數列公式

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[精選]數列公式大全15篇

數列公式大全1

　　數列的基本概念等差數列

　　(1)數列的通項公式an=f(n)

　　(2)數列的遞推公式

　　(3)數列的通項公式與前n項和的關系

　　an+1-an=d

　　an=a1+(n-1)d

　　a，A，b成等差 2A=a+b

　　m+n=k+l am+an=ak+al

　　等比數列常用求和公式

　　an=a1qn_1

　　a，G，b成等比 G2=ab

　　m+n=k+l aman=akal

　　不等式

　　不等式的基本性質重要不等式

　　a>b b

　　a>b，b>c a>c

　　a>b a+c>b+c

　　a+b>c a>c-b

　　a>b，c>d a+c>b+d

　　a>b，c>0 ac>bc

　　a>b，c<0 ac

　　a>b>0，c>d>0 ac

　　a>b>0 dn>bn(n∈Z，n>1)

　　a>b>0 > (n∈Z，n>1)

　　(a-b)2≥0

　　a，b∈R a2+b2≥2ab

　　|a|-|b|≤|a±b|≤|a|+|b|

　　證明不等式的基本方法

　　比較法

　　(1)要證明不等式a>b(或a

　　a-b>0(或a-b<0=即可

　　(2)若b>0，要證a>b，只需證明，

　　要證a

　　綜合法綜合法就是從已知或已證明過的不等式出發，根據不等式的性質推導出欲證的不等式(由因導果)的方法。

　　分析法分析法是從尋求結論成立的`充分條件入手，逐步尋求所需條件成立的充分條件，直至所需的條件已知正確時為止，明顯地表現出“持果索因”

數列公式大全2

　　在高一（5）班上好“等差數列求和公式”這一堂課后，通過和學生的互動，我對求和公式上課時遇到的幾點問題提出了一點思考．

　　一、對內容的理解及相應的教學設計

　　1．“數列前n項的和”是針對一般數列而提出的一個概念，教材在這里提出這個概念只是因為本節內容首次研究數列前n項和的問題．因此，教學設計時應注意“從等差數列中跳出來”學習這個概念，以免學生誤認為這只是等差數列的一個概念．

　　2．等差數列求和公式的教學重點是公式的推導過程，從“掌握公式”來解釋，應該使學生會推導公式、理解公式和運用公式解決問題．其實還不止這些，讓學生體驗推導過程中所包含的數學思想方法才是更高境界的教學追求，這一點后面再作展開．本節課在這方面有設計、有突破，但教師組織學生討論與交流的環節似乎還不夠充分，因為這個層面上的學習更側重于讓學生“悟”．

　　3．用公式解決問題的內容很豐富．本節課只考慮“已知等差數列，求前n項”的問題，使課堂不被大量的變式問題所困擾，而能專心將教學的重點放在公式的推導過程．這樣的處理比較恰當．

　　二、求和公式中的數學思想方法

　　在推導等差數列求和公式的過程中，有兩種極其重要的數學思想方法．一種是從特殊到一般的探究思想方法，另一種是從一般到特殊的化歸思想方法．

　　從特殊到一般的.探究思想方法大家都很熟悉，本節課基本按教材的設計，依次解決幾個問題。

　　從一般到特殊的化歸思想方法的揭示是本節課的最大成功之處．以往人們常常只注意到“倒序相加”是推導等差數列求和公式的關鍵，而忽視了對為什么要這樣做的思考．同樣是求和，與的本質區別是什么？事實上，前者是100個不相同的數求和，后者是50個相同數的求和，求和的本質區別并不在于是100個還是50個，而在于“相同的數”與“不相同的數”．相同的數求和是一個極其簡單并且在乘法中早已解決了的問題，將不“相同的數求和”（一般）化歸為“相同數的求和”（特殊），這就是推導等差數列求和公式的思想精髓．不僅如此，將一般的求和問題化歸為我們會求（特殊）的求和問題這種思想還將在以后的求和問題中反復體現．

　　在等差數列求和公式的推導過程中，其實有這樣一個問題鏈：

　　為什么要對和式分組配對？（因為想轉化為相同數求和）

　　為什么要“倒序相加”？（因為可以避免項數奇偶性討論）

　　為什么“倒序相加”能轉化為相同數求和？（因為等差數列性質）

　　由此可見，“倒序相加”只是一種手段和技巧，轉化為相同數求和是解決問題的思想，等差數列自身的性質是所采取的手段能達到目的的根本原因．

　　三、幾點看法

　　1．注意挖掘基礎知識的教學內涵

　　對待概念、公式等內容，如果只停留在知識自身層面，那么教學常常會落入死記硬背境地．其實越是基礎的東西其所包含的思想方法往往越深刻，值得大家帶領學生去認真體驗，當然這樣的課不好上．

　　2．用好教材

　　現在的教材有不少好的教學設計，需要教師認真對待，反復領會教材的意圖．當然，由于教材的客觀局限性，還需要教師去處理教材．譬如本節課，課堂所呈現的基本上是教材的內容順序和教學設計，但面對教材所給的全部內容時，課堂能否在某個環節上停下來，能否合理地選取教材的一部分內容作為這一節課的內容，而將其他的內容留到后面的課，這就體現教師的認識和處理教材的水平．

