时间：2023-06-01 09:32:24
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：取数代入 公式 倒序 错位 分组 分段 合并
在文科数学中，数列的求和问题不仅仅是高考中数学试题的一个重点，还是一个难点。很多学生都在这里遭遇挫折。但是，如果教师教授的解题方法得当，让学生加以练习，要想掌握也不太困难。下面通过几个具体的实例来介绍文科数学中几种常用的数列求和的方法，希望能够帮助学生提高得分率。
一、取数代入法求和
在选择题中，若数列已知，要求和，可取n=1或n=2代入，即可得出答案。
例1.已知an=n2，则前n项和Sn等于（ ）
A.■ B.■
C.■ D.■
分析：本题可直接取n=1代入可得，A=1，B=2，C=1，D=1，排除B，再取n=2代入可得，A=3，C=4，D=5，排除A，C，所以正确答案为D。
注：在解决此类选择题时，此法通用，但是要注意s■=a■，s■=a■+a■，千万不要直接用s■=a■来解题。
二、利用常用公式法求和
利用等差数列或等比数列的求和公式求和是数列求和的最基本也是最重要的方法，而且也是学习其他求和方法的前提。
1.等差数列求和公式：
S■=■=na■+■d
2.等比数列求和公式：
S■=na■ （q=1）■=■ （q≠1）
例2.求S■=a+a2+a3+...+an-1+an
分析：这个数列，与参数a有关，但是题目中没有具体说明参数a的取值范围，因此，在计算的时候，我们要具体考虑参数a。当a=0时，S■=0，当a=1时，S■=n，当a≠0，a≠1时，S■=■
注：在用等差数列的求和公式时，要注意项数，不一定每个数列的项数都是n项。在用等比数列的求和公式时，以例1为例，要注意参数a的取值范围，它会直接影响到计算的结果。
三、倒序相加法求和
这是课本中推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（倒序），把它与原数列相加，再利用等差数列的性质即可。
例3.求数列1+2+3+4+5+…+（n-1）+n的前n项和S■。
分析：S■=1+2+3+4+5+…+（n-1）+n，倒序，可得S■=n+（n-1）+（n-2） +…+3+2+1， 利用等差数列的性质，m+n=p+q？圯a■+a■=a■+a■，所以1+n=2+（n-1）=3+（n-2）= …=（n-1）+2=n+1，因此，
2S■=（1+n）*n，所以S■=■。
注：倒序相加的方法，其本质就是利用了等差数列的性质。
四、错位相减法求和
用错位相减法来求数列的前n项和，在高考试题中占有相当重要的位置，因此需要学生认真掌握。此法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a■·b■的前n项和，其中a■■、b■分别是等差数列和等比数列。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b■的公比q，然后再将得到的新的和式和原来的和式相减，转化为同倍数的等比数列来求和。
例4.已知c■=n·3■，求数列c■■的前n项和S■。
分析：通过观察，c■=n·3■，由两个部分组成，其中a■=n，b■=3■，a■、b■，分别为等差数列和等比数列。因此，
S■=1·3■+2·3■+3·3■+...+（n-1）·3■+n·3■①
其中等比数列b■公比是3，将式①两边都乘上3，得到
3S■=1·3■+2·3■+3·3■+...+（n-1）·3■+n·3■②
①-②得：
-2S■=1·3■+1·3■+1·3■+...+1·3■+1·3■-n·3■
其中1·3■+1·3■+1·3■+...+1·3■+1·3■（可用等比数列的求和公式），等于■=-■+■（3■），所以-2S■=-■+■（3■）-n·3■，S■=■-■（3n+1）+■·（3■）。
注：在用错位相减法求和的过程中，式①，式②易得，但在用式①-②的过程中，最后一项“-n·3■”经常被漏掉，因此学生在解题书写的过程中，一定要注意。
五、分组法求和
有这么一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，但若将这个数列适当拆开，可分为等差或等比数列，此时，若要求它的前n项和，就可以采用分组法。
例5.求数列1■，2■，3■，4■，...，n■的前n项和S■。
分析：数列的通项公式为c■=n+■，其中a■=n，b■=■，数列a■，b■分别为等差数列，等比数列，所以
S■=（1+■）+（2+■）+（3+■）+...+（n+■）
=（1+2+3+...+n）+（■+■+■+...+■）
（分组）
分别利用等差数列和等比数列的求和公式，可得S■=■+■=■-■+1
注：本解法的关键在于，通过观察，将原数列分组，然后分别利用已知的数列求和公式。
六、分段法求和
分段法求和，顾名思义，就是要分段，当一个数列中，出现了两段具有不同特点的项时，就采用此法。
例6.已知数列a■=9-n，求数列的前n项和T■。
分析：通过观察，易得数列a■，是首项为8，公差为-1的等差数列，设其前n项和为S■，而数列a■其前n项和设为T■，T■=8+7+...+1+0+-1+-2+...+8-n+9-n。我们知道，正数和0的绝对值是它本身，但负数的绝对值是正数。因此当项数n≤9时，前n项和T■=S■。但是当项数大于9时，前n项和T■就要分成两段，前面9项其和为S■，后面n-9项，每一项加了绝对值以后，都变成了正数，其和为S■-S■=S■-S■。综上，当n≤9时，T■=S■；当n>9时，T■=2S■-S■。
注：以此例题为例，易错的地方就是当项数n>9时，数列的和应该如何来求，怎么与原数列的联系起来，如何利用S■，来求T■。
七、合并法求和
针对一些特殊的数列，将某些项合并在一起就具有某种特殊的性质，因此，在求前n项和时，可将具有共同特性的这些项放在一起先求和，然后再求总的和。
例7.已知Sn=2-4+6-8+10-12+...+（-1）■2n，则S■+S■-S■=
分析：通过观察，
a■+a■=a■+a■=...=-2
S■=2-4+6-8+10-12+...+26-28+30
=（2-4）+（6-8）+（10-12）+...+（26-28）+30
=（-2）×7+30
=16 同理
S■=2-4+6-8+10-12+...+38-40
=（2-4）+（6-8）+（10-12）+...+（38-40）
=-20
S■=（-2）×25=-50
S■+S■-S■=16+（-20）+（-50）=-54
【关键词】 高中数学；数列求和；方法和技巧
【中图分类号】G63.23 【文献标识码】A 【文章编号】2095-3089（2013）29-0-01
数列是高中代数的重要内容，在高考和各种数学竞赛中都占有重要的地位.数列求和是数列的重要内容之一，而求和的关键是通项，通项决定求和的方法，高考中大部分数列的求和都需要一定的技巧转化成等差数列或等比数列数列求和.，下面，就一些常见考题谈谈数列求和的基本方法和技巧。
一、分组法求和
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，可分为
个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可.这种求和方法主要用于
形如，其中中一个是等差数列或等比数列，另一个也是等差数列或等比数列，求和时一般用分组结合法。
[例1]：求数列的前n项和；
分析：数列的通项公式为，而数列分别是等差数列、等比数列，求和时一般用分组结合法；
[解]：因为，所以
（分组）
前一个括号内是一个等差数列的和，后一个括号内是一个等比数列的和，因此
二、倒序相加法求和
这是推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是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.其中是一个定值或可提取公因式。
[例2]求证：
证明：设①
把①式右边倒转过来得
（倒序）
又由可得
②
①+②得（倒序相加）
三、错位相减法求和
这种方法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{an・bn}的前n项和，其中{an}、{bn}分别是等差数列和等比数列。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；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3]求和：（）①
解：由题可知，{}的通项是等差数列{2n-1}的通项与等比数列{}的通项之积
设②（设制错位）
①-②得（错位相减）
再利用等比数列的求和公式得：
四、裂项法求和
这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用.裂项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.
