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数列归纳法知识点总结一、介绍数列归纳法是数学中的一种常见证明方法，用于证明某个命题对于所有自然数或正整数都成立。
它的基本思想是通过归纳步骤，从已知条件推导出通项公式，从而得出结论。
二、数列定义数列是按照一定规律排列的一组数的集合。
通常用a₁，a₂，a₃，...表示，其中a₁，a₂，a₃，...为数列的项。
数列按照一定的规律取值，可以是等差数列、等比数列或其他类型的数列。
三、数列归纳法的步骤1. 归纳基础步骤：首先证明命题对于初始条件成立，通常是证明当n取某个特定值时命题成立。
2. 归纳假设步骤：假设当n=k时命题成立，即假设命题对于某个自然数k成立。
3. 归纳推理步骤：利用归纳假设推导出当n=k+1时命题也成立。
4. 归纳结论步骤：由归纳推理步骤得出结论，命题对于所有的自然数n成立。
四、数列归纳法的应用1. 证明数学等式或不等式：利用数列归纳法可以证明各类数学等式或不等式，例如等差数列的通项公式、等比数列的通项公式等。
2. 证明数学性质：数列归纳法也常用于证明数学性质，例如证明2的n次方大于n，证明斐波那契数列的性质等。
五、数列归纳法的例题例题1：证明等差数列的通项公式成立。
解：首先我们验证归纳基础步骤，当n=1时，等差数列的通项公式显然成立。
假设当n=k时，等差数列的通项公式成立，即aₖ=a₁+(k-1)d，其中a₁为首项，d为公差。
那么我们来看当n=k+1时，aₖ₊₁=a₁+(k+1-1)d=a₁+kd。
根据等差数列的递推关系式，aₖ₊₁=aₖ+d。
由归纳假设可得，aₖ₊₁=a₁+(k-1)d+d=a₁+kd。
所以，当n=k+1时，等差数列的通项公式也成立。
因此，根据数列归纳法，等差数列的通项公式对于所有的自然数n 成立。
例题2：证明斐波那契数列的性质。
解：首先我们验证归纳基础步骤，当n=1时，斐波那契数列的性质显然成立。
假设当n=k时，斐波那契数列的性质成立，即Fₖ=Fₖ₋₁+Fₖ₋₂。
那么我们来看当n=k+1时，Fₖ₊₁=Fₖ+Fₖ₋₁。
【高中数学】高中数列知识蕴含的主要数学思想1.函数思想由于一般的项公式、第一个n项和序列的公式都是关于n的函数的，所以可以从函数的角度，利用函数的思想来解决一些序列问题，相关的问题有：序列的单调性、求基本量、最大值、，利用序列对应函数的特征和序列对应函数的性质可以解决上述问题2.方程思想在等差和等比的顺序中有五个基本量。
利用方程的思想，我们可以“知三求二”，当一些量已知时，其他量可以通过一系列方程或方程来求解。
此外，本章中常用的待定系数法实际上是方程思想的体现3.转化与化归思想本章中变换思想的应用主要体现在将非特殊序列问题转化为特殊序列问题求解上。
例如，递归序列的通项公式可以通过构造转化为特殊序列的通项公式，而非特殊序列的求和问题可以转化为特殊序列的求和问题，它是指将相等数量的项目或研究对象转化为相等数量的点，例如相等数量序列或最差数量序列的基础4.分类讨论思想本章分类讨论的思想主要体现在解决一些参数级数问题，尤其是比例级数的求和或相关问题上。
如果包括参数，我们不能忽视q=1的讨论5.数形结合思想借助于序列对应函数的图像，解决一些问题将非常直观和快速。
例如，为了解决算术序列前n项之和的最大值问题，我们可以组合二次函数的图像6.归纳思想归纳思维是指从本章中的个别事实中归纳出一般结论的数学思维，根据序列的前几项归纳出序列的一般术语公式，图的归纳数是根据图的归纳数或归纳数在图中的应用7.类比思想类比思维指的是一种数学思维，即一种对象具有某些特征，而一个相似的对象也具有这些特征。
它的推理方式是从特殊推理到特殊推理，作为两种特殊数列，等差数列和等比数列有许多相似之处。
例如，在等差数列中，if，then；在比例数列中，如果，那么通过类比可以得出许多有用的结论，并且可以发现许多有趣的性质8.整体思想在研究序列（即等距或比例序列的前k项之和）时，我们使用整体思想，即将其视为序列中的一项，依此类推，我们可以得到序列的特征首页上一页12下一页末页共2页。
数列的通项与求和教学方法和教学手段在数学中，数列作为一种重要的数学概念，具有广泛的应用和研究价值。
