逐商法數列

❶ 數字推理的方法

一、逐差法

逐差法是指對原數列相鄰兩項逐級做差，進而推出數列規律的方法。對於數列特徵明顯單調，倍數關系不明顯的數列，應當優先採用逐差法。其中，數列的單調性的主要表現為數列完全單調和絕對值單調兩種形式。逐差法是解答數字推理題目最常用的方法，一般在沒有明確思路的情況下均可以嘗試逐差法。對近幾年的公務員考試試題進行分析發現，僅通過一次做差得到基礎數列的題目少之又少，通常需要對多次做差後得到的數列經過一步或兩步的變換才能得出最後的規律。

二、逐商法

逐商法是指原數列相鄰兩項逐級做商，進而推出數列規律的方法。對於單調性明顯，倍數關系明顯或者增幅較大的數列，應當優先採用逐商法。其中，單調性明顯，即可以表現為通常意義上所指的單調性，也可以表現為正負交替出現，但是絕對值具有單調性。

使用逐商法之後，需要重點注意做商後得到的商值數列和余數數列的規律。根據其表現形式的不同可以分為如下四種情況：商同、余同，商同、余不同，商不同、余同和商不同、余不同。

三、加和法

加和法是指對原數列進行求和，從而得到數列規律的方法。對於

(1)單調關系不明顯；

(2)倍數關系不明顯；

(3)數字差別幅度不大的數列；

應該優先使用加和法。對於符合加和法使用原則的數列，優先對其進行兩項求和，兩項求和後無明顯規律時，再對其進行三項求和以及全項求和。

四、累積法

累積法是指求取原數列各項的乘積，進而得到數列規律的方法。對於

(1)單調關系明顯；

(2)倍數關系明顯；

(3)有乘積傾向的數列；

應該優先採用累積法。對於符合累積法使用原則的數列，優先對其進行兩項求積，兩項求積後元明顯規律時，再對其進行三項求積以及全項求積。

五、拆分法

拆分法是指將數列的每一項分解成兩部分或者多部分的乘積或加和的形貌，根據分解後的各部分對應元素之間的規律來尋求數列關系的方法。其中，在公務員考試數字推理部分常用的拆分法有因數分解法、冪指數拆分法和位數拆分法。

六、分組法

分組法，顧名思義，就是將原數列按照一定的分組方式分為兩部分或多部分，根據分組後各郡分內郡或各部分之間的關系來推求數列關系的一種方法。在行測考試的數字推理部分，常用的分組方式為單元素分組法和多元素分組法。

七、構造法

構造法，主要包括數列元素構造和基礎數列組合構造兩種情況。

八、聯想法

對於一道數字推理題目，如果用以上七種方法均不能找出數字之間的聯系，則需要考生從數字背後所隱藏的共同性質角度進行挖掘，發揮想像力、運用發散性思維來進行求解。通常在行測考試中，需要用到聯想法的題目非常少，考生只需稍作了解即可，不作為復習的重點，但卻是復習的難點。對於聯想類的題目，主要可以從以下三個方面進行考慮：數字的整除特性、數字的質合性質以及數列的意義描述。

❷ 數字推理1,2,2,4,4,6,8,8,()詳解

16

分析：

奇數項：1，2，4，8，16，32……奇數項後面一項是前面的一項乘以2。

偶數項：2，4，6，8，10，12……偶數項是2n，是項數的兩倍。

(2)逐商法數列擴展閱讀：

找規律是分幾種類型的，比如幾何圖形，比如各種數列，還比如圖像找規律，算式找規律，字母找規律，等等。

總之，面對千變萬換的題型，始終要聯系前後兩者的和差倍分，或是其他規律。要認真發現，耐心去算，遇到實在困惑的必須要不斷求助，增強自己的能力，培養對變化中不變數的敏感度，以及自己的數感，圖感。

找規律的方法：

1、跳格子法：可以間隔著看，看隔著的數之間有什麼關系，如14，1，12，3，10，5，第奇數項成等差數列，第偶數項也成等差數列，於是接下來應該填8。

2、遞增法：看每兩個數之間的差距是不是成等差數列，如1，4，8，13，19，每兩個數之間的差分別是3，4，5，6，於是接下來差距應是7，即26。

❸ 求用作商法判斷數列單調性的例題

已知{an}前n項和Sn=2n^2+2n，數列{bn}的前n項和Tn=2-bn，設cn=an^2×bn，證明當且僅當>=3時，cn單調遞減 。這題有點復雜呀...事實上這回有第一問求an,bn
解：(1)a1=S1=4，對答於n>=2,an=Sn-S(n-1)=2n(n-1)-2(n-1)n=4n。a1也滿足上式，所以an=4n.
同理可得b1=T1=1，bn=1/2b(n-1)，即bn=2^1-n
(2)由cn=an^2×bn=n^2×2^(5-n),得c(n+1)/cn=1/2(1+1/n)^2。當且僅當n>=3時，1+1/n=<3/4<根號2，即c(n+1)<cn。數列單調遞減

