求 高考数列各种主要题型
高考数列没有特别容易的方法还是要多去动脑思考
数 列 摘要：数列问题是一个很有趣的问题，生活中的很多事件，都和数列紧紧的联系在一起，本课题重点研究了等差数列，等差数列的判定，等差数列的性质，等差数列的证明，以及数学证明中常用的方法数学归纳法等。关键词：等差 等差数列 相连项 前n项和 在数学发展的早期已有许多人研究过数列这一课题，特别是等差数列。例如早在公元前2700年以前埃及数学的《莱因特纸草书》中，就记载著相关的问题。在巴比伦晚期的《泥板文书》中，也有按级递减分物的等差数列问题。其中有 一个问题大意是： 10个兄弟分100两银子，长兄最多，依次减少相同数目 。现知第八兄弟分得6两，问相邻两兄弟相差多少？数列是从生活中抽像出来的，日常生活中遇到的许多实际问题，如贷款、利率、折旧、人口增长、放射物的衰变等都可以用等差数列和等比数列来刻画,然而在数学这门学科中数列又是如何定义的呢？数列：按一定次序排列的一列数表示方法：1 列举法 ：如数列 ， ， 2解析法 ：通项公式、递推公式求数列通项的方法：观察归纳法、待定系数法、公式法数列的分类：1 按项数分为有穷数列和无穷数列 2 按范围分为有界数列和无界数列 3 按单调性分为递增数列、递减数列和常数列（摆动数列）我们在日常生活中经常会碰见一些关于数列的问题 1．四年级同学小明觉得自己英语成绩很差，目前他的单词量只 yes,no,you,me,he 5个 他决定从今天起每天背记10个单词，那么从今天开始，他的单词量逐日增加，依次为：5，15，25，35，… （问：多少天后他的单词量达到3000？） 2．小李是石河子大学化学系的一名学生，他的英语成绩很棒，他在大二时就过了外语四级，她目前的单词量多达4500 但后来迷上了网络游戏，他打算从今天起不再背单词了，结果不知不觉地每天忘掉30个单词，那么从今天开始，她的单词量逐日递减，依次为：4500，4470，4440，4410，… （问：多少天后她那4500个单词全部忘光？）从上面两例中，我们分别得到两个数列 ① 5，15，25，35，… 和 ② 4500，4470，4440，4410，… 大家仔细观察一下，看看以上两个数列有什么共同特征？？ ·共同特征：从第二项起，每一项与它前面一项的差等于同一个常数（即等差）；（误：每相邻两项的差相等--应指明作差的顺序是后项减前项），我们给具有这种特征的数列一个名字--等差数列） 1． 等差数列的定义：如果一个数列，从第二项起，每一项与它前面一项的差等于同一个常数，我们把这样的数列叫做等差数列 2． 等差数列的通项公式： 【或 】等差数列定义是由一数列相邻两项之间关系而得 若一等差数列 的首项是 ，公差是d，则据其定义可得： 即： 即： 即： …… 由此归纳等差数列的通项公式可得： 等差中项：如过三个数 成等差数列那么中间一项 称为 的等差中项 ∴已知一数列为等差数列，则只要知其首项 和公差d，便可求得其通项 下面我们来具体研究等差数列的一些问题 一、 等差数列的判定方法 1． 若数列 从第二项起每一项与前一项的差都为同一个常数d,即： - =d(常数) 则 是等差数列，其公差为d 2．若数列从第二项起，每一项的两倍都等于前一项与后一项的和即： 2 = + 则是等差数列（ 是 与 的等差中项） 3． 若数列 的通项 是项数n的一次多项式或者是常数，即： = (p,q为常数)， 则 是等差数列，其首项是 ，公差是 4． 若数列 的前n项和 是项数n的二次项系数为零的二次多项式或一次多项式，即： （k,h为常数），则 是等差数列，其首项是 ，公差是 5． 若数列 是公差为d的等差数列，k是一个常数，则数列 是公差为kd的等差数列 6．若数列 是公差为d的等差数列，r是一个常数，则数列 也是公差为d的等差数列例1． 判断下列数列 是否为等差数列？如果是写出其公差（1） 的第n项为： （2） 的第n项为： （3） 的第n项和为： （4） 的第n项和为： 解：（1）因为 =5 =5 = 所以 是等差数列，其公差为 （2）因为 = 所以 是项数n的一次多项式，从而 是等差数列，其公差为4。（3）因为 = 所以 是项数n的二次多项式，二次多项式系数是3，常数项为零，因此 是等差数列，其公差d=6 (4) 所以 是项数n的二次多项式，常数项为1，因此 不是等差数列 二 、 等差数列的基本公式及一些简单求法基本公式： （1） = 或者 = = （2） （3） ，特别的 或者 ，特别的 (一) 简单公式求法 利用等差数列的基本公式，解一些关于等差数列的题目，俗话说的好知三求二。