[例]求数列的前n项和.
（裂项）
（裂项求和）
=
=
五、小结
此类变形的特点是将原数列每一项拆为两项之后，其中中间的大部分项都互相抵消了。只剩下有限的几项。
注意：余下的项具有如下的特点
1余下的项前后的位置前后是对称的。
一、公式法
所谓公式法就是根据已知的数列求和公式，如等差数列和等比数列的前n项和公式、前n个正整数和的计算公式等，直接求和。
例1 （2102年北京市高考文科第10题）数列{an}为等差数列，Sn为其前n项和.若 ，S2=a3，则a2=______，Sn=_______.
分析 先由已知条件求出首项和公差，再代入等差数列的通项公式和求和公式求解。
解析 因为 ，所以 ，即 ，解得 ，所以 ，且 .
例2 （2012年江西省高考文科第13题）等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q不为1.若a1=1，且对任意的 都有an+2+an+1—2an=0，则S5=_________.
分析 由已知条件求出首项和公比，再代入等比数列的前n项和公式Sn求解.
解析 由条件 可得： ，即 ，解得 或 （舍去），所以 .
点评 等差数列和等比数列的前n项和公式是数列求和中最简单、最基本的公式，是数列求和的前提和基础。
二、错位相减法
当一个数列的项等于一个等差数列和一个等比数列对应项之积时，宜用“乘以等比数列的公比、错位相减”的方法求和。课本在推导等比数列的前n项和公式时用的就是错位相减法。
例3 （2012年江西省高考理科第17题）已知数列{an}的前n项和 ，且Sn的最大值为8.
（1）确定常数k，求an；
（2）求数列 的前n项和Tn.
分析 （1）由 的最大值为8可求常数k，再由 求an；（2）数列 可以看作是一个等差数列 与一个等比数列 对应项的积构成的数列，适合利用错位相减法求和.
解析 （1）当 时， 取最大值，即 ，故 ，从而 ，又 ，所以 .
（2）因为 ，所以 —①，将①式两边同时乘以 可得： —②，将①式与②式错位相减得： ，即 .
点评 运用错位相减法求数列的前n项和时，一要注意其适用的条件，即所求数列的通项=一个等差数列的通项×（或÷）一个等比数列的通项，二要正确把握其操作步骤.
三、倒序相加法
当一个数列对任意的“距首尾两项等距离的两项之和等于同一个常数”时，用倒序相加的方法求和.课本中推导等差数列的前n项和公式的方法即为倒序相加法.
例4 （2012年江苏高考模拟试题）函数 对任意的 都有 ，令 ，则 = .
分析 根据 和 的形式特点，可以考虑倒序相加法求 的表达式.
解析 由于函数 对任意的 都有 ，于是令 可得 ，令 可得 ，…，令 可得 ，即 对任意的距首尾两项等距离的两项之和等于2，利用倒序相加法可得： ，故 ，所以 .
点评 本题以函数的形式给出数列的关系，属于数列和函数的综合问题，主要考查了倒序相加法在数列求和中的应用。此外，本题亦可用合情推理的方法归纳出 的表达式，感兴趣的同学不妨自己尝试一下.
四、裂项相消法
若一个数列的通项可以根据代数变换拆裂成“两项的差”的形式，且相邻项拆裂后相关联，可考虑用裂项相消法求和。本法通过将数列的项拆裂，使拆裂后的项之间出现一些互为相反数的部分，求和时这些互为相反数的部分就可以相互抵消，从而达到化简的目的。
例5 （2012年高考全国卷理科第5题）已知等差数列 的前 项和为 ， ， ，则数列 的前100项和为（ ）
A. B. C. D.
分析 由于 为等差数列，所以 可以裂项成 ，故可用裂项相消法求数列 的前100项和.
解析 由 可得： ，即 ， ， ，故 ，故选A.
点评 本题通过已知数列中两项，得到公差与首项，得到数列的通项公式，并进一步裂项求和.裂项的常见形式有：① ；② ；③ 等.
五、并项求和法
有些数列（如周期数列）连续的几项之间具有明显的规律性，这时可以用并项求和的方法解决.
例6 （2102年福建高考文科第11题）若数列 的通项公式 ，其前 项和为 ，则 等于（ ）
A.1006 B.2012 C.503 D.0
分析 结合余弦函数的 的周期性可知，数列 的项之间存在一定的规律性，寻求其相邻四项之和的规律性，采取并项求和的方式解决.
解析 因为函数 的周期是4，且 ， ， ， ，所以 （ ），即数列 的每相邻四项之和是一个常数2，所以 .故选A.
点评 本题主要考查数列求和问题，其突破的关键找到规律、并项求和.
六、分组求和法
当一个数列整体上可以分为有规律的几个部分时，采取分组求和的方法.这种情况主要有如下两种典型问题：①数列的通项等于一个等差数列的通项加上一个等比数列的通项，或等于两个不同的等比数列的通项的和，可采取分组求和，各组的和分别利用等差（比）数列的求和公式求解；②数列的奇偶数项具有不同的变化规律，可将数列的奇数项和偶数项分别求和.
例7 （2012年山东省高考理科第20题）在等差数列 中， .
（1）求数列 的通项公式；
（2）对任意 ，将数列 中落入区间 内的项的个数记为 ，求数列 的前 项和 .
分析 （1）根据已知条件列出关于首项和公差的两个方程，解出基本量，代入通项公式可得 ；（2）欲求 ，关键是解关于n不等式 ，得到 的表达式之后再选择合适的方法求和.
解析 （1）由a3+a4+a5=84，a5=73可得： 而a9=73，则 ， ， ，于是 ，即 .
（2）对任意m∈N﹡， ，则 ， 即 ，而 ，由题意可知 ，
于是
，即 .