❹ 數列求通項公式和前n項和的基本方法

1、求和的方法：
（1）利用等差（比）數列的求和公式；（2）分組求和；
（3）顛倒相加法；（4）裂項法
2、求通項的方法：
（1）利用等差（比）數列的通項公式；（2）利用a_n與Sn的關系；
（3）累加法（或逐差法）；（4）累商法（或逐商法）；
（5）待定系數法；（6）倒數變換；（7）不動點法；
（8）特徵根法；（9）復數法；（10）迭代法

❺ 為什麼求第一問要用n的階乘來做第二問就不用

第一問不是等比數列的，等比數列中a(n)/a(n-1)為常數，本題為n，不是常數.

a(n)/a(n-1)=f(n)這種類型求通項公式利用累乘法（或逐商法）.

a(n)/a(n-1)=n，a(n-1)/a(n-2)=n-1，...a2/a1=2，相乘得a(n)/a1=n!，所以an=n!.

b(n)=2b(n-1)-2^(n-1)，這種類型通項公式的求法不唯一.

可以兩邊同時除以2^n解

此時有b(n)/(2^n)=b(n-1)/2^(n-1)-1/2，所以b(n)/2^n是公差為-1/2的等差數列.

b(n)/(2^n)=b1/2+(n-1)·(-1/2)=(2-n)/2.

所以b(n)=(2-n)·2^(n-1).

❻ 關於遞推數列

公式法、累加法、累乘法、待定系數法、對數變換法、迭代法、數學歸納法、換元法、不動點法、特徵根的方法等等。

類型一
歸納—猜想—證明
由數列的遞推公式可寫出數列的前幾項，再由前幾項總結出規律，猜想出數列的一個通項公式，最後用數學歸納法證明．

類型二
「逐差法」和「積商法」
(1)當數列的遞推公式可以化為an+1-an=f(n)時，取n=1,2,3,…,n-1，得n-1個式子：
a2-a1=f(1),a3-a2=f(2),…,an-an-1=f(n-1)，
且f(1)+f(2)+…+f(n-1)可求得時，兩邊累加得通項an，此法稱為「逐差法」．
(2)當數列的遞推公式可以化為an+1/an=f(n)時，令n=1,2,3,…,n-1,得n-1個式子，即
a2/a1=f(1),a3/a2=f(2),a4/a3=f(3),…,an/an-1=f(n－1)，且f(1)f(2)f(3)…f(n-1)可求得時，兩邊連乘可求出an，此法稱為「積商法」．

類型三
構造法
遞推式是pan=qan-1+f(n)(p、q是不為零的常數)，可用待定系數法構造一個新的等比數列求解．

類型四
可轉化為類型三求通項
(1)「對數法」轉化為類型三．
遞推式為an+1=qan�k(q＞0,k≠0且k≠1,a1＞0)，兩邊取常用對數，得lgan+1=klgan+lgq，令lgan=bn，則有bn+1=kbn+lgq，轉化為類型三．

(2)「倒數法」轉化為類型三．
遞推式為商的形式：an+1=(pan+b)/(qan+c)(an≠0，pq≠0,pc≠qb)．
若b=0，得an+1=pan/(qan+c)．因為an≠0，所以兩邊取倒數得1/an+1=q/p+c/pan,令bn=1/an,則bn+1=(c/p)bn+q/p，轉化為類型三．
若b≠0，設an+1+x=y(an+x)/qan+c，與已知遞推式比較求得x、y，令bn=an+x，得bn+1=ybn/qan+c，轉化為b=0的情況．

類型五
遞推式為an+1/an=qn/n+k(q≠0,k∈N)
可先將等式(n+k)an+1=qnan兩邊同乘以(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)，得(n+k)(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)an+1=q(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)nan，令bn=(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)�6�1nan,則bn+1=(n+k)(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)an+1．
從而bn+1=qbn，因此數列｛bn｝是公比為q，首項為b1=k(k-1)(k-2)…2�6�11�6�1a1=k!a1的等比數列，進而可求得an．