例1． 在等差数列 中，已知 ， ，求 , , 解法一：∵ ， ，则 ∴ 解法二：∵ ∴ 小结：第二通项公式 例2．将一个等差数列的通项公式输入计算器数列 中，设数列的第s项和第t项分别为 和 ，计算 的值，你能发现什么结论？并证明你的结论 解：通过计算发现 的值恒等于公差证明：设等差数列{ }的首项为 ，末项为 ，公差为d， ⑴-⑵得 小结：①这就是第二通项公式的变形，②几何特征，直线的斜率（2） 相连项求法如过三个数 成等差数列那么中间一项 称为 的等差中项。若三个数成等差数列时，我们通常设等差中项为a,公差为d,于是这三个数为： ，这样的话它们的和就是一个差与公d无关的数，（只与等差中项a有关）这样通常可以简化运算，同理若四个连续的数成等差数列，我门通常把它们设为： 例1 ，若三个数 成等差数列，且三项和为27，三项的平方和为315，求这个等差数列。解 因为三个数成等差数列，可以设为 ，由假设知 即 得 所以所求的等差数列为：3 9 15 或者 15 9 3 例3 四个数成等差数列，其四个数的平方和为94，第一个数与第四个数的积比第二个数与第三个数的积少18，求此四数. 解：设四数为a-3d,a-d,a+d,a+3d, 则根据题意得 即： ∴ 或 故此四数为：8，5，2，-1或1，-2，-5，-8或-1，2，5，8或-8，-5，-2,1 (二) 函数观点解数列问题其实有时候我们完全可以把数列的同项公式，看成一个函数的解析式，从而可以用函数的观点来最数列的最值等。例1． 设等差数列 中前4项的和 ，前12项的和 求：（1） 数列 的前20项的和 与前n项的和 的最小值（2） 数列 的通项公式解：设 则 解得 因此前项的和的公式为： （1） 又 取 则 的小值。 （2）通过比较我们知道，等差数列 的首项 所以 因此通项公式是 ： 三、等差数列的性质（1） 项数之和相同的性质在等差数列 中，项数相同的两项其和都相等，即 特别的当 则 当 则 例1， 设等差数列 有n项，前三项的和为24，后三项的和为60，所有项的和为448，求这个等差数列的项数 解法一，（利用基本公式）设这个等差数列的公差为d,由 于是 解得 n=32 （2） 解法二 （利用项数之和相同的性质）由假设知： ， 因为 所以 即： 由于 ，所以 因此 (2)等距同长组的性质若等差数列的公差为d，将这个数列从第一项起划分成项数相同的若干数组（称为相邻同长组），则各个组内相邻项之和： 也是一个等差数列，其公差为 提醒：（公差为d的等差数列，取出等距离的项构成一个新的数列，此数列仍是等差数列其公差为kd(k 为取出来的项数之差) 例1 已知等差数列 的前n项和为 ，且 ， ，试求 。 解法一 因为 ， ， ，…， ， 成等差数列，设公差为d，前10项的和为： ，∴ 。 ∴前11项的和 。 解法二 设等差数列 的公差为d， 则 ， ∴数列 成等差数列。 ∴ ， 即 。 ∴ 。 解法三 设等差数列 的公差为d， 则 。 又 ， 。 由 得 ， ∴ 。 ∴ 。 点评 解法一是依据等差数列均匀分段求和后组成的数列仍为等差数列；解法二是依据等差数列的前n项的算术平均数组成的数列仍为等差数列；解法三是利用数列的求和定义及等差数列中两项的关系。熟记等差数列的这些性质常可达到简化解题的目的。 (3)奇偶项和的性质在等差数列 中，当项数为偶数2n时 则： 当项数为奇数2n-1时 则： 例1． 设等差数列 中，前12项的和 其中偶数项的和与奇数项的和之比 ，求这个等差数列的公差d 解：解法一（应用基本公式）由假设知 解得 d=5 解法二（应用奇偶项和的性质） 由假设 得 ，所以 ，因此 d=5 点评：第一种方法运用了等差数列的基本公式，这是大家最容易想到的，但是计算量很大，计算过程过与烦琐，而第二种方法巧妙的应用了等差数列中奇偶项和的性质，计算简单明了！ (四)、数学归纳法与等差数列的有关证明数学归纳法依据的是自然数的"归纳公理"，证明过程为：假设M是自然数集N的子集，如果满足①1∈M。②当k∈M时能推出k＋1∈M，那么M＝N。由归纳公理可以导出数学归纳法原理：设P(n)是与所有自然数n有关的命题 ，如果①P(1)是真命题。