　　3．無止境

　　一堂課所要追求的教學價值當然是盡量能多一些更好，但應分清主次．譬如本節課還用了幾個“實際生活問題”，意圖是明顯的，教師的提問和處理也比較恰當．課沒有最好只有更好！

數列公式大全3

　　公式

　　Sn=(a1+an)n/2

　　Sn=na1+n(n-1)d/2; （d為公差）

　　Sn=An2+Bn; A=d/2,B=a1-(d/2)

　　和為 Sn

　　首項 a1

　　末項 an

　　公差d

　　項數n

　　通項

　　首項=2×和÷項數-末項

　　末項=2×和÷項數-首項

　　末項=首項+（項數-1）×公差

　　項數=（末項-首項）（除以）/ 公差+1

　　公差=如：1+3+5+7+……99 公差就是3-1

　　d=an-a

　　性質：

　　若 m、n、p、q∈N

　　①若m+n=p+q，則am+an=ap+aq

　�、谌鬽+n=2q，則am+an=2aq

　　注意：上述公式中an表示等差數列的第n項。

數列公式大全4

　　新課程理念倡導的數學課堂教學設計必須“以學生的學為本”，“以學生的發展為本”，即數學課堂教學設計應當是人的發展的“學程”設計，而不單純以學科為中心的“教程”的設計。

　　一、教學目標的反思

　　本節課的教學設計意圖：

　　1。進一步促進學生數學學習方式的改善

　　這是等比數列的前n項和公式的第一課時，是實踐二期課改中研究型學習問題的很好材料，可以落實新課程標準倡導的“提倡積極主動，勇于探索的學習方式;強調本質，注意適度形式化”的理念，教與學的重心不只是獲取知識，而是轉到學會思考、學會學習上，教師注意培養學生以研究的`態度和方式去認真觀察、分析數學現象，提出新的問題，發現事物的內在規律，引導學生自覺探索，進一步培養學生的自主學習能力。

　　2。落實二期課改中的三維目標，強調探究的過程和方法

　　“知識與技能、過程與方法、情感，態度與價值”這三維目標是“以學生的發展為本”的教育理念在二期課改中的具體體現，本節課是數學公式教學課，所以強調學生對認知過程的經歷和體驗，重視對實際問題的理解和應用推廣，強調學生對探究過程和方法的掌握，探究過程包括發現和提出問題，通過觀察、抽象、概括、類比、歸納等探究方法進行實踐。

　　在此基礎上，根據本班學生是區重點學校學生，學習勤懇，平時好提問，敢于交流與表達自己想法，故本節課制定了如下教學目標：

　　（l）、通過歷史典故引出等比數列求和問題，并在問題解決的過程中自主探索等比數列的前n項和公式的求法。

　�。�2）、經歷等比數列的前n項和公式的推導過程，了解推導公式所用的方法，掌握等比數列的前n項和公式，并能進行簡單應用。

　　二、教材的分析和反思：

　　本節課是《等比數列的前n項和公式》的第一課時，之前學生已經掌握了數列的基本概念、等差與等比數列的通項公式及等差數列的前n項和公式，對于本節課所需的知識點和探究方法都有了一定的儲備，新教材內容是給出了情景問題：印度國王獎賞國際象棋發明者的故事，通過求棋盤上的麥�？倲颠@個問題的解決，體會由多到少的錯位相減法的數學思想，并將其類比推廣到一般的等比數列的前n項和的求法，最后通過一些例題幫助學生鞏固與掌

數列公式大全5

　　以下是高中數學《等差數列前n項和的公式》說課稿，僅供參考。

　　教學目標

　　A、知識目標：

　　掌握等差數列前n項和公式的推導方法;掌握公式的運用。

　　B、能力目標：

　　(1)通過公式的探索、發現，在知識發生、發展以及形成過程中培養學生觀察、聯想、歸納、分析、綜合和邏輯推理的能力。

　　(2)利用以退求進的思維策略，遵循從特殊到一般的認知規律，讓學生在實踐中通過觀察、嘗試、分析、類比的方法導出等差數列的求和公式，培養學生類比思維能力。

　　(3)通過對公式從不同角度、不同側面的剖析，培養學生思維的靈活性，提高學生分析問題和解決問題的能力。

　　C、情感目標：(數學文化價值)

　　(1)公式的發現反映了普遍性寓于特殊性之中，從而使學生受到辯證唯物主義思想的熏陶。

　　(2)通過公式的運用，樹立學生"大眾教學"的思想意識。

　　(3)通過生動具體的現實問題，令人著迷的數學史，激發學生探究的興趣和欲望，樹立學生求真的勇氣和自信心，增強學生學好數學的心理體驗，產生熱愛數學的情感。

　　教學重點：等差數列前n項和的公式。

　　教學難點：等差數列前n項和的公式的靈活運用。

　　教學方法：啟發、討論、引導式。

　　教具：現代教育多媒體技術。

　　教學過程

　　一、創設情景，導入新課。

　　師：上幾節，我們已經掌握了等差數列的概念、通項公式及其有關性質，今天要進一步研究等差數列的前n項和公式。提起數列求和，我們自然會想到德國偉大的數學家高斯"神速求和"的故事，小高斯上小學四年級時，一次教師布置了一道數學習題："把從1到100的自然數加起來，和是多少?"年僅10歲的小高斯略一思索就得到答案5050，這使教師非常吃驚，那么高斯是采用了什么方法來巧妙地計算出來的呢?如果大家也懂得那樣巧妙計算，那你們就是二十世紀末的新高斯。(教師觀察學生的表情反映，然后將此問題縮小十倍)。我們來看這樣一道一例題。

　　例1，計算：1+2+3+4+5+6+7+8+9+10.