總之，由數列的遞推公式求通項公式的問題比較復雜，不可能一一論及，但只要我們抓住遞推數列的遞推關系，分析結構特徵，善於合理變形，就能找到解決問題的有效途徑．

類型一�歸納—猜想—證明
由數列的遞推公式可寫出數列的前幾項，再由前幾項總結出規律，猜想出數列的一個通項公式，最後用數學歸納法證明．
�例1�設數列｛an｝是首項為1的正項數列，且(n+1)a2n+1-nan2+an+1an=0(n=1,2,3,…)，則它的通項公式是an=______________．(2000年全國數學卷第15題)
解：將(n+1)a2n+1-nan2+an+1an=0(n=1,2,3,…)分解因式得(an+1+an)〔(n+1)an+1-nan〕=0．
��由於an＞0，故(n+1)an+1=nan，即an+1=n/(n+1)an．
��因此a2=(1/2)a1=(1/2)，a3=(2/3)a2=(1/3),…．猜想an=(1/n),可由數學歸納法證明之，證明過程略．

類型二�「逐差法」和「積商法」
(1)當數列的遞推公式可以化為an+1-an=f(n)時，取n=1,2,3,…,n-1，得n-1個式子：
a2-a1=f(1),a3-a2=f(2),…,an-an-1=f(n-1)，
且f(1)+f(2)+…+f(n-1)可求得時，兩邊累加得通項an，此法稱為「逐差法」．
例2�已知數列｛an｝滿足a1=1,an=3n-1+an-1(n≥2),證明：an=(3n-1)/2．
(2003年全國數學卷文科第19題)
證明：由已知得an-an-1=3n-1，故
an=(an-an-1)+(an-1－an-2)+…+(a2-a1)+a1=3n-1+3��n-2�+…+3+1=3n-1/2．
所以得證．
(2)當數列的遞推公式可以化為an+1/an=f(n)時，令n=1,2,3,…,n-1,得n-1個式子，即
a2/a1=f(1),a3/a2=f(2),a4/a3=f(3),…,a��n�/an-1�=f(n－1)�，�且f(1)f(2)f(3)…f(n-1)可求得時，兩邊連乘可求出an，此法稱為「積商法」．
例3�(同例1)(2000年全國數學卷第15題)
另解：將(n+1)a2n+1-nan2＋an+1an=0(n�=1,2,3,…)化簡，得(n+1)an+1=nan，即
an+1/an=n/(n+1)．�
故an=an/an-1�6�1an-1/an-2�6�1an-2/an-3�6�1…�6�1a2/a1�=n-1/n�6�1n-2/n-1�6�1n-3/n-2�6�1 … �6�11/2�=1/n．

類型三�構造法
遞推式是pan=qan-1+f(n)(p、q是不為零的常數)，可用待定系數法構造一個新的等比數列求解．
例4�(同例2)(2003年全國數學卷文科第19題)
另解：由an=3n-1+an-1得3�6�1an/3n=an-1/3n-1+1．
令bn＝an/3n，則有
bn=1/3bn-1+1/3． (*)
設bn+x=1/3(bn-1+x)，則bn=1/3bn-1+1/3x-x，與(*)式比較，得x=-1/2，所以bn-1/2=1/3(bn-1-1/2)．因此數列｛bn-1/2｝是首項為b1-1=a1/3=-1/6，公比為1/3的等比數列，所以bn-1/2=-1/6�6�1(1/3)n-1，即an/3n-1/2=-1/6(1/3)n-1．故an=3n〔1/2-1/6(1/3)n-1〕=3n-1/2．
例5�數列｛an｝中，a1=1,an+1=4an+3n+1，求an．�
解：令an+1+(n+1)x+y=4(an+nx+y)，則
an+1=4an+3nx+3y-x,與已知an+1=4an+3n+1比較，得

3x=3， 所以
x=1,
3y-x=1， y=(2/3)．
故數列｛an+n+(2/3)｝是首項為a1+1+(2/3)=(8/3)，公比為4的等比數列，因此an+n+(2/3)=(8/3)�6�14n-1,即
an=(8/3)�6�14n-1-n-(2/3)．
另解：由已知可得當n≥2時，an=4an-1+3(n-1)+1，與已知關系式作差，有an+1-an=4(an-an-1)+3，即an+1-an+1=4(an-an-1+1)，因此數列｛an+1-an+1｝是首項為a2-a1+1=8-1+1=8，公比為4的等比數列，然後可用「逐差法」求得其通項an=(8/3)�6�14n-1-n-(2/3)．