②当P(k)是真命题时能推出P(k＋1)也是真命题，那么对于任意自然数n，P(n)都是真命题。 数学归纳法的基本形式：对于与所有自然数有关的命题P(n)，如果能：①证明命题P(1)成立。②假设对于任意自然数k，P(k)成立，证明P(k＋1)也成立。则能断言命题P(n)对所有自然数n都成立。根据自然数集的"最小数原理"(即自然数集的每一个非空的子集必有最小数)可以推得数学归纳法的另一种形式(第二数学归纳法)：对于与所有自然数有关的命题P(n)，如果能：①证明命题P(1)成立。②假设对于任一自然数k，当1≤n≤k时 P(n)成立，证明P(k＋1)也成立。则能断言对所有自然数n，命题P(n)都成立。例1． 数列｛an｝的前n项和为Sn,并且对于所有的自然数n,an与2的等差中项等于Sn与2的等比中项. (1)写出数列｛an｝的前3项； (2)求数列｛an｝的通项公式(写出推证过程)； 解：(1)由题意,当n=1时有 (a1+2)/2=根号（2S1） S1=a1 ∴(a1+2)/2=根号(2a1) 解得：a1=2. 当n=2时有(a2+2)/2=根号（2*S2）, S2=a1+a2将a1=2代入，整理得 (a2-2)2=16. 由a2＞0,解得 a2=6. 当n=3时有(a3+2)/2=根号（2*S3）, S3=a1+a2+a3将a1=2,a2=6代入，整理得 (a3-2)2=64. 由a3＞0,解得 a3=10. 故该数列的前3项为2,6,10. (2)解:由(1)猜想数列{an}有通项公式an=4n-2. 下面用数学归纳法证明数列{an}的通项公式是 an=4n-2 (n∈N). ①当n=1时,因为4×1-2=2,又在(1)中已求出a1=2,所以上述结论成立. ②假设n=k时结论成立,即有ak=4k-2.由题意,有 (ak+2)/2=根号（2*Sk） 将ak=4k-2代入上式,得 2k=根号（2Sk）,解得Sk=2k2. 由题意,有 [a(k+1)+2]/2=根号[2S(k+1)],S(k+1)=Sk+a(k+1) 将Sk=2k^2代入，得到[a(k+1)+2]^2/4=2[a(k+1)+2k^2] a(k+1)^2-4a(k+1)+4-16k^2=0 由ak+1＞0,解得: ak+1=2+4k. 所以 ak+1=2+4k=4(k+1)-2. 这就是说,当n=k+1时,上述结论成立. 根据①、②,上述结论对所有的自然数n成立. （这道题考查等差数列、等比数列、数列极限等基础知识和逻辑推理能力 ）（5）、等差数列的有关应用 例1、流行性感冒（简称流感）是由流感病毒引起的急性呼吸道传染病。某市去年11月份曾发生流感，据资料记载，11月1日，该市新的流感病毒感染者有20人，以后，每天的新感染者平均比前一天的新感染者增加50人。由于该市医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，从某天起，每天的新感染者平均比前一天的新感染者减少30人，到11月30日止，该市在这30天内感染该病毒的患者共有8670人，问11月几日，该市感染此病毒的新患者人数最多？并求这一天的新患者人数。分析：设11月n日这一天新感染者最多，则由题意可知从11月1日到n日，每天新感染者人数构成一等差数列；从n+1日到30日，每天新感染者构成另一个等差数列。这两个等差数列的和即为这个月总的感染人数。略解：由题意，11月1日到n日，每天新感染者人数构成一等差数列an，a1=20,d1=50,11月n日新感染者人数an=50n-30；从n+1日到30日，每天新感染者人数构成等差数列bn,b1=50n-60,d2=-30，bn=(50n-60)+(n-1)(-30)=20n-30,11月30日新感染者人数为b30-n=20(30-n)-30=-20n+570. 故共感染者人数为： =8670，化简得：n2-61n+588=0,解得n=12或n=49(舍)，即11月12日这一天感染者人数最多，为570人。 例2、八个村庄，每个村庄只和两个村庄相邻，把256吨化肥按下述规则分给它们：每个村庄所得的是它的两邻近村庄所得之和的一半。试证明只有一种分法。解：设八个村庄的化肥分别为 （吨），由题意得 ， ， 。故 ； ；……； 均成等差数列，即 ， ， ， 。因此，数列 成等差数列。