一、运用化归的思想和方法求解数列问题
数列的通项公式、前n项和公式和数列知识应用是整个高中数列解题的核心问题。在数列问题的解题中，求通项公式对解决数列问题来说非常重要。其解题方法多种多样，其中许多数列问题可以用化归的思想方法，把问题转化成等差（比）数列问题进行解决，这样就能非常方便地进行求解。
例1.把数列问题转化成等差型数列an-an-1=f（n）形式求通项公式。
已知a1=1，an-an-1=n-1。求：an。
解题分析：对于此类等差型数列，常采用叠加法进行求解。
an-an-1=n-1，a2-a1=1，a3-a2=2，
a4-a3=3…可求出an-an-1=n-1。把上面式子相加能得到an-a1=1+2+3+…+n-1，an= 。
解题要点：用该方法求通项公式，一是叠加后等式左边能进行错项相消，二是等式右边要能容易求和。
例2.把数列问题转化成等比型数列 =f（n）形式求通项公式。
已知a1=1， = 求：通项公式an。
解题分析：对于等比型数列求通项公式，一般采用把若干等式的左右两边分别相乘的方法，即累乘方法来求通项公式。
= ， = ， = … = 。
把这些等式左右分别相乘可得： = ，an= 。
要求：运用累乘方法求通项公式，要求等式两边能够化简。
二、运用函数和方程的思想求解数列问题
运用函数的概念与性质对数列问题进行分析转化，从而使数列问题容易求解；运用方程的思想求解数列问题，就是从数列问题的数量关系出发，把数列问题转化成方程或不等式的形式来使问题得到解决。运用这两种方法求解数列问题，要注意挖掘问题中的隐含条件，建立函数解析式和方程式是其解题的重点。
例3.有等差数列an，其前n项之和是Sn，a3=12，S12>0，S13
（1）求公差d的取值范围；（2）求S1，S2，S3…S12中的最大值，并讲出原因。
解题分析：（1）在本题中利用方程（不等式）的思想就比较容易求解问题，通过利用通项公式an和前n项和公式Sn来构建不等式就能方便求出公差的范围。（2）对于在数列问题中求前n项和的最大值问题，利用函数的思想和方法，把Sn的表达式转化成二次函数，这样问题就变成求函数的最值问题，此题就容易解
决了。
解题思路：（1）a3=a1+2d，可求出a1=12-2d，S12=12a1+66d=12（12-2d）+66d=144+42d>0，S13=13a1+78d=13（12-2d）+78d=156+52d0156+52d
（2）求Sn的函数表达式，Sn=na1+ n（n-1）d=n（12-2d）+ n（n-1）d= n- （5- ）2- （5- ）2，d
对于本题还可以换另一种思路来求解，即通过求出an>0，an+1a3>…>a13，根据S13=13a70，可得出S6的值最大。
三、运用数学归纳法求解数列问题
数学归纳法也是求解数列问题的常用基本方法之一，运用归纳法其关键是要证明n=k+1时命题成立，该方法也是由递推来进行归纳的解题方法。
例4.假设有an= + + +…+ ，n∈N
证明： n（n+1）
解题分析：此题和自然数n相关，可运用数学归纳法求解证明。当n=1容易求证，重点在于求n=k+1时，ak+1=ak+ 式子成立，因此，在n=k的式子中加入 ，再与所证明的结论进行比较来求解。根据归纳法的步骤，其求解思路如下：
当n=1时，an= ， n（n+1）= ， （n+1）2=2，n=1时结论成立。
假设n=k时结论成立，即有， k（k+1）
当n=k+1时，只要证明下式成立即可：
k（k+1）+
可先证明结论左边式子： k（k+1）+ > k（k+1）+（k+1）= （k+1）（k+3）> （k+1）（k+2）。
再证明结论右边式子： （k+1）2+ = （k+1）2+ < （k+1）2+（k+ ）= （k+2）2。
（k+1）（k+2）
关键词：转化方式、Sn的等式、通项an、关于Sn的递推公式、数列{an}的递推公式
在高考数学全国卷中，数列是重要的考查内容之一。在这部分内容中，考查数列{an}的通项 与前n项和Sn的关系（ ）的频率很高，一定要处理好。下面通过几个例子，介绍下an与Sn关系的三种转化方式及两种策略。
转化方式（一）：Sn的等式数列{an}的通项公式
例1、已知数列{an}的前n项和为Sn，且 ，求数列{an}的通项。
解：由 得， ，
当 时， ；
当 时， ，
综上所述，数列{an}的通项公式为
总结，关于Sn的等式转化成数列{an}的通项公式。
转化方式（二）：Sn的等式数列{an}的递推公式数列{an}的通项公式（求出Sn）
例2、已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn且 ，求通项。
解： 时， -------（1） ------ （2）
（1）-（2）得
即
各项均为正数 即
数列{an}为公差为1的等差数列
n=1时， （舍去）
总结，利用 消去Sn，将Sn的等式转化成数列{an}的递推公式，接着用迭加法、迭乘法、构造法等求出数列{an}的通项公式；如果有需要，再用公式法、裂项相消法、错位相减法、分组求和法、倒序相加法求出前n项和Sn。
转化方式（三）：Sn的等式关于Sn的递推公式求出前n项和Sn（求出an）
例3、已知数列{an}的前n项和为Sn， ， ，
（1）求证数列 为等差数列；（2）求前n项和Sn。
（1）证： 时，
= = =2
数列 为公差为2的等差数列
（2） = + =
总结，利用 消去an，将Sn的等式转化成关于Sn的递推公式，接着用构造法等求出Sn（大多数情况下题目会提示如何构造）；如果有需要，再用 或已知条件求出通项an。
（策略一）：一般来说，题目所求是关于通项an的，可采取转化方式（二），如例4和例5；题目所求是关于前n项和Sn的，可采取转化方式（三），如例6；
例4、已知数列{an}的前n项和为Sn且所有项都不为0，a1=1， ，
求证： 。
例5、已知数列 的前 项和为Sn， ，求通项 。
例6、已知数列 的前 项和为Sn， ， ，试问数列 是什么数列，并求Sn。
（策略二）：有很多情况，（二）（三）两种转化方式都可用，如例7；有的情况下，所求是关于通项 的，却要采取转化方式（三），如例8。
例7、已知数列 的前 项和为Sn， ， ，求通项 。
解法一： 时， -------（1） ------ -（2）
得 即
数列 从第二项起为公比为2的等比数列
时，
解法二： 时， 即
数列{Sn}从第二项起为公比为2的等比数列
时，
数列{Sn}为公比为2的等比数列
=
时，
例8、已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn， ，求通项an。
分析： 时， -------（1） ------ -（2）
得
再用构造法求通项an，很难，所以此题不采取转化方式（二）。
解：变形为
时， 将 代入上式
数列 为公差为1的等差数列
（）必做1 若数列{an}满足an+1=2an，0≤an
≤，
2an-1，
≤an
[牛刀小试]
精妙解法 由a1=，得a2=，a3=，a3=，…，{an}是以3为周期的数列，所以a20=a2=.
极速突击 数列核心在于“律”，数列考查一定会予以体现. 本题及类似问题往往具有一定的规律，如周期性，与自然数列、偶数数列、奇数数列等有某种对应关系，大家应善于总结规律，从数列的概念出发，根据条件，从特殊到一般，抽象概括，归纳规律.
误点警示 非基本数列是难点，应从特殊情况入手，以两个基本数列、特殊数列为基础，重点在思维，掌握观察的步骤（整体―局部―整体），会归纳概括是突破点.
（）必做2 观察下列算式：
13=1，
23=3+5，
33=7+9+11，
43=13+15+17+19，
……
若某数m3按上述规律展开后，发现等式右边含有“2013”这个数，则m=_______.
[牛刀小试]
精妙解法 某数m3按上述规律展开后，则等式右边为m个连续奇数的和，注意每行的最后一个数的规律，1=12+0，5=22+1，11=32+2，19=42+3，…，m3的最后一个数为m2+（m-1）. 当m=44时，m2+（m-1）=1979，当m=45时，m2+（m-1）=2069，所以要使当等式右面含有“2013”这个数，则m=45.
极速突击 本题考查了归纳推理. 解决此类问题时，要注意分析题目给定的信息，找到题目满足的规律. 要从一个“点”入手，如分式中的分子或者分母，一列数中的第一个数或者最后一个数等.
等差数列
等差数列及其前n项和的基本解题思路是：
（1）方程法，即将an与Sn统一表示为a1和d的方程（组），以求其基本量（五个基本量中，通常先求出a1和d，然后求其他的基本量）.
（2）函数法，即利用函数思想解决数列问题，等差数列的通项、求和公式可分别表示成an=kn+b（一次函数），Sn=An2+Bn（不带常数项的二次函数）（n∈N?）等.
（3）性质法，即运用等差数列的相关性质解题，常可整体代换，回避单个求值，较为常用的如：a，b，c成等差?2b=a+c；m+n=p+q?am+an=ap+aq（n，m，p，q∈N?）；有关和的性质，Sk，S2k-Sk，S3k-S2k，…仍成等差数列等.
（）必做3 等差数列{an}中，如果a1+a4+a7=39，a3+a6+a9=27，数列{an}前9项的和为（ ）
A. 297 B. 144
C. 99 D. 66
[牛刀小试]
精妙解法 由a1+a4+a7=39，得3a4=39，a4=13. 由a3+a6+a9=27，得3a6=27，a6=9，所以可得S9====9×11=99，选C.
或者由a1+a4+a7=3（a1+3d）=39，a3+a6+a9=3（a1+5d）=27，得到S9=9（a1+4d）=99.