　　這道題除了累加計算以外，還有沒有其他有趣的解法呢?小組討論后，讓學生自行發言解答。

　　生1:因為1+10=2+9=3+8=4+7=5+6，所以可湊成5個11，得到55。

　　生2：可設S=1+2+3+4+5+6+7+8+9+10，根據加法交換律，又可寫成 S=10+9+8+7+6+5+4+3+2+1。

　　上面兩式相加得2S=11+10+......+11=10×11=110

　　10個

　　所以我們得到S=55，

　　即1+2+3+4+5+6+7+8+9+10=55

　　師：高斯神速計算出1到100所有自然數的各的方法，和上述兩位同學的方法相類似。

　　理由是：1+100=2+99=3+98=......=50+51=101，有50個101，所以1+2+3+......+100=50×101=5050。請同學們想一下，上面的方法用到等差數列的哪一個性質呢?

　　生3：數列{an}是等差數列，若m+n=p+q，則am+an=ap+aq.

　　二、教授新課(嘗試推導)

　　師：如果已知等差數列的首項a1，項數為n，第n項an，根據等差數列的性質，如何來導出它的前n項和Sn計算公式呢?根據上面的例子同學們自己完成推導，并請一位學生板演。

　　生4：Sn=a1+a2+......an-1+an也可寫成

　　Sn=an+an-1+......a2+a1

　　兩式相加得2Sn=(a1+an)+(a2+an-1)+......(an+a1)

　　n個

　　=n(a1+an)

　　所以Sn=

　　#FormatImgID_0#

　　(I)

　　師：好!如果已知等差數列的首項為a1，公差為d，項數為n，則an=a1+(n-1)d代入公式(1)得

　　Sn=na1+

　　#FormatImgID_1#

　　d(II) 上面(I)、(II)兩個式子稱為等差數列的前n項和公式。公式(I)是基本的'，我們可以發現，它可與梯形面積公式(上底+下底)×高÷2相類比，這里的上底是等差數列的首項a1，下底是第n項an，高是項數n。引導學生總結：這些公式中出現了幾個量?(a1，d，n，an，Sn)，它們由哪幾個關系聯系?[an=a1+(n-1)d，Sn=

　　#FormatImgID_2#

　　=na1+

　　#FormatImgID_3#

　　d];這些量中有幾個可自由變化?(三個)從而了解到：只要知道其中任意三個就可以求另外兩個了。下面我們舉例說明公式(I)和(II)的一些應用。

　　三、公式的應用(通過實例演練，形成技能)。

　　1、直接代公式(讓學生迅速熟悉公式，即用基本量觀點認識公式)例2、計算：

　　(1)1+2+3+......+n

　　(2)1+3+5+......+(2n-1)

　　(3)2+4+6+......+2n

　　(4)1-2+3-4+5-6+......+(2n-1)-2n

　　請同學們先完成(1)-(3)，并請一位同學回答。

　　生5：直接利用等差數列求和公式(I)，得

　　(1)1+2+3+......+n=

　　#FormatImgID_4#

　　(2)1+3+5+......+(2n-1)=

　　#FormatImgID_5#

　　(3)2+4+6+......+2n=

　　#FormatImgID_6#

　　=n(n+1)

　　師：第(4)小題數列共有幾項?是否為等差數列?能否直接運用Sn公式求解?若不能，那應如何解答?小組討論后，讓學生發言解答。

　　生6：(4)中的數列共有2n項，不是等差數列，但把正項和負項分開，可看成兩個等差數列，所以

　　原式=[1+3+5+......+(2n-1)]-(2+4+6+......+2n)

　　=n2-n(n+1)=-n

　　生7：上題雖然不是等差數列，但有一個規律，兩項結合都為-1，故可得另一解法：

　　原式=-1-1-......-1=-n

　　n個

　　師：很好!在解題時我們應仔細觀察，尋找規律，往往會尋找到好的方法。注意在運用Sn公式時，要看清等差數列的項數，否則會引起錯解。

　　例3、(1)數列{an}是公差d=-2的等差數列，如果a1+a2+a3=12，a8+a9+a10=75，求a1，d，S10。

　　生8：(1)由a1+a2+a3=12得3a1+3d=12，即a1+d=4

　　又∵d=-2，∴a1=6

　　∴S12=12 a1+66×(-2)=-60

　　生9：(2)由a1+a2+a3=12，a1+d=4

　　a8+a9+a10=75，a1+8d=25

　　解得a1=1，d=3 ∴S10=10a1+

　　#FormatImgID_7#

　　=145

　　師：通過上面例題我們掌握了等差數列前n項和的公式。在Sn公式有5個變量。已知三個變量，可利用構造方程或方程組求另外兩個變量(知三求二)，請同學們根據例3自己編題，作為本節的課外練習題，以便下節課交流。