设这个数列公差为 ，因为第9项等于第1项，则 ，所以 。即 是常数列，从而 。因此，化肥仅有一种分法，即每庄各分32吨。例3、食品罐头堆成六角垛（即正六棱锥）：顶层是一个，以下各层都排成正六角形，逐层每边递增一个，设底层外圈每边是 个，求罐头总数。解：底层罐头除中心一个外，其余各圈成一个公差是6的等差数列，首项为6，末项是 ，则底层总数为 ， 于是罐头总数是 （个）（6）、等比数列的有关知识与等差数列，同时而产生的有一种重要的数列，就是等比数列，本课题只做简单介绍，如果您想有更深刻的了解，可以与等差数列对比，自行寻找、研究、查阅资料，相信你会有不凡的收获！（1）、等比数列的定义如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列就叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q表示（q≠0）。例如：数列5，25，125，625…就是等比数列，其公比为5。 定义还可以叙述为：在数列{an}中，若 ，则{an}是等比数列。易知q≠0。 是等比数列 ①.在这个式子的写法上可能会有一些争议，如写成 ，可让学生研究行不行，好不好；接下来再问，能否改写为 是等比数列 ？为什么不能？ 式子 给出了数列第 项与第 项的数量关系，但能否确定一个等比数列？（不能）确定一个等比数列需要几个条件？当给定了首项及公比后，如何求任意一项的值？所以要研究通项公式. （2）.等比数列的通项公式 ： ①不完全归纳法 . ，… ， ，这 个式子相乘得 ，所以 （7）、等比等差数列的综合应用以及一般数列的一些简单证明题例1、求数列前 项之和： 猜想：设此数列前 项之和为 ，由计算，有 ，一般地，得猜想 。证明：设上述猜想为 ，现对 进行归纳证明，（i）当 ＝1时， ，所以 为真；（ii）设 为真，即 ，则 ，这说明 也真。由（i）、（ii）证得 例6、为了保护某珍贵文物古迹，政府决定建一堵大理石护墙。设计时，为了与周边景点协调，对于同种规格的大理石用量须按下述法则计算：第一层用全部大理石的一半多一块，第二层用剩下的一半多一块，第三层…依次类推，到第十层恰好将石块用完，问共需大理石多少块？每层各用大理石多少块？解：设共需大理石 块，则第一层： ；第二层： ；第三层： ；… ；第十层： ，从而有 即 ， 。答：共用大理石2046块，各层分别用大理石1024，512，256，128，64，32，16，8，4，2块。（8）、从数学王子高斯那里学到的 "数学王子"高斯的故事 "老师，我没有胡闹" --"数学王子"高斯的故事 7岁那年，小高斯上小学了。教师名字叫布特纳，是当地小有名气的"数学家"。这位来自城市的青年教师，总认为乡下的孩子都是笨蛋，自己的才华无法施展。三年级的一次数学课上，布特纳对孩子们又发了一通脾气，然后，在黑板上写下了一个长长的算式：81297+81495+81693+……+100701+100899=？ "哇！这是多少个数相加呀？怎么算呀？"学生们害怕极了，越是紧张越是想不出怎么计算。 布特纳很得意。他知道，像这样后一个数都比前一个数大198的100个数相加，这些调皮的学生即使整个上午都乖乖地计算，也不会算出结果。 不料，不一会儿，小高斯却拿着写有答案的小石板过来了，说："老师，我算完了。"布特纳连头都没抬，生气地说："去去，不要胡闹。谁想胡乱写一个数交差，可得小心！"说完，挥动了一下他那铁锤似的拳头。 可是小高斯却坚持不走，说："老师，我没有胡闹。"并把小石板轻轻地放在讲台上。布特纳看了一眼，惊讶得说不出话来，没想到，这个10岁的孩子居然这么快就算出了正确的答案。 原来，小高斯不是像其他孩子那样一个数一个数地加，而是细心地观察，动脑筋，找规律。他发现一头一尾两个数依次相加，每次加得的和都是182196，求50个182196的和可以用乘法很快算出。用我们现在的眼光来看的话，其实老师给出的数列就是本课题重点的研究的等差数列，而高斯正是巧妙的运用了等差数列的性质，得到了快速而又准确的答案！等差数列是多么有趣啊！ （9）、奇妙的斐波那契数列(美就在你的身边) 中世纪的意大利数学家斐波那契（Fibonacci Leonardo [1], 约1170-1250），其最早、最重要的著作是《算盘书》（1202年完成），在其1228年的修订本中记载着一个有趣的，并且后来成为非常著名的问题："兔子繁殖问题"。该问题是说：兔子在出生两个月后就具有生殖能力。设有一对兔子每个月都生一对兔子，生出来的兔子在出生两个月之后，也每个月生一对兔子。那么，从一对小兔开始，满一年时可以发展到多少对兔子？按照这种规律，可以不难算出，每个月的兔子数构成一个数列 1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，… 这一数列被称为斐波那契数列，是由数学家Lukas为纪念斐波那契而建议命名的。该数列从第三项开始，每一项都是其前面两项之和。