常常需要确定数列的通项公式和求和方法，在教学过程中，教师需要采用恰当的教学方法和教学手段来帮助学生理解和掌握数列的通项与求和。
一、数列通项的教学方法和教学手段1. 直接法：对于一些简单的数列，可以直接通过观察数列的规律，推测出数列的通项公式。
例如等差数列(1, 3, 5, 7, 9...)的通项公式为an = 2n-1，等比数列(2, 4, 8, 16, 32...)的通项公式为an = 2^n。
在教学过程中，教师可以通过多举一些示例，引导学生通过观察规律来总结数列的通项公式，培养学生的数学思维能力和归纳总结能力。
2. 递推法：对于一些较为复杂的数列，可以通过递推的方法来确定数列的通项公式。
递推法的基本思想是通过前一项和通项公式推导出后一项，从而得到数列的通项公式。
例如斐波那契数列(1, 1, 2, 3, 5...)的通项公式为an = an-1 + an-2，其中a1 = 1，a2 = 1。
在教学中，教师可以引导学生通过不断迭代计算，观察数列的变化规律，最终确定数列的通项公式。
3. 数学归纳法：对于一些复杂的数列，可以采用数学归纳法来证明和确定数列的通项公式。
数学归纳法是一种数学推理方法，通过证明基础情况成立，并通过假设前n项成立来证明第n+1项成立。
在教学过程中，教师可以通过引导学生分析数列的特点，确定归纳假设，并逐步进行数学归纳法的证明过程。
二、数列求和的教学方法和教学手段1. 直接求和法：对于一些简单的数列，可以通过直接求和的方法来计算数列的和。
例如等差数列的和公式为Sn = n(a1+an)/2，等比数列的和公式为Sn = a1(1-q^n)/(1-q)，其中n为项数，an为首项，q为公比。
在教学过程中，教师可以引导学生根据数列的特点，将求和公式变形为更容易计算的形式，培养学生的运算能力。
知识框架掌握了数列的基本知识，特别是等差、等比数列的定义、通项公式、求和公式及性质，掌握了典型题型的解法和数学思想法的应用，就有可能在高考中顺利地解决数列问题。
一、典型题的技巧解法 1、求通项公式 （1）观察法。
（2）由递推公式求通项。
对于由递推公式所确定的数列的求解，通常可通过对递推公式的变换转化成等差数列或等比数列问题。
(1)递推式为a n+1=a n +d 及a n+1=qa n （d ，q 为常数）例1、? 已知{a n }满足a n+1=a n +2，而且a 1=1。
求a n 。
例1、解? ∵a n+1-a n =2为常数 ∴{a n }是首项为1，公差为2的等差数列∴a n =1+2（n-1） 即a n =2n-1例2、已知{}n a 满足112n n a a +=，而12a =，求n a = （2）递推式为a n+1=a n +f （n ）例3、已知{}n a 中112a =，12141n n a a n +=+-，求n a .解： 由已知可知)12)(12(11-+=-+n n a a n n )121121(21+--=n n令n=1，2，…，（n-1），代入得（n-1）个等式累加，即（a 2-a 1）+（a 3-a 2）+…+（a n -a n-1）★ 说明 ?只要和f （1）+f （2）+…+f （n-1）是可求的，就可以由a n+1=a n +f （n ）以n=1，2，…，（n-1）代入，可得n-1个等式累加而求a n 。
(3)递推式为a n+1=pa n +q （p ，q 为常数）例4、{}n a 中，11a =，对于n ＞1（n ∈N ）有132n n a a -=+，求n a .解法一： 由已知递推式得a n+1=3a n +2，a n =3a n-1+2。
两式相减：a n+1-a n =3（a n -a n-1） 因此数列{a n+1-a n }是公比为3的等比数列，其首项为a 2-a 1=（3×1+2）-1=4∴a n+1-a n =4·3n-1 ∵a n+1=3a n +2? ∴3a n +2-a n =4·3n-1 即 a n =2·3n-1-1 解法二： 上法得{a n+1-a n }是公比为3的等比数列，于是有：a 2-a 1=4，a 3-a 2=4·3，a 4-a 3=4·32，…，a n -a n-1=4·3n-2，把n-1个等式累加得：∴an=2·3n-1-1(4)递推式为a n+1=p a n +q n （p ，q 为常数）)(3211-+-=-n n n n b b b b 由上题的解法，得：n n b )32(23-= ∴n n nn n b a )31(2)21(32-==(5)递推式为21n n n a pa qa ++=+思路：设21n n n a pa qa ++=+,可以变形为：211()n n n n a a a a αβα+++-=-，想于是{a n+1-αa n }是公比为β的等比数列，就转化为前面的类型。