　　師：(繼續引導學生，將第(2)小題改編)

　�、贁盗衶an}等差數列，若a1+a2+a3=12，a8+a9+a10=75，且Sn=145，求a1，d，n

　�、谌舸祟}不求a1，d而只求S10時，是否一定非來求得a1，d不可呢?引導學生運用等差數列性質，用整體思想考慮求a1+a10的值。

　　2、用整體觀點認識Sn公式。

　　例4，在等差數列{an}， (1)已知a2+a5+a12+a15=36，求S16;(2)已知a6=20，求S11。(教師啟發學生解)

　　師：來看第(1)小題，寫出的計算公式S16=

　　#FormatImgID_8#

　　=8(a1+a6)與已知相比較，你發現了什么?

　　生10：根據等差數列的性質，有a1+a16=a2+a15=a5+a12=18，所以S16=8×18=144。

　　師：對!(簡單小結)這個題目根據已知等式是不能直接求出a1，a16和d的，但由等差數列的性質可求a1與an的和，于是這個問題就得到解決。這是整體思想在解數學問題的體現。

　　師：由于時間關系，我們對等差數列前n項和公式Sn的運用一一剖析，引導學生觀察當d≠0時，Sn是n的二次函數，那么從二次(或一次)的函數的觀點如何來認識Sn公式后，這留給同學們課外繼續思考。

　　最后請大家課外思考Sn公式(1)的逆命題：

　　已知數列{an}的前n項和為Sn，若對于所有自然數n，都有Sn=

　　#FormatImgID_9#

　　。數列{an}是否為等差數列，并說明理由。

　　四、小結與作業。

　　師：接下來請同學們一起來小結本節課所講的內容。

　　生11：1、用倒序相加法推導等差數列前n項和公式。

　　2、用所推導的兩個公式解決有關例題，熟悉對Sn公式的運用。

　　生12：1、運用Sn公式要注意此等差數列的項數n的值。

　　2、具體用Sn公式時，要根據已知靈活選擇公式(I)或(II)，掌握知三求二的解題通法。

　　3、當已知條件不足以求此項a1和公差d時，要認真觀察，靈活應用等差數列的有關性質，看能否用整體思想的方法求a1+an的值。

　　師：通過以上幾例，說明在解題中靈活應用所學性質，要糾正那種不明理由盲目套用公式的學習方法。同時希望大家在學習中做一個有心人，去發現更多的性質，主動積極地去學習。

　　本節所滲透的數學方法;觀察、嘗試、分析、歸納、類比、特定系數等。

　　數學思想：類比思想、整體思想、方程思想、函數思想等。

數列公式大全6

　　等比數列求和公式

　　1.等比數列通項公式

　　an=a1×q^(n-1);

　　推廣式：an=am×q^(n-m);

　　2.等比數列求和公式

　　Sn=n×a1(q=1);

　　Sn=a1(1-q^n)/(1-q)=(a1-an*q)/(1-q)=a1(q^n-1)/(q-1)(q≠1);

　　(q為公比，n為項數)。

　　3.等比數列求和公式推導

　　(1)Sn=a1+a2+a3+...+an(公比為q);

　　(2)q*Sn=a1*q+a2*q+a3*q+...+an*q=a2+a3+a4+...+a(n+1);

　　(3)Sn-q*Sn=a1-a(n+1);

　　(4)(1-q)Sn=a1-a1*q^n;

　　(5)Sn=(a1-a1*q^n)/(1-q);

　　(6)Sn=(a1-an*q)/(1-q);

　　(7)Sn=a1(1-q^n)/(1-q);

　　(8)Sn=k*(1-q^n)~y=k*(1-a^x)。

　　拓展閱讀：等比數列的性質

　　(1)若m、n、p、q∈N+，且m+n=p+q，則am×an=ap×aq。

　　(2)在等比數列中，依次每k項之和仍成等比數列。

　　(3)若“G是a、b的等比中項”則“G2=ab(G≠0)”。

　　(4)若{an}是等比數列，公比為q1，{bn}也是等比數列，公比是q2，則{a2n}，{a3n}…是等比數列，公比為q1^2，q1^3…{can}，c是常數，{an×bn}，{an/bn}是等比數列，公比為q1，q1q2，q1/q2。

　　(5)若(an)為等比數列且各項為正，公比為q，則(log以a為底an的對數)成等差，公差為log以a為底q的對數。

　　(6)等比數列前n項之和。

　　在等比數列中，首項A1與公比q都不為零。

　　注意：上述公式中An表示A的n次方。

　　(7)由于首項為a1，公比為q的等比數列的'通項公式可以寫成an=(a1/q)×qn，它的指數函數y=ax有著密切的聯系，從而可以利用指數函數的性質來研究等比數列。

數列公式大全7

　　一、高考數列基本公式：

　　1、一般數列的通項an與前n項和Sn的關系：an=

　　2、等差數列的通項公式：an=a1+(n-1)d an=ak+(n-k)d (其中a1為首項、ak為已知的第k項) 當d≠0時，an是關于n的一次式；當d=0時，an是一個常數。