极速突击 等差数列问题一般都转化为关于首项a1与公差d的方程或方程组，方程思想与基本量思想在解决基本数列问题中作用突出. 利用等差数列的性质求解就要关注项的下标的规律，数列中的下标就是函数中的自变量x，性质往往可以在下标中体现，不过能利用性质求解的问题，都可以通过整体运算求解，不必过分强调性质的机械记忆.
（）必做4 已知数列{an}满足a1=1，a2=2，an+2=1+cos2
an+sin2，则该数列的前18项和为（ ）
A. 2101 B. 1067
C. 1012 D. 2012
[牛刀小试]
精妙解法 当n为奇数时，an+2=an+1，这是一个首项为1，公差为1的等差数列；当n为偶数时，an+2=2an，这是一个以2为首项，公比为2的等比数列，
所以S18=a1+a2+…+a17+a18=（a1+a3+…+a17）+（a2+a4+…+a18）=9a1+×1+=9+36+1022=1067.
极速突击 在等差数列中，首项和公差是基本量；a1，an，d，n，Sn五个量中知三求二，一般用方程思想求解，有时也可用首项、末项和中项来表示，并注意整体代换.
等比数列
等比数列及其前n项和的基本解题思路是：
（1）方程法，即将an与Sn统一表示为a和q的方程（组），以求其基本量（五个基本量中，通常先求出a1和q，然后求其他的基本量）.
（2）性质法，即运用等比数列的相关性质解题，常可整体代换，回避单个求值，较为常用的如：a，b，c成等比?b2=ac；m+n=p+q?aman=apaq（m，n，p，q∈N?）；有关和的性质，Sk，S2k-Sk，S3k-S2k，…仍成等比数列等.需要指出，等差、等比数列的性质具有对称性，因此可用类比的思想理解和记忆.
（）必做5 设等比数列{an}的前n项和为Sn，且a5=S5，则=________.
[牛刀小试]
精妙解法 {an}是等比数列，且a5=S5，所以a1+a2+a3+a4=0，所以a1（1+q+q2+q3）=a1（1+q）（1+q2）=0，所以q=-1，所以S2010==0，即=0.
极速突击 与等差数列一样，在等比数列中，首项和公差是基本量；a1，an，q，n，Sn五个量中知三求二，一般用方程思想求解，但要注意等比数列的一些限制条件.
（）必做6 已知数列{an}为等比数列，a4+a7=2，a5・a6=-8，则a1+a10的值为______.
[牛刀小试]
精妙解法 在等比数列中，a5・a6=a4・a7=-8，所以公比q
a7=4或a4=4，
a7=-2.由a4=-2，
a7=4解得a1=1，
q3=-2，此时a1+a10=a1+a1q9=1+（-2）3= -7. 由a4=4，
a7=-2解得a1=-8，
q3
=-，此时a1+a10=a1+a1q9=-8
1-=-7. 综上，a1+a10=-7.
极速突击 与等差数列一样，在等比数列中，也是关注基本量：首项和公比；a1，an，q，n，Sn五个量中知三求二，一般用方程思想求解，注意等比数列运算与等差数列的差异，等比数列问题中会用到更多的积、商、幂运算，而等差数列较多的用和、差运算，另外，还要注意等比数列公比对公式应用的限制.
（）必做7 在各项为正数的等比数列{an}中，已知a3+a4=11a2・a4，且前2n项的和等于它的前2n项中偶数项之和的11倍，则数列{an}的通项公式an=_________.
[牛刀小试]
精妙解法 设等比数列{an}的公比为q，前2n项和为S2n，前2n项中偶数项之和为Tn，则S2n=，Tn=，由题意可知S2n=11Tn，即=，解得q=，（或令n=1，则S2=11T1，即a1+a2=11a2，化简得a1=10a2，故q=）. 又a3+a4=11a2・a4，所以a1 q2+a1q3=11aq4，化简得1+q=11a1q2，将q=代入可得a1=10，故an=a1qn-1==102-n.
极速突击 等比数列问题关注两个基本量a1，q，通过列方程或者列方程组求解，还要注意利用求和公式时公比是否可以取到1的情况.
递推数列
（）必做8 数列{an}中，an+1+（-1）nan=2n-1，则数列{an}的前12项和等于（ ）
A. 76 B. 78 C. 80 D. 82
[牛刀小试]
精妙解法 由已知，得（-1）n+1an+1-an=（-1）n+1（2n-1） ①，an+2+（-1）n+1an+1=2n+1 ②，②-①，得an+2+an=（-1）n（2n-1）+（2n+1），取n=1，2，5，6，9，10，结果相加可得S12=a1+a2+a3+a4+…+a11+a12=2×1+1-（2×1-1）+2×2+1+（2×2-1）+…+2×10+1+（2×10-1）=78. 故选B.
极速突击 从递推关系寻求数列规律，观察归纳是关键，“克隆”关系式是利用率极高的方法，通过“克隆”关系式，与原来的关系组合、变换，推出项与项之间的新关系，转化为其子数列或者新数列为特殊数列，从而转化为常规数列问题.
（）必做9 已知数列{an}满足a1=2，an+1+an=4n-3（n∈N?），则数列{an}的通项公式an=______.
[牛刀小试]
精妙解法 由an+1+an=4n-3（n∈N?）得an+2+an+1=4n+1（n∈N?），
两式相减，得an+2-an=4，
所以数列{a2n-1}是首项为a1，公差为4的等差数列；数列{a2n}是首项为a2，公差为4的等差数列.
由a2+a1=1，a1=2，得a2=-1，
所以an=2n，n为奇数，
2n-5，n为偶数.
极速突击 高考考查的趋势已由“套路型”的构造转化为对观察、归纳、抽象、概括、一般与特殊等思维能力的考查，可以先通过个别关系找出规律，一些数列往往不是整体体现一种规律，而是偶数项或者奇数项等子数列具有某些规律. 通过“克隆”关系式产生新的递推关系，找出部分数列的规律，化整为零解决.已知数列的递推式求通项公式根据条件不同，常用方法有：（1）递推式为an+1=an+f（n），累加法，其中f（n）可求和；（2）递推式为an+1=an・f（n），累乘法，其中f（n）可求积；（3）an与Sn关系或者Sn与Sn-1关系，利用an=S1，n=1，
Sn-Sn-1，n≥2 等等.
（）必做10 已知定义在[0，+∞）上的函数f（x）满足f（x）=3f（x+2），当x∈[0，2）时， f（x）=-x2+2x. 设f（x）在[2n-2，2n）上的最大值为an（n∈N?），且{an}的前n项和为Sn，则Sn=_______.
[牛刀小试]
精妙解法 由题， f（x+2）=f（x），即f（x）=f（x-2），在[2n-2，2n）上，n=1，f（x）max=1，a1=1；n=2，f（x）max=，a2=；n=3， f（x）max=
，a3=
，…，an=
，所以Sn==1-
.
极速突击 数列是定义在正整数集上的函数，本题分段函数的最值正好为数列an（n∈N?）的相关项.
（1）“巧用性质、减少运算量”在等差、等比数列的计算中非常重要. 解题要树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，既要合理地运用条件，又要时刻注意题目要求的目标.
（2）已知数列的前n项和Sn，求通项an，可利用公式an=S1，n=1，
Sn-Sn-1，n≥2，但易忽视an=S1 （n=1）.
（3）对于等比数列前n项和Sn，当公比是一字母时，必须分公比等于1和不等于1两种情况讨论.
数列求和
（）必做11 数列{an}的前n项和为Sn，且有a1=2，3Sn=5an-4an-1+3Sn-1（n≥2）.
若bn=n・an，则数列{bn}的前n项和Tn=________.