够详细了吧！
数列是高考中的重点内容之一，每年的高考题都会考察到，小题一般较易，大题一般较难。而作为给出数列的一种形式——通项公式，在求数列问题中尤其重要。本文给出了求数列通项公式的常用方法。
一． 观察法
例1：根据数列的前4项，写出它的一个通项公式：
（1）9，99，999，9999，…
（2）
（3）
（4）
解：（1）变形为：101－1，102―1，103―1，104―1，……
∴通项公式为：
（2） （3） （4） .
观察各项的特点，关键是找出各项与项数n的关系。
二、定义法
例2： 已知数列{an}是公差为d的等差数列，数列{bn}是公比为q的(q∈R且q≠1)的等比数列，若函数f (x) = (x－1)2，且a1 = f (d－1)，a3 = f (d+1)，b1 = f (q+1)，b3 = f (q－1)，
(1)求数列{ a n }和{ b n }的通项公式；
解：(1)∵a 1=f (d－1) = (d－2)2，a 3 = f (d+1)= d 2，
∴a3－a1=d2－(d－2)2=2d，
∴d=2，∴an=a1+(n－1)d = 2(n－1)；又b1= f (q+1)= q2，b3 =f (q－1)=(q－2)2，
∴ =q2，由q∈R，且q≠1，得q=－2，
∴bn=b•qn－1=4•(－2)n－1
当已知数列为等差或等比数列时，可直接利用等差或等比数列的通项公式，只需求得首项及公差公比。
三、 叠加法
例3：已知数列6，9，14，21，30，…求此数列的一个通项。
解 易知
∵
……
各式相加得 ∴
一般地，对于型如 类的通项公式，只要 能进行求和，则宜采用此方法求解。
四、叠乘法
例4：在数列｛ ｝中， =1, (n+1)• =n• ，求 的表达式。
解：由(n+1)• =n• 得 ，
= • • … = 所以
一般地，对于型如 = (n)• 类的通项公式，当 的值可以求得时，宜采用此方法。
五、公式法
若已知数列的前 项和 与 的关系，求数列 的通项 可用公式
求解。
例5：已知下列两数列 的前n项和sn的公式，求 的通项公式。
（1） 。 （2）
解： （1）
= = =3
此时， 。∴ =3 为所求数列的通项公式。
（2） ，当 时
由于 不适合于此等式 。 ∴
注意要先分n=1和 两种情况分别进行运算，然后验证能否统一。
例6. 设数列 的首项为a1=1，前n项和Sn满足关系
求证：数列 是等比数列。
解析：因为
所以
所以，数列 是等比数列。
六、阶差法
例7.已知数列 的前 项和 与 的关系是
，其中b是与n无关的常数，且 。
求出用n和b表示的an的关系式。
解析：首先由公式： 得：
利用阶差法要注意：递推公式中某一项的下标与其系数的指数的关系，即
其和为 。
七、待定系数法
例8：设数列 的各项是一个等差数列与一个等比数列对应项的和，若c1=2，c2=4，c3=7，c4=12，求通项公式cn
解：设
点评：用待定系数法解题时，常先假定通项公式或前n项和公式为某一多项式，一般地，若数列 为等差数列：则 ， （b、c为常数），若数列 为等比数列，则 ， 。
八、 辅助数列法
有些数列本身并不是等差或等比数列，但可以经过适当的变形，构造出一个新的数列为等差或等比数列，从而利用这个数列求其通项公式。
例9.在数列 中， ， ， ，求 。
解析：在 两边减去 ，得
∴ 是以 为首项，以 为公比的等比数列，
∴ ，由累加法得
=
= … = =
=
例10.（2003年全国高考题）设 为常数，且 （ ），
证明：对任意n≥1，
证明：设，
用 代入可得
∴ 是公比为 ，首项为 的等比数列，
∴ （ ），
即：
型如an+1=pan+f(n) (p为常数且p≠0, p≠1)可用转化为等比数列等.