数列求和分类讨论思想总结数列求和问题是数学中常见的一类问题，根据不同的数列性质和求和方法，可以分为多种情况进行分类讨论。
本文将对数列求和的分类讨论思想进行总结，以便读者更好地理解和应用于实际问题中。
一、等差数列的求和分类讨论思想等差数列是指数列中相邻两项之间的差值恒定的一类数列。
对于等差数列的求和问题，可以根据求和项数、首项和末项等不同的条件进行分类讨论。
1.1 根据求和项数的分类讨论思想首先，可以根据求和项数的奇偶性进行分类讨论。
当求和项数为奇数时，可以将等差数列分为两部分，一部分包含中间项和公差，另一部分只包含首项和末项，利用求和公式进行求解。
当求和项数为偶数时，等差数列可以分为多个等差数列的和，其中每个等差数列的求和项数为奇数，运用上述方法进行求和。
1.2 根据首项和末项的分类讨论思想其次，可以根据等差数列的首项和末项的差值进行分类讨论。
如果等差数列的首项和末项之差为公差的整数倍，那么可以利用求和公式直接求解。
如果等差数列的首项和末项之差不是公差的整数倍，可以通过求和之后的等差数列的首项和末项之差进行调整，进而利用求和公式进行求解。
二、等比数列的求和分类讨论思想等比数列是指数列中相邻两项之间的比值恒定的一类数列。
对于等比数列的求和问题，可以根据公比、求和项数等不同的条件进行分类讨论。
2.1 根据公比的分类讨论思想首先，可以根据等比数列的公比的绝对值与1的关系进行分类讨论。
当公比的绝对值小于1时，等比数列的求和公式为有限项等比数列求和公式，可以直接通过公式求解。
当公比的绝对值大于等于1时，等比数列没有有限项求和公式，可以通过无穷等比数列的前n项和求解，或者通过求和项数逼近无穷等比数列的和。
2.2 根据求和项数的分类讨论思想其次，可以根据等比数列的求和项数进行分类讨论。
当求和项数为无穷时，等比数列的和为无穷，无法具体求解。
当求和项数为有限时，等比数列可以分为多个部分，其中每个部分都是一个无穷等比数列，通过逐个部分的求和，可以得到等比数列的和。
高中数学基本数学思想：函数与方程思想在数列中的应用函数思想和方程思想是学习数列的两大精髓.“从基本量出发，知三求二.”这是方程思想的体现.而“将数列看成一种特殊的函数，等差、等比数列的通项公式和前n项和公式都是关于n的函数.”则蕴含了数列中的函数思想.借助有关函数、方程的性质来解决数列问题，常能起到化难为易的功效。
以下是小编给大家带来的方程思想在数列上的应用，仅供考生阅读。
函数与方程思想在数列中的应用(含具体案例)本文列举几例分类剖析：一、方程思想1.知三求二等差(或等比)数列{an}的通项公式，前n项和公式集中了等差(或等比)数列的五个基本元素a1、d(或q)、n、an、Sn.“知三求二”是等差(或等比)数列最基本的题型，通过解方程的方法达到解决问题的目的.例1等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a10=30，a20=50，(1)求数列{an}的通项公式;(2)若Sn=242，求n的值.解(1)由a10=a1+9d=30，a20=a1+19d=50，解得a1=12，因为n∈N*，所以n=11.2.转化为基本量在等差(等比)数列中，如果求得a1和d(q)，那么其它的量立即可得.例2在等比数列{an}中，已知a6―a4=24，a3a5=64，求{an}的前8项的和S8.解a6―a4=a1q3(q2―1)=24.(1)由a3a5=(a1q3)2=64，得a1q3=±8.将a1q3=―8代入(1)，得q2=―2(舍去);将a1q3=8代入(1)，得q=±2.当q=2时，a1=1，S8=255;当q=―2时，a1=―1，S8=85.3.