数列，也可以利用数列极限的 四则运算法则计算。夹逼性定理和单调有界原理是很重要的定理，在求的时候要 重点注意运用。泰勒公式、洛必达法则、黎曼引理是针对某些特殊的数列而言的。还有一些比较常用的方法，在本文中都一一列举了

1.定义法 利用数列极限的定义求出数列的极限.设｛Xn｝是一个数列,a 是实数,如果对 任意给定的 ε 〉0,总存在一个正整数 N，当 n〉N 时,都有 Xn ? a < ε ,我们就称 a 是数列{Xn}的极限.记为 lim Xn = a.n→∞ 例 1: 按定义证明 lim 1 = 0.n → ∞ n!解:1/n!=1/n(n-1)(n-2)…1≤1/n 1 令 1/n< ε ,则让 n> 即可, ε 存在 N=[ 立, 1 ε ],当 n>N 时,不等式:1/n!=1/n(n-1)(n-2)…1≤1/n< ε 成 1 = 0.n → ∞ n!

2.利用极限四则运算法则 对和、差、积、商形式的函数求极限,自然会想到极限四则运算法则.1+ a + a2 + L+ an 例 2: 求 lim ,其中 a < 1, b < 1.n →∞ 1 + b + b 2 + L + b n 解: 分子分母均为无穷多项的和,应分别求和,再用四则运算法则求极限 1 ? a n +1 1 ? b n +1 1+ a + a2 +L + an = ,1 + b + b 2 + L + b n = , 1? a 1? b 1 ? a n+1 1 lim 1? b n →∞ 1 ? a 1? a 原式= = , n +1 = 1 1? b 1? a lim n →∞ 1 ? b 1? b 所以 lim

3.利用夹逼性定理求极限若 存 在 正 整 数 N, 当 n>N 时 , 有 Xn ≤ Yn ≤ Zn, 且 lim Xn = lim Zn = a , 则 有 n →∞ n →∞ lim Yn = a.n →∞ 例 3:求{ 解: 1+ n }的极限.n2 对任意正整数 n,显然有 1 1 + n 2n 2 < 2 ≤ 2 = , n n n n 1 2 而 → 0 , → 0 ,由夹逼性定理得 n n 1+ n lim 2 = 0.n →∞ n

4．换元法 通过换元将复杂的极限化为简单.an ?1 例 4.求极限lim n，此时 n →∞ a + 2 有，令 解：若 5.单调有界原理

4.例 5.证明数列 证： 令 我们用归纳法证明 若 ≤２ 则 则 有极限，并求其极限。，易知｛ ｝递增，且 ≤2.显然。中两 故由单调有界原理｛ ｝收敛，设 →，则在 边取极限得 即 解之得 =２ 或 =-１ 明显不合要求，舍去，从而

5.6.6.先用数学归纳法,再求极限.1 ? 3 ? 5 ? L ?(2n ? 1)例 6:求极限 lim n →∞ 2 ? 4 ? 6 ? L ? 2n 1 3 5 2n ? 1 1 解: 0 < ? ? ? L ? < 2 4 6 2n 2n + 1 1 3 5 2n ? 1 S= ? ? ? L ? 2 4 6 2n 2 4 2n 设 S * = ? ?L? 则有 S< S * 3 5 2n + 1 1 S2=S*S

7.7.利用两个重要极限 lim = 1 , lim(1 +)x = e.x →0 x → +∞ x x 2 例 7:求 lim(1 +)x x → +∞ x x x 2 1 解: 原式= lim(1 +)2 ?(1 +)2 = e ? e = e 2 x → +∞ x x

8.8.利用等价无穷小来求极限 将数列化成自己熟悉的等价无穷小的形式然后求极限., lim 例 8:求 lim x→+ 而0 < S < 1 1 1 + x sin x ? 1 ex ?1 2 解:当 x → 0 的时候, x sin x → 0 , 1 + x sin x ? 1 ~ 而此时, e x ? 1 ~ x 2 ,所以 x sin x 1 原式= lim = x →0 2 x 2 2 0 ∞

9.9.用洛必达法则求极限.适用于 和 型 0 ∞ 1 ? cos x 例 9:求 lim x →0 x2 0 解: 是 待定型.0 1 ? cos x sin x 1 = lim lim = 2 x →0 x →0 2 x 2 x

10.10.积分的定义及性质 1p + 2 p + 3 p + L + n p 例 10:求 lim(p > 0)n → +∞ n p +1 1p + 2 p + 3 p + L +n p 1 n i 解: lim(p > 0)= lim ∑()p n → +∞ n → +∞ n n p +1 i =1 n p 设 f(x)= x ,则 f(x)在[0,1]内连续, 1 i i ?1 i ?x i = , 取 ξ i = ∈ [ , ] n n n n i 所以, f(ξ i)=()p n 1 1 所以原式= ∫ x p dx = 0 p +1