　　3、等差數列的前n項和公式：

　　當d≠0時，Sn是關于n的二次式且常數項為0；當d=0時（a1≠0），Sn=na1是關于n的正比例式。

　　4、等比數列的通項公式： an= a1qn-1an= akqn-k

　　(其中a1為首項、ak為已知的第k項，an≠0)

　　5、等比數列的前n項和公式：當q=1時，Sn=n a1 (是關于n的正比例式)；

　　當q≠1時，

　　二、高考數學中有關等差、等比數列的結論

　　1、等差數列{an}的任意連續m項的和構成的數列Sm、S2m-Sm、S3m-S2m、S4m- S3m、……仍為等差數列。

　　4、等比數列{an}的任意連續m項的和構成的數列Sm、S2m-Sm、S3m-S2m、S4m- S3m、……仍為等比數列。

　　5、兩個等差數列{an}與{bn}的和差的數列{an+bn}、{an-bn}仍為等差數列。

　　6、兩個等比數列{an}與{bn}的積、商、倒數組成的數列

　　7、等差數列{an}的.任意等距離的項構成的數列仍為等差數列。

　　8、等比數列{an}的任意等距離的項構成的數列仍為等比數列。

　　9、三個數成等差數列的設法：a-d,a,a+d；四個數成等差的設法：a-3d,a-d,,a+d,a+3d

　　10、三個數成等比數列的設法：a/q,a,aq；

　　四個數成等比的錯誤設法：a/q3,a/q,aq,aq3 (為什么？)

　　12、{bn}（bn>0）是等比數列，則{logcbn} (c>0且c≠1) 是等差數列。

數列公式大全8

　　如果一個數列從第2項起，每一項與它的前一項的比等于同一個常數，這個數列就叫做等比數列。這個常數叫做等比數列的公比，公比通常用字母q表示。

　　(1)等比數列的通項公式是：An=A1×q^(n-1)

　　若通項公式變形為an=a1/q*q^n(n∈N*),當q>0時，則可把an看作自變量n的函數，點(n,an)是曲線y=a1/q*q^x上的一群孤立的點。

　　(2) 任意兩項am，an的.關系為an=am·q^(n-m)

　　(3)從等比數列的定義、通項公式、前n項和公式可以推出： a1·an=a2·an-1=a3·an-2=…=ak·an-k+1，k∈{1,2,…,n}

　　(4)等比中項：aq·ap=ar^2，ar則為ap，aq等比中項。

　　(5) 等比求和：Sn=a1+a2+a3+.......+an

　�、佼攓≠1時，Sn=a1(1-q^n)/(1-q)或Sn=(a1-an×q)÷(1-q)

　　②當q=1時， Sn=n×a1(q=1)

　　記πn=a1·a2…an，則有π2n-1=(an)2n-1，π2n+1=(an+1)2n+1

　　另外，一個各項均為正數的等比數列各項取同底數數后構成一個等差數列;反之，以任一個正數C為底，用一個等差數列的各項做指數構造冪Can，則是等比數列。在這個意義下，我們說：一個正項等比數列與等差數列是“同構”的。

數列公式大全9

　　等差數列求和公式推導過程：

　　設首項為a1 ,末項為an ,項數為n ,公差為d ,前n項和為Sn ,則有:Sn=(a1+an)n/2 ;Sn=na1+n(n-1)d/2(d為公差)

　　當d≠0時，Sn是n的二次函數，(n，Sn)是二次函數的圖象上一群孤立的'點。利用其幾何意義可求前n項和Sn的最值。

　　注意：公式一二三事實上是等價的，在公式一中不必要求公差等于一。

　　求和推導證明：由題意得：Sn=a1+a2+a3+...+an①

　　Sn=an+a(n-1)+a(n-2)+...+a1②

　�、�+②得：2Sn=[a1+an]+[a2+a(n-1)]+[a3+a(n-2)]+...+[a1+an](當n為偶數時)

　　Sn={[a1+an]+[a2+a(n-1)]+[a3+a(n-2)]+...+[a1+an]}/2

　　Sn=n(A1+An)/2 (a1，an，可以用a1+(n-1)d這種形式表示可以發現括號里面的數都是一個定值，即(A1+An)

　　拓展閱讀：等比數列的五個基本公式

　　(1)等比數列的通項公式是：

　　An=A1×q^(n-1)

　　若通項公式變形為an=a1/q*q^n(n∈N*),當q>0時，則可把an看作自變量n的函數，點(n,an)是曲線y=a1/q*q^x上的一群孤立的點。

　　(2)任意兩項am，an的關系為an=am·q^(n-m)

　　(3)從等比數列的定義、通項公式、前n項和公式可以推出：

　　a1·an=a2·an-1=a3·an-2=…=ak·an-k+1，k∈{1,2,…,n}

　　(4)等比中項：aq·ap=ar^2，ar則為ap，aq等比中項。

　　(5)等比求和：Sn=a1+a2+a3+.......+an

　　①當q≠1時，Sn=a1(1-q^n)/(1-q)或Sn=(a1-an×q)÷(1-q)

　�、诋攓=1時，Sn=n×a1(q=1)

