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数列是高中数学的重要组成部分之一，涉及的知识面较广，可以和函数，不等式，平面向量等知识结合进行考察，在高考中所占的分值较大，而而且每年必考.
我对近几年的高考数学试题进行了收集，归纳了在高考中常见的数列问题，并对这些问题做了分析之后，总结出了以下一些解决的基本方法.现将其列举如下：
（1） 裂项法：当一个数列的各项裂开成几项的和或差之后，相邻的两项或者几项存在可以相互可以抵消的部分时，可以采用裂项的方法对此数列进行求和运算.
例1 已知数列{an}的前n项和为Sn，an=1n(n+1)，求Sn;
解析：Sn=a1+a2+a3+…+an
=11×2+12×3+13×4+…+2n(n+1)
=1-12+12-13+13-14+…+
1n-1n+1
=1-12+12-13+13-14+…+1n-1n+1
=1-1n+1=nn+1
评析：本题是一道非常典型的裂项求和问题.可以用裂项法求和的数列非常的多，例如：
an=2(n-1)(n+1)=1n-1-1n+1.
bn=1n(n+1)(n+2)=121n(n+1)-1(n+1)(n+2)
cn=n+2-2n+1+n
=(n+2-n+1)-(n+1-n).
在用裂项法求和时，要特别注意前面几项与后面几项的剩余部分是哪些，必须要做到不漏掉任何一项.
（2） 分组求和法：当一个数列的通项是由几种具有不同类型的数列通项相加组合而成时，可以采用分组的方法对此数列进行求和.
例2 已知数列{an}的前n项和为Sn，an=n+2n，求Sn;
解析：Sn=a1+a2+a3+…+an
=(1+21)+(2+22)+(3+22)+…+(n+2n)
=(1+2+3+…+n)+(21+22+23+…+2n)
=n(1+n)2+2(1-2n)1-2
=2n+1+n(n+1)2-2
评析：在本题中前一部分是等差数列，后一部分是等比数列，所以将其进行了分组求和.例如当an=2n(n+1)+2n+2n+1时，我们可以将其看成是三个不同数列的求和（其中三个数列分别为bn=2n(n+1),cn=2n,en=2n+1）采用分组方法求数列an的前n项和Sn;
（3） 错位相减法：当一个数列的通项是由等差数列与等比数列相乘组合而成时，可以采用错位相减的方法进行求和.
例3 已知数列{an}的前n项和为Sn，an=(2n+1)2n，求Sn;
解析：∵Sn=a1+a2+a3+…+an
∴Sn=(3×21)+(5×22)+(7×23)+…+［(2n+1)2n］ ①
2Sn=(3×22)+(5×23)+(7×24)+…+［(2n+1)2n+1］ ②
①-②得：-Sn=(3×21)+2(22+23+…2n)-［(2n+1)2n+1］
=6+222(1-2n-1)1-2-［(2n+1)2n+1］
=2n+2-n2n+2-2n+1-2
=(1-n)2n+2-2n+1-2
∴Sn=(n-1)2n+2+2n+1+2
评析：本题①-②时，是用①式的第二项减②式的第一项，逐项相减，得到的结果恰好是个
等比数列，从而进行求和.
总结：数列的求和是一个非常具有难度的问题，仅仅依靠以上方法是远远不够的，例如，数列an=n2,an=n3
，等都是一些非常典型的特殊数列，对它们的求和要用到积分的方法，这就要求我们在习的过程中，多研究，多总结.