11.11.级数收敛的必要条件.2 x sin x.2 设 ∑ u n 等于所求极限的表达式 , 再证∑ u n 是收敛的, 据必要条件知所求表达式的 n =1 n =1 ∞ ∞ 极限为 0.例 11:求 lim n → +∞ n!nn ∞ u 1 1 n!= <1 ,则 lim n +1 = lim n n → +∞ u n → +∞ 1 e n n =1 n(1 +)n n n!所以该级数收敛,所以 lim n =0 n → +∞ n

12.12.对表达式进行展开、合并、约分和因式分解以及分子分母有理化，三角函数 的恒等变形。sin 5 x ? sin 3 x 例 12.求 lim x →0 sin 2 x 解： ? sin 5 x 2 x 5 sin 3 x 2 x 3 ? 5 3 法一：原式= lim ? ? ? ? ? ? = ? =1 x →0 3 x sin 2 x 2 ? 2 2 ? 5 x sin 2 x 2 ? 5 x + 3x 5 x ? 3x 2 cos sin 2 cos 4 x sin x 2 cos 4 x 2 2 法二：原式= lim = lim = lim =1 x →0 x → 0 2sin x cos x x → 0 2 cos x sin 2 x

13.13.奇数列和偶数列的极限相同，则数列的极限就是这个极限。(?1)x 例 13：求 lim x 的值 x→∞ 2 ?1 解：奇数列为 lim x =0 x→∞ 2 1 偶数列为 lim x =0 x→∞ 2(?1)x 所以 lim x =0 x→∞ 2

14.14．利于泰勒展开式求极限。解:设 ∑ u n = 例 14.求 lim(5 x 5 + x 4 ? 5 x 5 ? x 4)1 1 ? 1 1 1 ? 解：原式= lim x ?(1 +)5 ?(1 ?)5 ?(令 t=)x → +∞ x x x ? ? 1 ? 1 ? 1 + t + o(t)? ?1 ? t + o(t)? 1 1 ? 1? 5 ? 5 ?=2 = lim ?(1 + t)5 ?(1 ? t)5 ? = t → +0 t t 5 ? ?

15.15.利于无穷小量的性质和无穷小量和无穷大量之间的关系求极限。利用无穷小量与有界变量的乘积仍为无穷小量，无穷小量与无穷大量互为倒数 的关系，以及有限个无穷小的和仍是无穷小等等。1 例 15：求 lim 2 sin x 的值 x →∞ x 1 是无穷小量，而 lim sin x 是有界变量，所以 x →∞ x 2 x →∞ 1 lim 2 sin x 还是无穷小量，即 x →∞ x 1 lim 2 sin x =0 x →∞ x

16.16.利用数列的几何、算术平均值求极限。数列{ an }有极限，则它的几何平均值和算术平均值的极限与与原极限相同。解：因为 lim 例 16：求 lim n an 的值 n →∞ 解： lim n an = lim n n →∞ n →∞ an a a a a a ? 2 ? 1 ? a0 = lim n n ? 2 ? 1 ? lim n a0 n →∞ an ?1 a1 a0 an ?1 a1 a0 n →∞ 设 bn = an，因为知 lim n an =1 n →∞ an?1 an an ?1 所以，所求原式的极限就等于{ bn }的极限 即原式= lim bn = lim n →∞ n →∞

数列通项公式方法总结 篇5

解：由an+1=2Sn+1

得an=2Sn-1+1(n≥2)

两式相减，得an+1-an=2an

∴an+1=3an (n≥2)

∵a2=2Sn+1=3

∴a2=3a1

∴{an}是以1为首项，3为公比的等比数列

∴an=3n-1

(3)an+1=an+f(n)，用叠加法

思路：令n=1，2，3，……，n-1

得a2=a1+f(1)

a3=a2+f(2)

a4=a3+f(3)

……

+)an=an——1+f(n-1)

an=a1+f(1)+f(2)+…+f(n-1)

例5、若数列{an}满足a1=2，an+1=an+2n

则{an}的通项公式=( )

解：∵an+1=an+2n

∴a2 =a1+2×1

a3=a2+2×2

a4=a3+2×3

……

+)an=an——1+2(n-1)

an=a1+2(1+2+3+…+n-1)

=2+2×(1+n-1)(n-1)

=n2-n+2

(4)an+1=f(n)an，用累积法

思路：令n=1，2，3，……，n-1

得a2 =f(1)a1 a3=f(2)a2 a4=f(3)a3

……

×)an=f(n-1)an-1

an=a1·f(1)·f(2)·f(3)……f(n-1)