[牛刀小试]
精妙解法 3Sn-3Sn-1=5an-4an-1（n≥2），所以an=2an-1，=2. 又a1=2，所以{an}是以2为首项、2为公比的等比数列，所以an=2・2n-1=2n，bn=n・2n，
Tn=1・21+2・22+3・23+…+n・2n，2Tn=1・22+2・23+…+（n-1）・2n+n・2n+1，
两式相减得-Tn=21+22+…+2n-n・2n+1，所以-Tn=-n・2n+1=（1-n）・2n+1-2，所以Tn=2+（n-1）・2n+1.
极速突击 转化与化归是解决数列问题的基本思想方法，“错位相减”是数列求和最重要的方法之一，适应于{anbn}型的数列求和，其中{an}是一个等差数列，{bn}是一个等比数列. 求解过程、步骤具有固定的模式和规律.
误点警示 乘以公比、两式相减后得到的数列一般不是等比数列，相减后注意第一项与最后一项，一般是等比数列的“异类”，中间求和的项数应该是n-1项，而不是n项.
（）必做12 在等差数列{an}中，an=3n，其前n项和为Sn，设数列{cn}满足cn=，{an}的前n项和Tn=_______.
[牛刀小试]
精妙解法 Sn=，所以cn===
-，故Tn=・
1- +
- +…+
- =
1-=.
极速突击 裂项相消求和是涉及分式、无理式求和问题的重要方法，不能转化为基本数列的求和问题，可通过裂项达到化简、求和的目的，常见形式如=
-
.
误点警示 “裂项相消”代数式变形过程较灵活，特别关注裂项后的系数变化，关注裂项相消后保留项的情况，一般保留分母最小、最大的项，前、后保留的项数一致.
数列求和的方法有：
1. 公式法
（1）等差数列{an}的求和公式：Sn==na1+d；
（2）等比数列{an}的求和公式：Sn=na1，q=1，
，q≠1（切记：公比含字母时一定要讨论）；
（3）k=1+2+3+…+n=；
（4）k2=12+22+32+…+n2=；
（5）k3=13+23+33+…+n3=
.
2. 错位相减法
已知等差数列{an}和等比数列{bn}，求数列{anbn}的前n项的和常用此法.
设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
当q=1时，Sn=a1b1+a2b2+a3b3+…+an-1bn-1+anbn=b1（a1+a2+…+an）=；
当q≠1时，因为Sn=a1b1+a2b2+a3b3+…+an-1bn-1+anbn，qSn=a1b2+a2b3+a3b4+…+an-1bn+anbn+1，
所以（1-q）Sn=a1b1+d（b2+b3+b4+…+bn）-anbn+1，
Sn=+.
3. 裂项相消法
首先往往把数列的通项拆成两项之差，然后前n项求和时，许多项正负相消，剩下首尾若干项.裂项相消法需要一定的技巧，重点和难点都在于对通项的分拆，常见拆项公式有：
（1）an===-；
an==・=・
-；
an==・=・
-
；
（2）an==・=
-
；
（3）an==-；
（4）an==1+・
-；
（5）=-；
（6）an=・=・=-；
（7）=tan（n+1）°-tann°.
4. 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，可分为几个等差、等比数列或常见的数列，然后将“前n项的和”中的“同类项”先合并在一起，分别求和，再将其合并即可，这就是分组求和法.
5. 倒序相加法
这是推导等差数列的前n项和公式时所用的方法.如果一个数列{an}，与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和（即k∈{1，2，3，…，n-1}，恒有ak+1+an-k=a1+an），则可把正着写与倒着写的两个和式相加，就得到了一个常数列的和，这种方法称为倒序相加法.
因为Sn=a1+a2+a3+…+an-2+an-1+an，Sn=an+an-1+an-2+…+a3+a2+a1，
所以2Sn=（a1+an）+（a2+an-1）+（a3+an-2）+…+（an-2+a3）+（an-1+a2）+（an+a1），
所以Sn=.
数列单调性与最值项
（）必做13 已知等差数列{an} 的前n项和为Sn，且a1+a3+a5=105，a2+a4+a6=99，则Sn取得最大值时的n=___________.
[牛刀小试]
精妙解法 由a1+a3+a5=105，得3a3=105，a3=35.
由a2+a4+a6=99，得3a4=99，a4=33，
所以解得d=-2，a1=39，所以an=a1+（n-1）d=41-2n.
由an≥0，得n≤=20，所以当n≤20，an>0，所以前20项之和最大，此时n=20.
极速突击 根据等差数列的性质，只要确定“临界项”即可确定其和取最大值的条件. 另外，数列是定义在正整数集上的函数，也可以利用其前n项和公式、二次函数性质或者基本不等式求解.
（）必做14 已知数列{an}满足an=1+
，bn=（n+2）（an-1），当bn取最大值时，n=________.
[牛刀小试]
精妙解法 由已知得bn=（n+2）（an-1）=（n+2）
，
==1+
，
当n1，bn+1>bn；
当n=7时，bn+1=bn，即b8=b7；
当n>7时，bn+1
1.求通项公式问题
1.1 已知数列的前n项和表达式，求数列的通项公式。
（例2009年安徽卷）已知数列{an}的前n项和Sn=2n2+2n，求这个数列的通项公式。
方法解析：由Sn=2n2+2n得，
当n≥2时，有Sn-1=2(n-1)2+2(n-1)
an=Sn-Sn-1=(2n2+2n)-［2(n-1)2+2(n-1)］=4n,n∈N*。
说明：解答这类问题的关键，是充分利用前n项和表达式这一条件，再根据an=Sn-Sn-1这一相等关系即可解决。
1.2 给出已知数列的递推公式，求数列的通项公式。
如果一个数列的任一项an与它的前一项an-1（或前几项）间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就称这个数列的递推公式。利用数列的递推公式求数列的通项，是历年高考数学的一个热点。解决这类问题的主要方法有累加法、累乘法、分离常数化归为等差数列和分项整理化归为等比数列等。
例1:已知数列{an}满足a1=2，aa+1=an+2n，求这个数列的通项公式。
方法解析：由an+1=an+2n得，
an+1-an=2n，据此可写出如下等式：
a2-a1=2，a3-a2=22，a4-a3=23……an-an-1=2n-1
将上述等式两边分别相加得，
an-a1=2+22+23+……2n-1=2（1-2n-1）1-2=2n-2
an=a1+2n-2=2n。
说明：此题的解法就是利用了累加法，通过累加，使等式中的一些项抵消，巧妙地得出通项公式。
例2:已知数列{an}是首项为1的正项数列，且an+1=nn+1an，求这个数列的通项公式。
方法解析：由an+1=nn+1an得，
an+1an=nn+1，据此可写出如下等式：
a2a1=12，a3a2，a4a3=34……anan-1=n-1n
将上述等式两边分别相乘得，
a2a1•a3a2•a4a3……anan-1=12•
23•34……n-1n
ana1=1n
即an=1n。
说明：此题的解法就是利用了累乘法，通过对许多等式的累乘，约去大量的因式，从而简化计算过程，求出通项公式。
例3：已知数列{an}满足a1=1，an+1=2an+1，求这个数列的通项公式。
方法解析：由an+1=2an+1得，
an+1+1=2(an+1)
a1+1=2≠0
an+1+1an+1=2。
上式说明数列{an+1}是首项为2，公比为2的等比数列
an+1=2×2n-1
即an=2n-1。