加减消元法利用Sn求an利用Sn求an是求通项公式的一种重要方法，其实这种方法就是方程思想中加减消元法的运用.例3(2011年佛山二模)已知数列{an}、{bn}中，对任何正整数n都有：a1b1+a2b2+a3b3+…+an―1bn―1+anbn=(n―1)?2n+1.若数列{bn}是首项为1、公比为2的等比数列，求数列{an}的通项公式.解将等式左边看成Sn，令Sn=a1b1+a2b2+a3b3+…+an―1bn―1+anbn.依题意Sn=(n―1)?2n+1，(1)又构造Sn―1=a1b1+a2b2+a3b3+…+an―1bn―1=(n―2)?2n―1+1，(2)两式相减可得Sn―Sn―1=an?bn=n?2n―1(n≥2).又因为数列{bn}的通项公式为bn=2n―1，所以an=n (n≥2).当n=1，由题设式子可得a1=1，符合an=n.从而对一切n∈N*，都有an=n.所以数列{an}的通项公式是an=n.4.等差、等比的综合问题这一类的综合问题往往还是回归到数列的基本量去建立方程组.例4设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和.已知S3=7，且a1+3，3a2，a3+4构成等差数列，求数列{an}的通项公式.解根据求和定义和等差中项建立关于a1，a2，a3的方程组.由已知得a1+a2+a3=7，(a1+3)+(a3+4)2=3a2.解得a2=2.设数列{an}的公比为q，由a2=2，可得a1=2q，a3=2q.又S3=7，可知2q+2+2q=7，即2q2―5q+2=0，解得q1=2，q2=12.由题意得q>1，所以q=2.可得a1=1，从而数列{an}的通项为an=2n―1.二、函数思想数列是一类定义在正整数或它的有限子集上的特殊函数.可见，任何数列问题都蕴含着函数的本质及意义，具有函数的一些固有特征.如一次、二次函数的性质、函数的单调性、周期性等在数列中有广泛的应用.如等差数列{an}的通项公式an=a1+(n―1)d=dn+(a1―d)，前n项和的公式Sn=na1+n(n―1)2d=d2n2+(a1―d2)n，当d≠0时，可以看作自变量n的一次和二次函数.因此我们在解决数列问题时，应充分利用函数有关知识，以它的概念、图象、性质为纽带，架起函数与数列间的桥梁，揭示了它们间的内在联系，从而有效地分解数列问题.1.运用函数解析式解数列问题在等差数列中，Sn是关于n的二次函数，故可用研究二次函数的方法进行解题.例5等差数列{an}的前n项的和为Sn，且S10=100，S100=10，求S110，并求出当n为何值时Sn有最大值.分析显然公差d≠0，所以Sn是n的二次函数且无常数项.解设Sn=an2+bn(a≠0)，则a×102+b×10=100，a×1002+b×100=10.解得a=―11100，b=11110.所以Sn=―11100n2+11110n.从而S110=―11100×1102+11110×110=―110.函数Sn=―11100n2+11110n的对称轴为n=111102×11100=55211=50211.因为n∈N*，所以n=50时Sn有最大值.2.利用函数单调性解数列问题通过构造函数，求导判断函数的单调性，从而证明数列的单调性.例6已知数列{an}中an=ln(1+n)n (n≥2)，求证an>an+1.解设f(x)=ln(1+x)x(x≥2)，则f ′(x)=x1+x―ln(1+x)x2. 因为x≥2，所以x1+x<1，ln(1+x)>1，所以f ′(x)<0.即f(x)在[2，+∞)上是单调减函数.故当n≥2时，an>an+1.例7已知数列{an}是公差为1的等差数列，bn=1+anan.(1)若a1=―52，求数列{bn}中的最大项和最小项的值;(2)若对任意的n∈N*，都有bn≤b8成立，求a1的取值范围.(1)分析最大、最小是函数的一个特征，一般可以从研究函数的单调性入手，用来研究函数最大值或最小值的方法同样适用于研究数列的最大项或最小项.解由题设易得an=n―72，所以bn=2n―52n―7.由bn=2n―52n―7=1+22n―7，可考察函数f(x)=1+22x―7的单调性.