類型四�可轉化為
類型三求通項
(1)「對數法」轉化為
類型三．
遞推式為an+1=qan�k(q＞0,k≠0且k≠1,a1＞0)，兩邊取常用對數，得lgan+1=klgan+lgq，令lgan=bn，則有bn+1=kbn+lgq，轉化為
類型三．
例6�已知數列｛an｝中，a1=2,an+1=an2，求an．
解：由an+1=an2＞0，兩邊取對數得lgan+1=2lgan．令bn=lgan則bn+1=2bn．因此數列｛bn｝是首項為b1=lga1=lg2，公比為2的等比數列，故bn=2n-1lg2=lg22n-1，即an=22n-1．
(2)「倒數法」轉化為
類型三．
遞推式為商的形式：an+1=(pan+b)/(qan+c)(an≠0，pq≠0,pc≠qb)．
若b=0，得an+1=pan/(qan+c)．因為an≠0，所以兩邊取倒數得1/an+1=q/p+c/pan,令bn=1/an,則bn+1=(c/p)bn+q/p，轉化為
類型三．
若b≠0，設an+1+x=y(an+x)/qan+c，與已知遞推式比較求得x、y，令bn=an+x，得bn+1=ybn/qan+c，轉化為b=0的情況．
例7�在數列｛an｝中，已知a1=2,an+1=(3an+1)/(an+3)，求通項an．
解：設an+1+x=y(an+x)/an+3，則an+1=(y-x)an+(y-3)x/an+3，結合已知遞推式得

y-x=3, 所以
x=1,
y-3=1， y=4，
則有an+1+1=4(an+1)/an+3，令bn=an+1，則bn+1=4bn/bn+2，求倒數得1/bn+1=1/2�6�11/bn+1/4，即1/bn+1-1/2=1/2(1/bn-1/2)．
因此數列｛1/bn-1/2｝是首項為1/b1-1/2=1/a1+1-1/2=-1/6，公比為1/2的等比數列．
故1/bn-1/2=(-1/6)(1/2)n-1，從而可求得an．

類型五�遞推式為an+1/an=qn/n+k(q≠0,k∈N)
可先將等式(n+k)an+1=qnan兩邊同乘以(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)，得(n+k)(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)an+1=q(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)nan，令bn=(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)�6�1nan,則bn+1=(n+k)(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)an+1．
從而bn+1=qbn，因此數列｛bn｝是公比為q，首項為b1=k(k-1)(k-2)…2�6�11�6�1a1=k!a1的等比數列，進而可求得an．
例8�(同例1)(2000年全國數學卷第15題)
另解：將(n+1)a2n+1-na2n+an+1an=0(n=1,2,3,…)，化簡得(n+1)an+1=nan,令nan=bn，則bn+1=bn，所以數列｛bn｝是常數列，由於首項b1=1�6�1a1=1，所以bn=1,即nan=1，故an=1/n．
總之，由數列的遞推公式求通項公式的問題比較復雜，不可能一一論及，但只要我們抓住遞推數列的遞推關系，分析結構特徵，善於合理變形，就能找到解決問題的有效途徑．

❼ 求遞推數列通項公式的常用方法

公式法、累加法、累乘法、待定系數法、對數變換法、迭代法、數學歸納法、換元法、不動點法、特徵根的方法等等。
類型一
歸納—猜想—證明
由數列的遞推公式可寫出數列的前幾項，再由前幾項總結出規律，猜想出數列的一個通項公式，最後用數學歸納法證明．
類型二
「逐差法」和「積商法」
(1)當數列的遞推公式可以化為an+1-an=f(n)時，取n=1,2,3,…,n-1，得n-1個式子：
a2-a1=f(1),a3-a2=f(2),…,an-an-1=f(n-1)，
且f(1)+f(2)+…+f(n-1)可求得時，兩邊累加得通項an，此法稱為「逐差法」．
(2)當數列的遞推公式可以化為an+1/an=f(n)時，令n=1,2,3,…,n-1,得n-1個式子，即
a2/a1=f(1),a3/a2=f(2),a4/a3=f(3),…,an/an-1=f(n－1)，且f(1)f(2)f(3)…f(n-1)可求得時，兩邊連乘可求出an，此法稱為「積商法」．
類型三
構造法
遞推式是pan=qan-1+f(n)(p、q是不為零的常數)，可用待定系數法構造一個新的等比數列求解．
類型四
可轉化為類型三求通項
(1)「對數法」轉化為類型三．
遞推式為an+1=qan