说明：此题的解法就是利用了化归的数学思想方法。通过对递推公式分项整理，将所给问题化归为等比数列问题，从而使问题迎刃而解。同时也总结出一个结论：对于“an+1=xan+y(x≠0,x≠1,y≠0)”型数列递推式，可以化归为等比数列：an+1+λ=x(an+λ)，其中λ=yx-1。
2.求前n项和问题
在高考中，由于所给的数列问题往往千变万化，可能既不是等差也不是等比数列，这就需要我们学会随机巧变，灵活转化，最终将所给的问题转化成等差或等比数列的问题来解决；或应用其他手段，化变量为常量，以多化少，以繁化简，以解决问题为目的。
2.1 倒序相加法。
例：求1+2+3+……+100的和。
方法解析：设S100是所求的和，则
S100=1+2+3+……+100
另一方面又有，
S100=100+99+98+……+1
将上述两个等式的两边分别相加得，
2S100=（1+100）+（2+99）+（3+98）+……+（100+1）
=100×100
S100=101×1002=5050
说明：采用倒序相加的目的，是将多个变量化成一个常量，从而有效地减少了变量的个数，使复杂问题简单化。
2.2 错位相减法。
以课本教材为例。求首项为a1，公比为q(q≠1)的等比数列{an}的前n项和Sn。
方法解析：设Sn为等比数列的前n项和
Sn=a1+a1q+a1q2+……+a1qn-1 ①
将上述等式的两端分别都乘以q得
qSn=a1+a1q+a1q2+……+a1qn-1②
②-①得，qSn-Sn=a1qn-a1
q≠1
Sn=a1(1-qn)1-q。
说明：上述解法就是利用的错位相减法，通过错位相减，使等式中一些共同的项消去。运用错位相减法求和的关键特征是等式中存在大量的相同的项。
2.3 分组转化法。
例：已知在数列{an}中，an=n+2n，求这个数列的前n项和Sn。
方法解析：Sn=a1+a2+a3+……+an
=（1+2）+（2+22）+（3+23）+……（n+2n）
=(1+2+3+……+n)+(2+23+23+……+2n)
=n(n+1)2+2(1-2n)1-2
=n2+n2+2n+1-2
说明：分组转化法，就是把数列的每一项分成多项，再经过重新组合，使其转化为熟知的等差或等比数列求和。一个数列能否利用分组转化法求和，是由通项的结构特征所解决的。
2.4 裂项抵消法。
例:已知在数列{an}中，an=1n2+n，求这个数列的前n项和Sn。
方法解析：由an=1n2+n得，
an=1n(n+1)=1n-1n+1
Sn=a1+a2+a3+……+an
=(1-12)+(12-13)+(13-14)+……+(1n-1n+1)
=1-1n+1
=nn+1
说明：若一个数列的每一项都可以表示为两项之差，且前一项的减数恰与后一项的被减数相同，求和时中间的一些项就可以互相抵消，这种数列求和的方法就称为裂项抵消法。
3.证明一个数列是等差或等比数列问题
关于等差或等比数列的证明问题，多出现在解答题的第一问，一般难度不太大，只要利用等差或等比数列的定义即可解决。
（例2009年陕西卷）已知数列{an}满足a1=1，a2=2，an+2=an+an+12，n∈N*，令bn=an+1-an，证明数列{bn}是等比数列。
方法解析：an+2=an+an+12
an+2-an+1=-12（an+1-an）
由bn=an+1-an得，
bn+1=an+2-an+1
bn+1=-12(an+1-an)=-12bn
又b1=a2-a1=2-1=1≠0
bn+1bn=-12
上式说明数列{bn}是首项为1公比为-12的等比数列。
说明：要证明一个数列是等差或等比数列，一般应用定义进行严格论证，即证明an+1-an或an+1an为常数；要证一个数列不是等差或等比数列，只要举一反例说明即可。
【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】
目前，数列是我国高考中一个非常重要的考点，尤其是一些数学压轴题，都是数列题目，这都说明数列在高中数学中的重要性。但是，在我国很多高中学校，很多学生对数列的学习不够重视，他们只是学会了一些固定的解题方法，一旦遇到数列题目出现变化，他们一般就会很难应对。因此，本人认为高中数学中的数列学习非常重要，尤其是那些想要在高考中取得好成绩的同学，只有学好数列，才能有更大的把握应对数学最后的难题。
1.数列概念的学习
在高中数学教学阶段，由于同学们之前并没有接触到有关数列方面的知识点，因此很多同学都觉得数列的学习很难。当然，对一些简单的数列题目，直接带入公式或者简单的转化就可以求解出答案。但是，根据上述我们的阐述表明，高考数学中的数列题目灵活多变，这就要求我们在平时打好基础，掌握必要的解题技巧，这些都是学好数列的关键。但是，我们也不能抱有畏惧的心态，只要我们认识到数列的本质是一种特殊的函数，结合我们对函数的了解和认识，在此基础上学习数列就容易多了。对我们高中生来说，在学习数列时，尤其不能忽视一些简单题目的解答，我们都知道，一些简单的题目实际上包含着非常复杂的变化，只要出题人稍微变化一下，就是一道很难的数列题目。目前，数学高考中涉及到的数列考点并不多，主要包括一些重要的公式应用和对概念的掌握等，考的比较多，也比较难的一个常考考点就是等比数列，对等比数列方面的题目，我们很多同学都容易忽视掉公比q等于1的情况，这是导致高考中我们失分的一个重要原因。因此，在平时的训练中，同学们应该掌握其解题方法，同时还要注重细节的把握。
2.数列中前n项和求解方法的学习
在学习高中数列时，第一我们应该掌握的是错位相减法。错位相减法是经常被引用的一种方法，比较常见的题型是将其应用于等比、等差杂合的数列求和中。比如，已知等差数列{xn}，同时其前n项和是yn，{yn}又是等比数列，且x1=y1=1，x4+y4=21，s4-y4=9，求数列{xn}和数列{yn}的通项公式。通过错位相减法，首先分别求出等比数列和等差数列的前n项和，然后求出等比数列的公比q，最后进行错位相减，进而就可以得出需求求解问题的答案；第二是分组求和法。在高中数列的很多考题中，遇到一些没有规律性的数列题目也是很常见的。这些题目，既不是等差数列，也不是等比数列，那么通项公式求和这种直接套用公式的方法就无法应用了。但是，将数列进行拆分后，就可以得到我们熟悉的等比、等差数列。因此，当我们遇到这类试题时，我们大可不必担心，采取分组求和法可以将题目简化，进而就能得出答案；第三，合并求和法。在高考数学中，一些特殊的数列题目需要采用合并求和法。对这些题目，它们看上去没有任何规律，实质上，只需要通过一步拆分后，再合并，就能找出这种题目的规律。当然，求解这类题目对学生的合并数列水平较高，而且很多规律是隐含的。如果学生对数列的合并水平不够，他们很难成功地找出这类数列的规律，没有目标地进行合并，那也无法正确的求解出答案。
3.培养高中学生的函数思想
针对具体的数列题型，我们在学好数列概念的基础上，掌握一些特殊的解题技巧就能够应对。但是，我们要想应对千变万化的数列题型，还需要培养我们的函数思想。以上已经说明了，数列的本质是一种特殊的函数，其形式为an=f（n）。但是，根据调查研究表明，很多同学在求解数列题目时，他们的头脑中并没有形成函数的观念，这严重制约了学生对数列的学习。实际上，我们比较熟悉的等差数列，其通项公式an=a1+（n-1）d，实质就是n的一次函数。这种函数的散点分布在以（n，an）为坐标直线上，所以，当d>0时，数列是逐级递增的；当d
4.结语
综上所述，数列在高中数学学习和考试中获取高分非常重要。在高考中，数列考点最能体现学生的综合能力。因此，在高中数列知识的学习过程中，我们有技巧性的学好它尤为重要，否则同学们想要在高考数学中取得高分就比较困难，本人希望在此希望同学们重视数列的学习，突破考试中的难点，在高考中取得好成绩。文中如有不当之处，还望同学们和老师批评指正。
例1 数列{an}满足：a1=-5，an+1=2an+3n+1，已知存在常数p，q，使数列{an+pn+q}为等比数列，求常数p，q及数列{an}的通项公式.