当x<72时，f(x)为减函数，且f(x)<1;当x>72时，f(x)为减函数，且f(x)>1.所以数列{bn}的最大项为b4=3，最小项为b3=―1.(2)分析由于对任意的n∈N*，都有bn≤b8成立，本题实际上就是求数列{bn}中的最大项.由于bn=1+1n―1+a1，故可以考察函数f(x)=1+1x―1+a1的形态.解由题，得an=n―1+a1，所以bn=1+1n―1+a1.考察函数f(x)=1+1x―1+a1，当x<1―a1时，f(x)为减函数，且f(x)<1;当x>1―a1时，f(x)为减函数，且f(x)>1.所以要使b8是最大项，当且仅当7<1―a1<8，所以a1的取值范围是―73.利用函数周期性解数列问题例8数列{an}中a1=a2=1，a3=2，anan+1an+2an+3=an+an+1+an+2+an+3且anan+1an+2≠1成立.试求S100=a1+a2+…+a100的值.分析从递推式不易直接求通项，观察前几项a1=1，a2=1，a3=2，a4=4，a5=1，a6=1，a7=2，a8=4，a9=1，…可猜测该数列是以4为周期的周期数列.解由已知两式相减得通过上述实例的分析与说明，我们可以发现，在数列的教学中，应重视方程函数思想的渗透，应该把函数概念、图象、性质有机地融入到数列中，通过数列与函数知识的相互交汇，使学生的知识网络得以不断优化与完善，同时也使学生的思维能力得以不断发展与提高.高中数学思想方法介绍，高中数学解题思想方法与讲解数学思想，是指现实世界的空间形式和数量关系反映到人们的意识之中，经过思维活动而产生的结果。
数列中的数学思想和方法数学思想方法是数学知识的精髓,是知识转化为能力桥梁.能否有意识地正确运用数学思想方法解答数学问题，是衡量数学素质和数学能力的重要标志．数列中蕴涵了许多重要的数学思想，下面我们一起来看一看吧！一、方程思想方程思想就是通过设元建立方程,研究方程解决问题的方法.在解数列问题时,利用等差、等比数列的通项公式、求和公式及性质构造方程（组），是解数列问题基本方法.例1 已知等差数列{}n a 的公差d 是正数，且3712,a a =-464a a +=-，求其前n 项和n S 。
解：由等差数列{}n a 知：3746a a a a +=+，从而373712,4a a a a =-+=-，故37,a a 是方程24120x x +-=的两根，又0d >，解之，得：376,2a a =-=。
再解方程组：112662a d a d +=-⎧⎨+=⎩1102a d =-⎧⇒⎨=⎩， 所以10(1)n S n n n =-+-。
<法一>法二、基本量法，建立首项和公差的二元方程 知三求二点评：本题利用了3746a a a a +=+这一性质构造了二次方程巧妙的解出了376,2a a =-=，再利用方程求得了首项与公差的值，从而使问题得到解决，由此可知在数列解题时往往可借助方程的思想与n m p q a a a a +=+（或n m p q a a a a ⋅=⋅）找出解题的捷径。
关注未知数的个数，关注独立方程的个数。
点评基本量法：性质法 技巧备用：设{a n }是公比大于1的等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和．已知S 3＝7，且a 1＋3,3a 2，a 3＋4构成等差数列．(1)求数列{a n }的通项；(2)令b n ＝ln a 3n ＋1，n ＝1,2，…，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝7，(a 1＋3)＋(a 3＋4)2＝3a 2，解得a 2＝2. 设数列{a n }的公比为q ，由a 2＝2，可得a 1＝2q，a 3＝2q ， 又S 3＝7，可知2q＋2＋2q ＝7，即2q 2－5q ＋2＝0. 解得q 1＝2，q 2＝12.由题意得q ＞1，∴q ＝2，∴a 1＝1. 故数列{a n }的通项为a n ＝2n －1.(2)由于b n ＝ln a 3n ＋1，n ＝1,2，…，由(1)得a 3n ＋1＝23n ，∴b n ＝ln 23n ＝3n ln 2.又b n ＋1－b n ＝3ln 2，∴{b n }是等差数列，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n (b 1＋b n )2＝3n (n ＋1)2·ln 2. 故T n ＝3n (n ＋1)2ln 2. 小结：方程思想是数学解题中常用的基本思想方法之一，注意到方程思想在数列间题中的应用.常可以简洁处理一些其他思想方法难以解决的数列问题。