2. 已知数列{an}的前n项和Sn，求其通项公式an的基本方法
由Sn=a1+a2+a3+…+an得an=
S1 (n=1)
Sn-Sn-1 (n≥2)
例4 已知数列{an}的前n项和Sn=n2+3n，求an;
解析：∵数列{an}的前n项和Sn=n2+3n
∴当n=1时,a1=S1=4
当n≥2时，an=Sn-Sn-1
=n2+3n-(n-1)2-3(n-1)
=2n+2
又∵a1=4=2×1+2 ∴an=2n+2(n∈N*)
评析：本题中若Sn=n2+3n+C（非零常数），则，
当n=1时,a1=S1=4+C≠2×1+2,
所以数列{an}的通项公式an=4+C (n=1)
2n+2 (n≥2)
总结：根据数列的前n项和推导数列通项公式的主要思路是灵活运用an=S1 (n=1)
Sn-Sn-1 (n≥2)，注意分类讨论思想的运用.
3. 已知数列{an}的递推公式，求其通项公式an的基本方法
（1） 已知an+1-an=d(常数)，求an;
解析：∵an+1-an=d
∴a2-a1=d
a3-a2=d
……
an-an-1=d 将这n-1个式子两边分别相加
得an-a1=(n-1)d
∴an=a1+(n-1)d
评析：当an+1-an=f(n)时，求通项an的方法与以上方法一样，但是一般情况下f(n)
是个可以有通法求和的数列.
（2） 已知an+1-Aan=f(n)，求an;（其中A为常数）
解析：① 当f(n)为常函数时，即f(n)=B（常数）时，将其配凑成an+1+C=A(an+C)的形式，然后令bn=an+C变换成bn+1=Abn进行求解.
② 当f(n)为一次函数或二次函数时，将其配凑成an+1+g(n+1)=A(an+g(n))的形式，然后令bn=an+g(n)变换成bn+1=Abn进行求解（其中的g(n)是相应的一次函数或者二次函数）.
③ 当f(n)为指数函数时，将其配凑成an+1g(n+1)=Bang(n)的形式（其中B为常数），然后令bn=ang(n)变换成bn+1=Bbn进行求解.（其中的g(n)为相应的指数函数）
例5 已知an+1-2an=n2，且a1=2，求an;
解析：∵an+1-2an=n2
∴设an+1+A(n+1)2+B(n+1)+C=2(an+An2+Bn+C)
则an+1-2an=An2+(B-2A)n+C-A+B
∴A=1
B-2A=0
C-A-B=0解得：A=1,B=2,C=3
∴an+1+(n+1)2+2(n+1)+3=2(an+n2+2n+3)
∴令bn=an+n2+2n+3，则bn+1=2bn
又∵b1=a1+1+2+3=8
∴{bn}是以8为首项，2为公比的等比数列.
∴bn=8×2n-1=2n+2
∴an=2n+2-n2-2n-3
例6 已知an+1-2an=3n+1，且a1=3，求an;
解析：∵an+1-2an=3n+2
∴an+13n+1-2an3n+1=3，即an+13n+1-23an3n=3
令bn=an3n，则bn+1-23bn=3
设bn+1+A=23(bn+A) 则bn+1-23bn=-13A
∴-13A=3 ∴A=-9 ∴bn+1-9=23(bn-9)
令cn=bn-9 则cn+1=23cn ∵c1=b1-9=a13-9=8
∴{cn}是以-8为首项，23为公比的等比数列
∴cn=-8×23n-1=-2n+23n-1
∴bn=cn+9=9-2n+23n-1 ∴an=3n9-2n+23n-1=3n+2-3×2n+2
（3） 已知an+1an=q(q≠0,q≠1)，求an;
解析：∵an+1an=q
∴a2a1=q
a3a2=q
……
anan-1=q将这n-1个式子两边分别相乘
得ana1=qn-1 ∴an=a1qn-1
评析：当an+1an=f(n)时，求通项an的方法同上，但是一般情况之下题目中的f(n)是可以有通法求前n项之积的数列.
总结：数列递推公式向通项公式的转化问题中，核心思想是寻找一个又一个的“整体”，然后对这一“整体”进行换元，使得复杂问题一步步的分解为一些简单等差或等比数列问题，从而对其进行求解，最后再用反换元的方法将其还原进而解决原始问题.
参考文献：
［1］ 十年高考.