难度系数 0.65
分析 求解本题我们可以先设出数列满足的关系，然后利用待定系数法求出数列的通项公式.
解 由条件令an+1+p（n+1）+q=k（an+pn+q），则有an+1=kan+（kp-p）n+kq-q-p，所以k=2，kp-p=3，kq-q-p=1，解得k=2，p=3，q=4.
又a1+p+q=2，an+3n+4=2・2n-1.an=2n-3n-4（n∈■）.
小结 一般遇到形如an+1=pan+k的式子，可设an+1+m=p（an+m）；形如an+1=pan+An+B的式子，可设an+1+m（n+1）+q=p（an+mn+q）；形如an+1=pam+mn2+kn+h的式子，可设an+1+A（n+1）2+B（n+1）+C=p（an+An2+Bn+C）.根据恒等式对应相等求出设出的参数，将数列转化为等比数列，再根据等比数列求出数列的通项公式.求解关于an=0或an≥k的关系式，我们可以先写出数列的前几项，猜想规律后再用数学归纳法进行证明.
方法二：分式取倒数求通项公式
例2 已知数列{an}满足a1=■，an=■（n≥2，n∈■）.求数列{an}的通项公式.
难度系数 0.60
分析 将已知分式取倒数，再将数列转化为等比数列，从而求出通项公式.
解 将已知分式取倒数，得■=（-1）n-■，■+（-1）n=（-2）・[■+（-1）n-1].
又■+（-1）=3，数列{■+（-1）n}是首项为3、公比为-2的等比数列.
■+（-1）n=3・（-2）n-1，即an =■.
小结 对于根据分式求数列的通项公式问题，我们常采用取倒数法来求解.
方法三：将已知数列适当变形转化为等比数列求通项公式
例3 已知数列{an}满足a1 =1，a2 = 4，an+2 +2an=3an+1（n∈■）.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）记数列{an}的前n项和为Sn，求使得Sn>21-2n成立的最小整数.
难度系数 0.70
分析 将an+2 +2an=3an+1进行适当的变形，变为等比数列，再利用累加法求出通项公式；根据数列的通项公式，利用分项分别求和求出前n项的和，再求出最小整数.
解 （1）由an+2+2an=3an+1，得an+2-an+1=2（an+1-an）.数列{an+1-an}是以a2-a1=3为首项、2为公比的等比数列.an+1-an=3×2n-1.当n≥2时，an-an-1=3×2n-2，an-1-an-2=3×2n-3，…，a3-a2=3×2，a2-a1=3.将上述等式依次累加得an-a1=3×2n-2+3×2n-3+…+3×2+3=3（2n-1-1），解得an=3×2n-1-2.又当n=1时也适合上式，所以数列{an}的通项公式为an=3×2n-1-2.
（2）解答过程省略.
小结 对于形如an+2=pan+1+qan的数列求通项公式，我们可以将其适当变形为an+2-kan+1=m（an+1-kan），使数列{an+1-kan}为等比数列，求出其通项公式，然后求出数列{an}的通项公式.
方法四：同除以一项变为等差数列或等比数列求通项公式
例4 已知数列{an}满足a1=1，且an=2an-1+2n（n≥2且n∈■）.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设数列{an}的前n项和为Sn，求出Sn，并证明：■>2n-3.
难度系数 0.70
分析 已知等式两边同除以2n，将数列变为等差数列，再求出数列的通项公式；根据数列的通项公式，求出数列的和，再进行证明.
解 （1）an=2an-1+2n（n≥2且n∈■），■=■+1，即■-■=1（n≥2且n∈■）.所以，数列{■}是等差数列，其公差d=1，首项为■.于是■=■+（n-1）d=■+（n-1）・1=n-■，an=（n-■）・2n.
（2）证明过程省略.
小结 对于形如an+1=kan+bn的数列求通项公式的问题，我们可以同时除以bn+1，将其变形为■=■・■+■，再转化为等比数列进行求和.
方法五：利用累乘或累加求通项公式
例5 已知数列{an}的前n项和为Sn=■an（n∈■），且a1=2.数列{bn}满足b1=0，b2=2，■=■，n=2，3，….
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求数列{bn}的通项公式；
（3）证明：对于n∈■，■+■+…+■≥2n-1-1.
难度系数 0.68
分析 解答第（1）问时，我们可以根据Sn=■・an再写出一项，两式对应相减，就可将Sn转化为an，再利用累乘法求出数列{an}的通项公式；解答第（2）问时，由■=■，我们可以利用累乘法求出数列{bn}的通项公式；解答第（3）问时，我们可以先求出■的通项公式，然后利用放缩法证明不等式.
解 （1）由于2Sn=（n+1）an，所以2Sn+1=（n+2）an+1.上述两式对应相减，得2an+1=（n+2）an+1-（n+1）an，即■=■.当n≥2时，an=a1・■・■・…・■=2×■×■×…×■=2n.
又a1=2满足上式，所以an=2n（n∈■）.
（2）由于■=■（n≥2），b1=0，b2=2，所以当n≥3时，有bn=b2×■×■×…×■=2×■×■×…×■.所以 bn=2n-1（n-1）（n≥3）.
显然b1=0，b2=2 满足上式.
所以，数列{bn}的通项公式为bn=2n-1（n-1）.
（3）证明过程省略.
小结 形如■= f（n）的数列求通项公式，我们可以利用累乘法求出数列的通项公式；形如an-an-1= f（n）的数列求通项公式，我们可以利用累加法求出数列的通项公式.遇到形如Sn= f（an）的关系，要将其转化为一致，可将Sn转化为an，也可将an转化为Sn，再转化为等差数列或等比数列来求解.
方法六：利用归纳、猜想与证明的方法求通项公式
例6 设b>0，数列{an}满足a1=b，an=■（n≥2）.求数列{an}的通项公式.
难度系数 0.60
分析 本题可用猜想证明的方法进行求解.本题也可将题中的条件变形为b・■=2・■+1，构造成■+■=■（■+■），进而将其转化为等比数列，求得■+■的通项公式，从而求出数列{an}的通项公式.
解 （1）令An=■，A1=■.当b=2时，数列{An}是以■为首项、■为公差的等差数列，即An=■+（n-1）×■=■.an=2.
（2）当b≠2时，a1=b，a2=■=■，a3=■=■，猜想an=■.下面用数学归纳法进行证明.
①当n=1时，猜想显然成立.
②假设当n=k时，ak=■，于是有ak+1=■=■.所以，当n=k+1时，猜想成立.
由①②可知，？坌n∈■，an=■.
综上所述，an=2，b=2，■，b>0且b≠2.
小结 求数列的通项公式，我们可以先求出数列的前三项.根据前三项的特点，猜想出数列的通项公式，再用数学归纳法进行证明.
考点一：等差数列通项公式的基本应用
例1 （2012年高考江西理科卷第12题）设数列{an}，{bn}都是等差数列.若a1+b1=7，a3+b3=21，则a5+b5= .
难度系数 0.75
分析 根据等差数列的性质，可知数列{an+bn}为等差数列，然后利用两个已知等式，可求得新数列的公差，最后利用等差数列的通项公式求得a5+b5的值.另外，考生也可直接设出两个等差数列的公差，然后利用整体思想进行求解.
解 （解法1）由等差数列的性质，可知数列{an+bn}为等差数列，设其公差为d，则有2d=（a3+b3）-（a1+b1）=14，即d=7.所以a5+b5=（a1+b1）+（5-1）d=35.
（解法2）设数列{an}，{bn}的公差分别为d，b.由a3+b3=21，得a1+b1+2（b+d）=21，即2（b+d）=21-7=14，所以b+d=7.所以a5+b5=a1+b1+4（b+d）=7+4×7=35.