在等差数列和等比数列中，通项公式a n 和前n 项和公式S n 共涉及五个量：a 1，a n ，n ，q (d )，S n ，其中首项a 1和公比q (公差d )为基本量，“知三求二”是指将已知条件转换成关于a 1，a n ，n ，q (d )，S n 的方程组，通过方程的思想解出需要的量．二、函数思想函数思想是用联系和变化的观点考察数学对象.数列是一类特殊的函数,以函数的观点认识理解数列，是解决数列问题的有效方法.例2、已知等差数列{}n a 中，129a =，1020S S =，则该数列前多少项的和最大？寻求通项 ，借助数列的单调性解决解：1020111092019,102022S S a d a d ⨯⨯=∴+=+， 又129a =，2d ∴=-29(1)(2)231n a n n ∴=+-⨯-=-+ 令0,15,n a n n N *>≤∈，所以数列首项为正，公差为负，前15项为正，从第16项开始为负，所以前15项的和最大，1511514152252S a d ⨯=+=。
巧用等差数列下标的性质，关注数列的单调性解：10201112131920,0S S a a a a a =∴++++=，由等差数列下标的性质可得：111213192015165()0a a a a a a a ++++=+=， 又1290a =>，15160,0a a ∴><∴ 当15n =时，n S 取得最大值。
又129a =，2d ∴=-29(1)(2)231n a n n ∴=+-⨯-=-+令0,15,n a n n N *>≤∈，所以数列首项为正，公差为负，前15项为正，从第16项开始为负， 所以前15项的和最大，且1511514152252S a d ⨯=+=。
思路2：从函数的代数角度来分析数列问题 解：1020111092019,102022S S a d a d ⨯⨯=∴+=+， 又129a =，2d ∴=-21(1)302n n n S na d n n ⨯-∴=+=-+ 2(15)225n =--+∴ 当15n =时，n S 取得最大值225。
思路3：从函数图象入手，数形结合解：设2n S An Bn =+，数列对应的图象是过原点的抛物线上孤立的点，又1290a =>，1020S S =，∴对称轴为1020152n +==且开口向下， ∴ 当15n =时，n S 取得最大值。
四种方法的比较设数列{a n }的公差为d ，∵S 10＝S 20，∴10×29＋10×92d ＝20×29＋20×192d ， 解得d ＝－2，∴a n ＝－2n ＋31，设这个数列的前n 项和最大，则需⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≥0，a n ＋1≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －2n ＋31≥0，－2n ＋1＋31≤0，∴14.5≤n ≤15.5，∵n ∈N *，∴n ＝15.方法二 设数列{a n }的公差为d ，∵S 10＝S 20，∴10×29＋10×92d ＝20×29＋20×192d ， 解得d ＝－2.等差数列{a n }的前n 项和S n ＝d 2n 2＋(a 1－d 2)n 是关于n 的不含常数项的二次函数，根据其图象的对称性，由S 10＝S 20，知x ＝10＋202＝15是其对称轴， 由d ＝－2知二次函数的图象开口向下，故n ＝15时S n 最大．备用：数列{}n a 中，21,n a n n n N *=+∈，求数列{}n a 的最大项。