［2］ 竞赛数学讲义教程.科学出版社
［3］成才之路.高等教育出版社
（责任编辑：钱德平）
我对近几年的高考数学试题进行了收集，归纳了在高考中常见的数列问题，并对这些问题做了分析之后，总结出了以下一些解决的基本方法.现将其列举如下：
（1） 裂项法：当一个数列的各项裂开成几项的和或差之后，相邻的两项或者几项存在可以相互可以抵消的部分时，可以采用裂项的方法对此数列进行求和运算.
例1 已知数列{an}的前n项和为Sn，an=1n(n+1)，求Sn;
解析：Sn=a1+a2+a3+…+an
=11×2+12×3+13×4+…+2n(n+1)
=1-12+12-13+13-14+…+
1n-1n+1
=1-12+12-13+13-14+…+1n-1n+1
=1-1n+1=nn+1
评析：本题是一道非常典型的裂项求和问题.可以用裂项法求和的数列非常的多，例如：
an=2(n-1)(n+1)=1n-1-1n+1.
bn=1n(n+1)(n+2)=121n(n+1)-1(n+1)(n+2)
cn=n+2-2n+1+n
=(n+2-n+1)-(n+1-n).
在用裂项法求和时，要特别注意前面几项与后面几项的剩余部分是哪些，必须要做到不漏掉任何一项.
（2） 分组求和法：当一个数列的通项是由几种具有不同类型的数列通项相加组合而成时，可以采用分组的方法对此数列进行求和.
例2 已知数列{an}的前n项和为Sn，an=n+2n，求Sn;
解析：Sn=a1+a2+a3+…+an
=(1+21)+(2+22)+(3+22)+…+(n+2n)
=(1+2+3+…+n)+(21+22+23+…+2n)
=n(1+n)2+2(1-2n)1-2
=2n+1+n(n+1)2-2
评析：在本题中前一部分是等差数列，后一部分是等比数列，所以将其进行了分组求和.例如当an=2n(n+1)+2n+2n+1时，我们可以将其看成是三个不同数列的求和（其中三个数列分别为bn=2n(n+1),cn=2n,en=2n+1）采用分组方法求数列an的前n项和Sn;
（3） 错位相减法：当一个数列的通项是由等差数列与等比数列相乘组合而成时，可以采用错位相减的方法进行求和.
例3 已知数列{an}的前n项和为Sn，an=(2n+1)2n，求Sn;
解析：∵Sn=a1+a2+a3+…+an
∴Sn=(3×21)+(5×22)+(7×23)+…+［(2n+1)2n］ ①
2Sn=(3×22)+(5×23)+(7×24)+…+［(2n+1)2n+1］ ②
①-②得：-Sn=(3×21)+2(22+23+…2n)-［(2n+1)2n+1］
=6+222(1-2n-1)1-2-［(2n+1)2n+1］
=2n+2-n2n+2-2n+1-2
=(1-n)2n+2-2n+1-2
∴Sn=(n-1)2n+2+2n+1+2
评析：本题①-②时，是用①式的第二项减②式的第一项，逐项相减，得到的结果恰好是个
等比数列，从而进行求和.
总结：数列的求和是一个非常具有难度的问题，仅仅依靠以上方法是远远不够的，例如，数列an=n2,an=n3
，等都是一些非常典型的特殊数列，对它们的求和要用到积分的方法，这就要求我们在习的过程中，多研究，多总结.
2. 已知数列{an}的前n项和Sn，求其通项公式an的基本方法
由Sn=a1+a2+a3+…+an得an=
S1 (n=1)
Sn-Sn-1 (n≥2)
例4 已知数列{an}的前n项和Sn=n2+3n，求an;
解析：∵数列{an}的前n项和Sn=n2+3n
∴当n=1时,a1=S1=4
当n≥2时，an=Sn-Sn-1
=n2+3n-(n-1)2-3(n-1)
=2n+2
又∵a1=4=2×1+2 ∴an=2n+2(n∈N*)
评析：本题中若Sn=n2+3n+C（非零常数），则，
当n=1时,a1=S1=4+C≠2×1+2,
所以数列{an}的通项公式an=4+C (n=1)
2n+2 (n≥2)
总结：根据数列的前n项和推导数列通项公式的主要思路是灵活运用an=S1 (n=1)
Sn-Sn-1 (n≥2)，注意分类讨论思想的运用.