小结 本题主要考查等差数列通项公式的应用、等差数列的性质、整体思想与转化思想的应用.解法1中考生易在确定新数列的公差或项数时出错，解法2中考生在将两个数列的公差和作为整体处理时易出错.
考点二：等比数列通项公式的基本应用
例2 （2012年高考全国新课标理科卷第5题）已知{an}为等比数列，a4 +a7 =2，a5a6=-8，则a1+a10=
A.7 B.5 C.-5 D.-7
难度系数 0.70
分析 解答本题首先要设数列的公比为q，然后将两个已知等式转化为关于a1与q的方程组，求出a1与q3的值，最后利用通项公式求得a1+a10的值.
解 设等比数列{an}的公比为q，则由a4 +a7 =2，a5a6=-8，得a1q3+a1q6=2，a1q4・a1q5=-8，解得a1=1，q3=-2或a1=-8，q3=-■.当a1=1，q3=-2时，a1+a10=1+1×（-2）3=-7；当a1=-8，q3=-■时，a1+a10=-8+（-8）×（-■）3=-7.选D.
小结 本题主要考查等比数列通项公式的应用以及考生的运算求解能力.解答本题的常见易错点主要有：①错误利用等比数列的性质，误认为a4 +a7 =a5+a6；②不求q3的值而求q的值，易在计算上产生错误.
考点三：求等差数列的通项公式
例3 （2012年高考湖北理科A卷第18题）已知等差数列{an}前三项的和为-3，前三项的积为8.
（Ⅰ）求等差数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）若a2，a3，a1成等比数列，求数列{|an|}的前n项和.
难度系数 0.70
分析 解答本题的第（Ⅰ）问，我们需要设等差数列的公差为d，然后根据等差数列的前三项的和与前三项的积，建立关于a1与d的方程组，通过解方程求得a1与d，最后求得等差数列的通项公式.
解 （Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，则有a2=a1+d，a3=a1+2d.
根据题意得3a1+3d=-3，a1（a1+d）（a1+2d）=8，解得a1=2，d=-3或a1=-4，d=3.
所以，由等差数列的通项公式得an=2-3（n-1）= -3n+5或an=-4+3（n-1）=3n-7.
故an=-3n+5或an=3n-7.
（Ⅱ）解答过程省略.
小结 本题的第（Ⅰ）问主要考查等差数列的通项公式的应用，以及方程思想、转化思想的应用.本题的第（Ⅰ）问是关于等差数列的基本运算问题，解答时的易错点可能出现在方程的建立与计算上.
考点四：求等比数列的通项公式
例4 （2012年高考辽宁理科卷第14题）已知等比数列{an}为递增数列，且a25=a10，2（an+an+2）=5an+1，则数列{an}的通项公式an = .
难度系数 0.65
分析 思路1：设等比数列的公比为q，然后根据两个已知等式建立关于a1与q的方程组，通过解方程求得a1与q，最后求得等比数列的通项公式.思路2：首先利用等比数列的定义，由2（an+an+2）=5an+1求得公比q，然后利用a25=a10求得首项a1，进而求出通项公式.
解 （解法1）设等比数列{an}的公比为q，则由a25=a10，2（an+an+2）=5an+1，得（a1q4）2=a1q9，2（a1qn-1+a1qn+1）=5a1qn，解得a1=2，q=2或a1=■，q=■.
由于等比数列{an}为递增数列，所以a1=2，q=2.所以数列{an}的通项公式an=2n.
（解法2）设等比数列{an}的公比为q，将2（an+an+2）=5an+1的两边同时除以an，得2（1+q2）=5q，解得q=2或q=■.
由于等比数列{an}为递增数列，所以q=2.
又a25=a10，得（a1・24）2=a1・29，解得a1=2.所以数列{an}的通项公式an=2n.
小结 本题主要考查等比数列的定义、通项公式以及转化思想和方程思想的应用.本题是关于等比数列的定义与通项公式的基本运算问题，考生在解答时易忽视已知条件中隐含的条件，即公比q>1，从而造成多解.
考点五：利用an与Sn的关系求通项公式
例5 （2012年高考广东文科卷第19题）设数列{an}的前n项和为Sn，数列{Sn}的前n项和为Tn，满足Tn=2Sn-n2，n∈■.
（Ⅰ）求a1的值；
（Ⅱ）求数列{an}的通项公式.
难度系数 0.45
分析 本题的第（Ⅰ）问可以利用a1=S1=T1来求解.本题的第（Ⅱ）问当n≥2时，考生可以首先利用Sn=Tn-Tn-1得到关于数列{Sn}的递推公式，此时有两个思考的方向：①利用an=Sn-Sn-1得到关于数列{an}的递推公式，构造等比数列{an+2}，通过求其通项公式即可得到数列{an}的通项公式；②构造等比数列{Sn+2n+3}，由此可求得{Sn}的表达式，再利用an=Sn-Sn-1求得数列{an}的通项公式.
解 （Ⅰ）当n=1时，T1=2S1-1.由于T1=S1=a1，所以a1=2a1-1，解得a1=1.
（Ⅱ）当n≥2时，Sn=Tn-Tn-1=2Sn-n2-[2Sn-1-（n-1）2]=2Sn-2Sn-1-2n+1，所以Sn=2Sn-1+2n-1.①
（解法1）由等式①，可得Sn+1=2Sn+2n+1. ②
②-①，得an+1=2an+2.所以an+1+2=2（an+2），即■=2（n≥2）.
又a1+2=3，a2+2=6，则■=2，所以数列{an+2}是以3为首项、2为公比的等比数列.所以an+2=3・2n-1，即an=3・2n-1-2，n∈■.
（解法2）由等式①，可得Sn+1=2Sn+2n+1，则有Sn+1+2（n+1）+3=2（Sn+2n+3），即■=2.而S1+2×1+3=6，所以数列{Sn+2n+3}是以6为首项、2为公比的等比数列.所以Sn+2n+3=6・2n-1，即Sn=6・2n-1-2n-3.
所以，当n≥2时，an=Sn-Sn-1=6・2n-1-2n-3-[6・2（n-1）-1-2（n-1）-3]，即an=3・2n-1-2，n∈■.
小结 本题主要考查an与Sn的关系，等比数列的定义和通项公式等基础知识，考查化归与转化、分类与整合、方程等数学思想，考查考生的逻辑思维、运算等基本能力.本题如果没有第（Ⅰ）问，考生易忽视n=1的情况，同时在上面两种解法中对递推数列的转化是一个难点，同时也是一个易错点.因此，考生在复习备考时要强化对递推数列的训练.
考点六：数列通项公式与其他知识的交汇问题
例6 （2012年高考安徽文科卷第21题）设函数f（x）=■+sin x的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{xn}.
（Ⅰ）求数列{xn}的通项公式；
（Ⅱ）设{xn}的前n项和为Sn，求sin Sn.
难度系数 0.55
分析 首先根据已知函数求出导函数f ′（x），然后根据f ′（x）>0与f ′（x）
解 （Ⅰ）由f（x）=■+sin x，得f ′（x）=■+cos x=0，解得x=2kπ±■（k∈Z）.
由f ′（x）>0，可知函数的递增区间为（2kπ-■，2kπ+■）（k∈Z）；由f ′（x）
所以，当x=2kπ-■（k∈Z）时，f（x）取得极小值.由xn是f（x）的第n个极小值点，可知xn=2nπ-■（n∈■）.
（Ⅱ）解答过程省略.
小结 本题的第（Ⅰ）问主要考查数列的通项公式，三角函数、导数与极值的关系等知识.考生在解答时可能会在以下两处出现错误：①求解不等式f ′（x）>0与f ′（x）