.小结：利用二次函数的性质解决等差数列的前n 项和的最值问题，避免了复杂的运算过程. 数列是一种特殊的函数，在求解数列问题时，若涉及参数取值围、最值问题或单调性时，均可考虑采用函数的性质及研究方法指导解题．值得注意的是数列定义域是正整数集或{1,2,3，…，n }，这一特殊性对问题结果可能造成影响．三、分类讨论思想复杂问题无法一次性解决,常需分类研究,化整为零,各个击破.数列中蕴含着丰富的分类讨论的问题. 分类讨论是一种逻辑方法,同时又是一种重要的解题策略,在数学解题中有广泛的应用.所谓分类讨论,是在讨论对象明确的条件下,按照同一的分类标准,不重复、不遗漏、不越级的原则下进行的.它体现了化整为零、积零为整的思想与归类整理的方法.例3、已知等差数列{}n a 的前n 项的和32n n S =+，求n a 。
解：(1)当1n =时，115a s ==；(2)当2n ≥时，111222n n n n n n a s s ---=-=-=；综合(1) (2)可知15122n n n a n - ,=⎧=⎨ ,≥⎩。
点评：此例从分的体现了n a 与n s 的关系中隐含了分类讨论思想，其理由是1n n n a s s -=-中脚码1n -必须为正整数。
备用：已知数列{}n b 的前n 项和n n s n 182+-=， 试求数列{}n b 的前n 项和n T 的表达式.分析:解题的关键是求出数列{}n b 的通项公式,并弄清数列{}n b 中各项的符号以便化去n b 的绝对值.故需分类探讨．解:当n=1时,171181211=⨯+-==s b ;当n≥2时, ()[]n n n n n s s b n n n 21918118221-=+---+-=-=-.∴当1≤n≤9时,0>n b ,当n≥10时,0<n b .从而 当1≤n≤9时,n T =n b b b +⋅⋅⋅++21=n n s b b b n n 18221+-==+⋅⋅⋅++;当n≥10时,n T =n b b b +⋅⋅⋅++21=9109212s s b b b b b n n +-=-⋅⋅⋅-+⋅⋅⋅++16218)9189(218222+-=⨯+-+-n n n n .∴n T =⎪⎩⎪⎨⎧≥+-≤≤+-)10(,16218)91(,1822n n n n n n 小结：数列中的分类讨论多涉及对公差d 、公比q 、项数n 的讨论,特别是对项数n 的讨论成为近几年高考的热点.四、整体的思想整体思想就是从整体着眼,通过问题的整体形式、整体结构或其它整体处理后，达到简捷地解题的目的.例4、在等差数列{}n a 中，已知1479a a a ++=，25815a a a ++=，求369a a a ++的值。
解：258147()3a a a a a a d ++=+++，2d ∴=，369258()321a a a a a a d ∴++=+++=例4、在等比数列{}n a 中，910(0)a a a a +=≠，1920a a b +=，则99100a a +=________.分析 根据题设条件可知a 19＋a 20a 9＋a 10＝q 10＝b a ， 而a 99＋a 100a 9＋a 10＝q 90，故可整体代入求解． 解析 设等比数列{a n }的公比为q ，则a 19＋a 20a 9＋a 10＝q 10＝b a ， 又a 99＋a 100a 9＋a 10＝q 90＝(q 10)9＝⎝⎛⎭⎫b a 9， 故a 99＋a 100＝⎝⎛⎭⎫b a 9(a 9＋a 10)＝b 9a 8. 答案 b 9a 8 小结：解决此题如果不把它与整体思想联系起来，那么直接解决要走很多弯路也不容易直接求出它的准确答案，因此此题应用了整体思想来解决了数列问题是非常重要的.备用：已知数列{}n b 为等差数列，前12项和为354，前12项中奇数项和与偶数项和之比为27:32,求公差d .分析:此题常规思路是利用求和公式列方程组求解，计算量较大,注意考虑用整体思想去解决,解法十分简捷.解:由题意令奇数项和为x 27,偶数项和为x 32.因为：,35459322712==+=x x x s 所以：6=x .而5,63052732=∴===-d d x x x .五、转化与化归的思想等价转化就是将研究对象在一定条件下转化并归结为另一种研究对象,使之成为大家熟悉的或容易解决的问题.这是解决数列问题重要方法.例5． 已知数列{}n a 的首项11=a ，前n 项和为n S ，且)(24*1N n a S n n ∈+=+，求{}n a 的通项公式。