3. 已知数列{an}的递推公式，求其通项公式an的基本方法
（1） 已知an+1-an=d(常数)，求an;
解析：∵an+1-an=d
∴a2-a1=d
a3-a2=d
……
an-an-1=d 将这n-1个式子两边分别相加
得an-a1=(n-1)d
∴an=a1+(n-1)d
评析：当an+1-an=f(n)时，求通项an的方法与以上方法一样，但是一般情况下f(n)
是个可以有通法求和的数列.
（2） 已知an+1-Aan=f(n)，求an;（其中A为常数）
解析：① 当f(n)为常函数时，即f(n)=B（常数）时，将其配凑成an+1+C=A(an+C)的形式，然后令bn=an+C变换成bn+1=Abn进行求解.
② 当f(n)为一次函数或二次函数时，将其配凑成an+1+g(n+1)=A(an+g(n))的形式，然后令bn=an+g(n)变换成bn+1=Abn进行求解（其中的g(n)是相应的一次函数或者二次函数）.
③ 当f(n)为指数函数时，将其配凑成an+1g(n+1)=Bang(n)的形式（其中B为常数），然后令bn=ang(n)变换成bn+1=Bbn进行求解.（其中的g(n)为相应的指数函数）
例5 已知an+1-2an=n2，且a1=2，求an;
解析：∵an+1-2an=n2
∴设an+1+A(n+1)2+B(n+1)+C=2(an+An2+Bn+C)
则an+1-2an=An2+(B-2A)n+C-A+B
∴A=1
B-2A=0
C-A-B=0解得：A=1,B=2,C=3
∴an+1+(n+1)2+2(n+1)+3=2(an+n2+2n+3)
∴令bn=an+n2+2n+3，则bn+1=2bn
又∵b1=a1+1+2+3=8
∴{bn}是以8为首项，2为公比的等比数列.
∴bn=8×2n-1=2n+2
∴an=2n+2-n2-2n-3
例6 已知an+1-2an=3n+1，且a1=3，求an;
解析：∵an+1-2an=3n+2
∴an+13n+1-2an3n+1=3，即an+13n+1-23an3n=3
令bn=an3n，则bn+1-23bn=3
设bn+1+A=23(bn+A) 则bn+1-23bn=-13A
∴-13A=3 ∴A=-9 ∴bn+1-9=23(bn-9)
令cn=bn-9 则cn+1=23cn ∵c1=b1-9=a13-9=8
∴{cn}是以-8为首项，23为公比的等比数列
∴cn=-8×23n-1=-2n+23n-1
∴bn=cn+9=9-2n+23n-1 ∴an=3n9-2n+23n-1=3n+2-3×2n+2
（3） 已知an+1an=q(q≠0,q≠1)，求an;
解析：∵an+1an=q
∴a2a1=q
a3a2=q
……
anan-1=q将这n-1个式子两边分别相乘
得ana1=qn-1 ∴an=a1qn-1
评析：当an+1an=f(n)时，求通项an的方法同上，但是一般情况之下题目中的f(n)是可以有通法求前n项之积的数列.
总结：数列递推公式向通项公式的转化问题中，核心思想是寻找一个又一个的“整体”，然后对这一“整体”进行换元，使得复杂问题一步步的分解为一些简单等差或等比数列问题，从而对其进行求解，最后再用反换元的方法将其还原进而解决原始问题.
参考文献：
［1］ 十年高考.
［2］ 竞赛数学讲义教程.科学出版社
［3］成才之路.高等教育出版社
（责任编辑：钱德平）