例6、若数列{an}满足a1=1，an+1=2n+an，则an=( )

解：∵an+1=2nan ∴a2 =21a1

a3=22a2 a4=23a3

……

×) an=2n——1·an——1

an=2·22·23·……·2n-1a1=2n(n-1)/2

(5)an=pan——1+q， an=pan——1+f(n)

an+1=an+p·qn(pq≠0)，

an=p(an——1)q， an+1=ran/pan+q=(pr≠0，q≠r)

(p、q、r为常数)

这些类型均可用构造法或迭代法。

①an=pan——1+q (p、q为常数)

构造法：将原数列的各项均加上一个常数，构成一个等比数列，然后，求出该等比数列的通项公式，再还原为所求数列的通项公式。

将关系式两边都加上x

得an+x=Pan——1+q+x

=P(an——1 + q+x/p)

令x=q+x/p，得x=q/p-1

∴an+q/p-1=P(an——1+q/p-1)

∴{an+q/p-1}是以a1+q/p-1为首项，P为公比的等比数列。

∴an+q/p-1=(a1+q/p-1)Pn-1

∴an=(a1+q/p-1)Pn-1-q/p-1

迭代法：an=p(an——1+q)=p(pan-2+q)+q

=p2((pan-3+q)+pq+q……

例7、数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2an-n(n∈N+)求an

解析：由Sn=2an-n 得Sn-1=2an-1-(n-1) (n≥2,n∈N+)

两式相减得an=2an-1+1

两边加1得an+1=2(an-1+1) (n≥2，n∈N+)

构造成以2为公比的等比数列{an+1}

②an=Pan-1+f(n)

例8、数列{an}中，a1为常数，且an=-2an-1+3n-1(≥2，n∈N)

证明：an=(-2)n-1a1+3n+(-1)n·3·2n-1/5

分析：这道题是证明题，最简单的方法当然是数学归纳法，现用构造法和迭代法来证明。

方法一：构造公比为-2的等比数列{an+λ·3n}

用比较系数法可求得λ=-1/5

方法二：构造等差型数列{an/(-2)n}。由已知两边同以(-2)n，得an/(-2)n=an-1/(-2)n=1/3·(-3/2)n，用叠加法处理。

方法三：迭代法。

an=-2an-1+3n-1=-2(-2an-2+3n-2)+3n-1

=(-2)2an-2+(-2)·3n-2+3n-1

=(-2)2(-2an-3+3n-3)+(-2)·3n-2+3n-1

=(-2)3an-3+(-2)·3n-3+(-2)·3n-2+3n-1

=(-2)n-1a1+(-2)n-1·3+(-2)n-3·+32+……+(-2)·3n-2+3n-1

=(-2)n-1a1+3n+(-1)n-2·3·2n-1/5

③an+1=λan+p·qn(pq≠0)

(ⅰ)当λ=qn+1时，等式两边同除以，就可构造出一个等差数列{an/qn}。

例9、在数列{an}中，a1=4，an+1+2n+1，求an。

分析：在an+1=2an+2n+1两边同除以2n+1，得an+1/2n+1=an/2n+1

∴{an/2n}是以a1/2=2为首项，1为公差的等差数列。

(ⅱ)当λ≠q时，等式两边同除以qn+1，令bn=an/qn，得bn+1=λ/qbn+p，再构造成等比数列求bn，从而求出an。

例10、已知a1=1，an=3an-1+2n-1，求an

分析：从an=3an-1+2n-1两边都除以2n，

得an/2n=3/2 an-1/2n-1+1/2

令an/2n=bn

则bn=3/2bn-1+1/2

④an=p(an——1)q(p、q为常数)

例11、已知an=1/a an——12，首项a1，求an。

方法一：将已知两边取对数

得lgan=2lgan——1-lga

令bn=lgan

得bn=2bn-1-lga，再构造成等比数列求bn，从而求出an。

方法二：迭代法

an=1/a a2n——1=1/a (1/a a2n——2)2=1/a3 a4n——2

=1/a3 (1/a a2n——3)4=1/a7·an——38=a·(an——3/a)23

=……=a·(a1/a)2n——1

⑤an+1=ran/pan+q(p、q、r为常数，pr≠0，q≠r)

将等式两边取倒数，得1/an+1=q/r·1/an+p/r，再构造成等比数列求an。

例12、在{an}中，a1=1，an+1=an/an+2，求an

解：∵an+1=an/an+2

∴1/an+1=2·1/an+1

两边加上1，得1/an+1+1=2(1/an+1)

∴{1/an+1}是以1/an+1=2为首项，2为公比的等比数列

∴ 1/an+1=2×2n-1=2n

∴an=1/2n-1