(1)f(n)= q (q为常数)，可转化为an+1+k=p(an+k)，得{ an+k }是以a1+k为首项，p为公比的等比数列。
例11：已知数 的递推关系为 ，且 求通项 。
解：∵ ∴
令
则辅助数列 是公比为2的等比数列
∴ 即 ∴
例12： 已知数列｛ ｝中 且 （ ），，求数列的通项公式。
解：∵
∴ ， 设 ，则
故｛ ｝是以 为首项，1为公差的等差数列
∴ ∴
例13.（07全国卷Ⅱ理21）设数列 的首项 ．
（1）求 的通项公式；
解：（1）由
整理得 ．
又 ，所以 是首项为 ，公比为 的等比数列，得
注：一般地，对递推关系式an+1=pan+q (p、q为常数且，p≠0，p≠1)可等价地改写成
则{ }成等比数列，实际上，这里的 是特征方程x=px+q的根。
(2) f(n)为等比数列，如f(n)= qn (q为常数) ，两边同除以qn，得 ，令bn= ，可转化为bn+1=pbn+q的形式。
例14.已知数列{an}中，a1= ， an+1= an+（ ）n+1，求an的通项公式。
解：an+1= an+（ ）n+1 乘以2n+1 得 2n+1an+1= (2nan)+1 令bn=2nan 则 bn+1= bn+1
易得 bn= 即 2nan=
∴ an=
(3) f(n)为等差数列
例15.已知已知数列{an}中，a1=1，an+1+an=3+2 n，求an的通项公式。
解：∵ an+1+an=3+2 n，an+2+an+1=3+2(n+1)，两式相减得an+2-an=2
因此得，a2n+1=1+2(n-1), a2n=4+2(n-1), ∴ an= 。
注：一般地，这类数列是递推数列的重点与难点内容，要理解掌握。
(4) f(n)为非等差数列，非等比数列
例16.（07天津卷理）在数列 中， ，其中 ．
（Ⅰ）求数列 的通项公式；
解：由 ， ，
可得 ，
所以 为等差数列，其公差为1，首项为0，故 ，所以数列 的通项公式为 ．
这种方法类似于换元法, 主要用于已知递推关系式求通项公式。
九、归纳、猜想
如果给出了数列的前几项或能求出数列的前几项，我们可以根据前几项的规律，归纳猜想出数列的通项公式，然后再用数学归纳法证明之。
例17.（2002年北京春季高考）已知点的序列 ，其中 ， ， 是线段 的中点， 是线段 的中点，…， 是线段 的中点，…
（1） 写出 与 之间的关系式（ ）。
（2） 设 ，计算 ，由此推测 的通项公式，并加以证明。
（3） 略
解析：（1）∵ 是线段 的中点， ∴
（2） ，
= ，
= ，
猜想 ，下面用数学归纳法证明
当n=1时， 显然成立；
假设n=k时命题成立，即
则n=k+1时， =
=
∴ 当n=k+1时命题也成立，∴ 命题对任意 都成立。
例18：在数列｛ ｝中， ，则 的表达式为 。
分析：因为 ，所以得： ，
猜想： 。
十、倒数法
数列有形如 的关系，可在等式两边同乘以 先求出
例19．设数列 满足 求
解：原条件变形为 两边同乘以 得 .
∵
∴
综而言之，等差、等比数列是两类最基本的数列，是数列部分的重点，自然也是高考考查的热点，而考查的目的在于测试灵活运用知识的能力，这个“灵活”往往集中在“转化”的水平上；以上介绍的仅是常见可求通项基本方法,同学们应该在学习不断的探索才能灵活的应用.只要大家认真的分析求通项公式并不困难.