　　記πn=a1·a2…an，則有π2n-1=(an)2n-1，π2n+1=(an+1)2n+1

數列公式大全10

　　不過一般分小題、有梯度設問，往往是第1小題就是求數列的通項公式，難度適中，一般考生可突破，爭取分數，而且是做第2小題的基礎，因此，求數列通項公式的解題方法、技巧，每一位考生都必須熟練掌握。求數列通項公式的題型很多，不同的題型有不同的解決方法。下面結合教學實踐，談談求數列通項公式的解題思路。

　　一、已知數列的前幾項

　　已知數列的前幾項，求通項公式。通過觀察找規律，分析出數列的項與項數之間的關系，從而求出通項公式。這種方法稱為觀察法，也即是歸納推理。

　　例1、求數列的通項公式

　�。�1）0，22——1/3，32——1/4，42＋1/5……

　�。�2）9，99，999，……

　　分析：（1）0=12——1/2，每一項的分子是項數的平方減去1，分母是項數加上1，n2——1/n＋1＝n——1，其實，該數列各項可化簡為0，1，2，3，……，易知an＝n——1。

　　（2）各項可拆成10-1，102-1，103-1，……，an＝10n——1。

　　此題型主要通過讓學生觀察、試驗、歸納推理等活動，且在此基礎上進一步通過比較、分析、概括、證明去揭示事物的`本質，從而培養學生的思維能力。

　　二、已知數列的前n項和Sn

　　已知數列的前n項和Sn，求通項公式an，主要通過an與Sn的關系轉化，即an -{ S1（n＝1） Sn -Sn——1（n≥2）

　　例2、已知數列{an }的前n項和Sn=2n+3，求an

　　分析：Sn=a1+a2 +……+an——1+an

　　Sn——1＝a1+a2 +……+an——1

　　上兩式相減得 Sn -Sn——1=an

　　解：當n=1時，a1=S1=5

　　當n≥2時，an =Sn -Sn——1=2n+3-（2n——1+3）=2n——1

　　∵n=1不適合上式

　　∴an ={5（n=1） 2n——1（n≥2）

　　三、已知an與Sn關系

　　已知數列的第n項an與前n項和Sn間的關系：Sn=f（an），求an。一般的思路是先將Sn與an的關系轉化為an與an——1的關系，再根據與的關系特征分為如下幾種類型。不同的類型，要用不同的方法解決。

　　（1）an=an——1+k。數列屬等差數列，直接代公式可求通項公式。

　　例3、已知數列{an}，滿足a1=3，an=an——1+8，求an。

　　分析：由已知條件可知數列是以3為首項，8為公差的等差數列，直接代公式可求得an=8n-5。

　�。�2）an=kan——1（k為常數）。數列屬等比數列，直接代公式可求通項公式。

　　例4、數列{an}的前n項和Sn,a1=1，an+1=2Sn+1（n∈N+）

　　求數列{an}的通項公式。

　　分析：根據an與Sn的關系，將an+1=2Sn+1轉化為an與an+1的關系。

　　解：由an+1=2Sn+1

　　得an=2Sn-1+1（n≥2）

　　兩式相減，得an+1-an=2an

　　∴an+1=3an （n≥2）

　　∵a2=2Sn+1=3

　　∴a2=3a1

　　∴{an}是以1為首項，3為公比的等比數列

　　∴an=3n-1

　　（3）an+1=an+f（n），用疊加法

　　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、若數列{an}滿足a1=2，an+1=an+2n

　　則{an}的通項公式=（）

　　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，用累積法

　　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、若數列{an}滿足a1=1，an+1=2n+an，則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）

　�。╬、q、r為常數）

　　這些類型均可用構造法或迭代法。

　�、賏n=pan——1+q （p、q為常數）

　　構造法：將原數列的各項均加上一個常數，構成一個等比數列，然后，求出該等比數列的通項公式，再還原為所求數列的通項公式。

　　將關系式兩邊都加上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為首項，P為公比的等比數列。

　　∴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、數列{an}的前n項和為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+）

　　兩式相減得an=2an-1+1

　　兩邊加1得an+1=2（an-1+1）（n≥2，n∈N+）

　　構造成以2為公比的等比數列{an+1}

　�、赼n=Pan-1+f（n）

　　例8、數列{an}中，a1為常數，且an=-2an-1+3n-1（≥2，n∈N）

　　證明：an=（-2）n-1a1+3n+（-1）n·3·2n-1/5

　　分析：這道題是證明題，最簡單的方法當然是數學歸納法，現用構造法和迭代法來證明。

　　方法一：構造公比為-2的等比數列{an+λ·3n}

　　用比較系數法可求得λ=-1/5

　　方法二：構造等差型數列{an/（-2）n}。由已知兩邊同以（-2）n，得an/（-2）n=an-1/（-2）n=1/3·（-3/2）n，用疊加法處理。

　　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）

　�。á。┊敠�=qn+1時，等式兩邊同除以，就可構造出一個等差數列{an/qn}。

　　例9、在數列{an}中，a1=4，an+1+2n+1，求an。

　　分析：在an+1=2an+2n+1兩邊同除以2n+1，得an+1/2n+1=an/2n+1

　　∴{an/2n}是以a1/2=2為首項，1為公差的等差數列。

　�。áⅲ┊敠恕賟時，等式兩邊同除以qn+1，令bn=an/qn，得bn+1=λ/qbn+p，再構造成等比數列求bn，從而求出an。

　　例10、已知a1=1，an=3an-1+2n-1，求an

　　分析：從an=3an-1+2n-1兩邊都除以2n，

　　得an/2n=3/2 an-1/2n-1+1/2

　　令an/2n=bn

　　則bn=3/2bn-1+1/2

　�、躠n=p（an——1）q（p、q為常數）

　　例11、已知an=1/a an——12，首項a1，求an。

　　方法一：將已知兩邊取對數

　　得lgan=2lgan——1-lga

　　令bn=lgan

　　得bn=2bn-1-lga，再構造成等比數列求bn，從而求出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

　�、輆n+1=ran/pan+q（p、q、r為常數，pr≠0，q≠r）

　　將等式兩邊取倒數，得1/an+1=q/r·1/an+p/r，再構造成等比數列求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

　　兩邊加上1，得1/an+1+1=2（1/an+1）

　　∴{1/an+1}是以1/an+1=2為首項，2為公比的等比數列

　　∴ 1/an+1=2×2n-1=2n

　　∴an=1/2n-1

　　以上羅列出求數列通項公式的解題思路雖然很清晰，但是一般考生對第三項中的5種類型題用構選法和迭代法都比較困難的。遇到此情況，可轉化為第一種類型解決，即從an與Sn的關系式求出數列的前幾項，用觀察法求an。

數列公式大全11

　　等比數列求和公式

　　q≠1時，Sn=a1(1-q^n)/(1-q)=(a1-anq)/(1-q)

　　q=1時，Sn=na1

　　(a1為首項,an為第n項,d為公差,q為等比)

　　這個常數叫做等比數列的公比，公比通常用字母q表示(q≠0)，等比數列a1≠ 0。注：q=1時，{an}為常數列。利用等比數列求和公式可以快速的`計算出該數列的和。

　　等比數列求和公式推導

　　Sn=a1+a2+a3+...+an(公比為q)

　　qSn=a1q + a2q + a3q +...+ anq = a2+ a3+ a4+...+ an+ a(n+1)

　　Sn-qSn=(1-q)Sn=a1-a(n+1)

　　a(n+1)=a1qn

　　Sn=a1(1-qn)/(1-q)(q≠1)

數列公式大全12

　　一、分組轉化求和法

　　若一個數列的通項公式是由若干個等差數列或等比數列或可求和的數列構成，則求這個數列的前n項和Sn時可以用分組求和法求解。一般步驟是：拆裂通項――重新分組――求和合并。

　　例1求Sn=1×4+2×7+3×10+…+n（3n+1）的和

　　解由和式可知，式中第n項為an=n（3n+1）=3n2+n

　　∴Sn=1×4+2×7+3×10+…+n（3n+1）

　　=（3×12+1）+（3×22+2）+（3×32+3）+…+（3n2+n）

　　=3（12+22+32+…+n2）+（1+2+3+…+n）

　　=3×16n（n+1）（2n+1）+n（n+1）2

　　=n（n+1）2

　　二、奇偶分析求和法

　　求一個數列的前n項和Sn，如果需要對n進行奇偶性討論或將奇數項、偶數項分組求和再求解，這種方法稱為奇偶分析法。

　　例2：求和：Sn=-1+3-5+7-9+11-…+（-1）n（2n-1）

　　分析：觀察數列的通項公式an=（-1）n（2n-1）可知Sn與數列項數n的奇偶性有關，故利用奇偶分析法及分組求和法求解，也可以在奇偶分析法的基礎上利用并項求和法求的結果。

　　解：當n為偶數時，

　　Sn=-1+3-5+7-9+11-…+（-1）n（2n-1）

　　=-（1+5+9+…+2n-3）+（3+7+11+…+2n-1）

　　=-n2（1+2n-3）2+n2（3+2n-1）2

　　=-n2-n2+n2+n2=n

　　當n為奇數時，

　　Sn=-1+3-5+7-9+11-…+（-1）n（2n-1）

　　=-（1+5+9+…+2n-3）+（3+7+11+…+2n-1）

　　=-n+12（1+2n-1）2+n-12（3+2n-3）2

　　=-n2+n2+n2-n2=-n

　　綜上所述，Sn=（-1）nn

　　三、并項求和法

　　一個數列an的'前n項和Sn中，某些項合在一起就具有特殊的性質，因此可以幾項結合求和，再求Sn，稱之為并項求和法。形如an=（-1）nf（n）的類型，就可以采用相鄰兩項合并求解。如例3中可用并項求和法求解。

　　例3：求S=-12+22-32+42-…-992+1002

　　解S=（-12+22）+（-32+42）+…+（-992+1002）

　　=（1+2）+（3+4）+…+（99+100）=5050

　　四、基本公式法

　　如果一個數列是符合以下某種形式，如等差、等比數列或通項為自然數的平方、立方的，那么可以直接利用以下數列求和的公式求和。

　　常用公式有

　�。�1）等差數列求和公式：Sn=na1+n（n-1）2d=n（a1+an）2

　　（2）等比數列求和公式：Sn=na1a1（1-qn）1-q=a1-anq1-q（q=1）（q≠1）

　�。�3）1+2+3+…+n=n（n+1）2

　　（4）1+3+5+…+2n-1=n2

　　（5）2+4+6+…+2n=n（n+1）

　　（6）12+22+32+…+n2=16n（n+1）（2n+1）

　　（7）13+23+33+…+n3=14n2（n+1）2

　　例1：已知等比數列an的通項公式是an=12n-1，設Sn是數列an的前n項和，求Sn。

　　解：∵an=12n-1∴a1=1，q=12

　　∴Sn=1+12+14+…+12n-1=1（1-12n）1-12=2-12n-1

　　五、裂項相消法

　　如果一個數列an的通項公式能拆分成兩項差的形式，并且相加過程中可以互相抵消至只剩下有限項時，這時只需求有限項的和，把這種求數列前n項和Sn的方法叫做裂項相消法。

　　裂項相消法中常用的拆項轉化公式有：

　�。�1）1n（n+1）=1n-1n+1，1n（n+k）=1k（1n-1n+k）

　�。�2）1（2n-1）（2n+1）=12（12n-1-12n+1）

　　（3）1n（n+1）（n+2）=12[1n（n+1）-1（n+1）（n+2）]

　�。�4）1n+n+1=n+1-n，1n+n+k=1k（n+k-n），

　　其中n∈N，k∈R且k≠0

　　例5：求數列1，11+2，11+2+3，…，11+2+3+…+n，…的前n和Sn。

　　解由題知，an=11+2+3+…+n=2n（n+1）=2（1n-1n+1）

　　∴Sn=1+11+2+11+2+3+…+11+2+3+…+n

　　=2（1-12）+2（12-13）+2（13-14）+…+2（1n-1n+1）

　　=2（1-12+12-13+13-14+…+1n-1n+1）

　　=2（1-1n+1）=2nn+1

數列公式大全13

　　1、愛因斯坦說過：“興趣是最好的老師�！毙抡n程的教材比以前有了更多的背景足以說明。本節也以國際象棋的故事為引例來激發學生的學習興趣，然而卻在求和公式的證明中以“我們發現，如果用公比乘…”一筆帶過，這個“發現”卻不是普通學生能做到的，他們只能驚嘆于解法的神奇，而求知欲卻會因其“技巧性太大”而逐步消退。因此如何在有趣的數學文化背景下進一步拓展學生的視野，使數學知識的發生及形成更為自然，更能貼近學生的認知特征，是每一位教師研討新教材的重要切入點。

　　2、“課程內容的呈現，應注意反映數學發展的規律，以及人們的認識規律，體現從具體到抽象、特殊到一般的原則。”“教材應注意創設情境，從具體實例出發，展現數學知識的發生、發展過程，使學生能夠從中發現問題、提出問題，經歷數學的發現和創造過程，了解知識的來龍去脈�！边@些都是《數學課程標準》對教材編寫的建議，更是對課堂教學實踐的要求。然而，在新課程的教學中，“穿新鞋走老路”仍是常見的現狀，“重結果的應用，輕過程的探究”或者是應試教育遺留的禍根，卻更與教材的編寫，教師對《課程標準》、教材研究的深淺有關，更與課堂教學實踐密切相關。我們也曾留足時間讓學生思考，卻沒有人能“發現”用“公比乘以①的兩邊”，設計“從特殊到一般”即由2，3，4，…到q，再到，也是對教學的不斷實踐與探索的`成果。因此，新課程教材留給教師更多發展的空間，每位教師有責任也應當深刻理會《標準》的理念，認真鉆研教材，促進《標準》及教材更加符合學生的實際。

　　3、先看文[1]由學生自主探究而獲得的兩種方法：

　　且不說初中教材已經把等比定理刪去，學生能獲得以上兩種方法并不比發現乘以來得容易，無奈之下，有的教師便用“欣賞”來走馬觀花地讓學生感受一下，這當然更不可取。

　　回到乘比錯位相減法，其實要獲得方法1并不難：可以用q乘以，那么是否可以在的右邊提出一個q呢？請看：

　　與比較，右邊括號中比少了一項：，則有

　　以上方法僅須教師稍作暗示，學生都可完成。

　　對于方法2，若去掉分母有，與方法1是一致的。

　　4、在導出公式及證明中值得花這么多時間嗎？或者直接給出公式，介紹證明，可留有更多的時間供學生練習，以上過程，教師講的是不是偏多了？

　　如果僅僅是為了讓學生學會如何應試，誠然以上的過程將不為人所喜歡，因為按此過程，一節課也就差不多把公式給證明完，又哪來例題與練習的時間呢？

　　但是我們要追問：課堂應教給學生什么呢？課堂教學應從龐雜的知識中引導學生去尋找關系，挖掘書本背后的數學思想，挖掘出基于學生發展的知識體系，教學生學會思考，讓教學真正成為發展學生能力的課堂活動。因此，本課例在公式的推導及證明中舍得花大量時間，便是為了培養學生學會探究與學習，其價值遠遠超過了公式的應用。