❽ 數列的題

公式法、累加法、累乘法、待定系數法、對數變換法、迭代法、數學歸納法、換元法、不動點法、特徵根的方法等等。

類型一
歸納—猜想—證明
由數列的遞推公式可寫出數列的前幾項，再由前幾項總結出規律，猜想出數列的一個通項公式，最後用數學歸納法證明．

類型二
「逐差法」和「積商法」
(1)當數列的遞推公式可以化為an+1-an=f(n)時，取n=1,2,3,…,n-1，得n-1個式子：
a2-a1=f(1),a3-a2=f(2),…,an-an-1=f(n-1)，
且f(1)+f(2)+…+f(n-1)可求得時，兩邊累加得通項an，此法稱為「逐差法」．
(2)當數列的遞推公式可以化為an+1/an=f(n)時，令n=1,2,3,…,n-1,得n-1個式子，即
a2/a1=f(1),a3/a2=f(2),a4/a3=f(3),…,an/an-1=f(n－1)，且f(1)f(2)f(3)…f(n-1)可求得時，兩邊連乘可求出an，此法稱為「積商法」．

類型三
構造法
遞推式是pan=qan-1+f(n)(p、q是不為零的常數)，可用待定系數法構造一個新的等比數列求解．

類型四
可轉化為類型三求通項
(1)「對數法」轉化為類型三．
遞推式為an+1=qan�k(q＞0,k≠0且k≠1,a1＞0)，兩邊取常用對數，得lgan+1=klgan+lgq，令lgan=bn，則有bn+1=kbn+lgq，轉化為類型三．

(2)「倒數法」轉化為類型三．
遞推式為商的形式：an+1=(pan+b)/(qan+c)(an≠0，pq≠0,pc≠qb)．
若b=0，得an+1=pan/(qan+c)．因為an≠0，所以兩邊取倒數得1/an+1=q/p+c/pan,令bn=1/an,則bn+1=(c/p)bn+q/p，轉化為類型三．
若b≠0，設an+1+x=y(an+x)/qan+c，與已知遞推式比較求得x、y，令bn=an+x，得bn+1=ybn/qan+c，轉化為b=0的情況．

類型五
遞推式為an+1/an=qn/n+k(q≠0,k∈N)
可先將等式(n+k)an+1=qnan兩邊同乘以(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)，得(n+k)(n+k-1)(n+k-2)… (n+1)an+1=q(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)nan，令bn=(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)�6�1nan,則bn+1= (n+k)(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)an+1．
從而bn+1=qbn，因此數列｛bn｝是公比為q，首項為b1=k(k-1)(k-2)…2�6�11�6�1a1=k!a1的等比數列，進而可求得an．

總之，由數列的遞推公式求通項公式的問題比較復雜，不可能一一論及，但只要我們抓住遞推數列的遞推關系，分析結構特徵，善於合理變形，就能找到解決問題的有效途徑．

類型一�歸納—猜想—證明
由數列的遞推公式可寫出數列的前幾項，再由前幾項總結出規律，猜想出數列的一個通項公式，最後用數學歸納法證明．
�例1�設數列｛an｝是首項為1的正項數列，且(n+1)a2n+1-nan2+an+1an=0(n=1,2,3,…)，則它的通項公式是an=______________．(2000年全國數學卷第15題)
解：將(n+1)a2n+1-nan2+an+1an=0(n=1,2,3,…)分解因式得(an+1+an)〔(n+1)an+1-nan〕=0．
��由於an＞0，故(n+1)an+1=nan，即an+1=n/(n+1)an．
��因此a2=(1/2)a1=(1/2)，a3=(2/3)a2=(1/3),…．猜想an=(1/n),可由數學歸納法證明之，證明過程略．

類型二�「逐差法」和「積商法」
(1)當數列的遞推公式可以化為an+1-an=f(n)時，取n=1,2,3,…,n-1，得n-1個式子：
a2-a1=f(1),a3-a2=f(2),…,an-an-1=f(n-1)，
且f(1)+f(2)+…+f(n-1)可求得時，兩邊累加得通項an，此法稱為「逐差法」．
例2�已知數列｛an｝滿足a1=1,an=3n-1+an-1(n≥2),證明：an=(3n-1)/2．
(2003年全國數學卷文科第19題)
證明：由已知得an-an-1=3n-1，故
an=(an-an-1)+(an-1－an-2)+…+(a2-a1)+a1=3n-1+3��n-2�+…+3+1=3n-1/2．
所以得證．
(2)當數列的遞推公式可以化為an+1/an=f(n)時，令n=1,2,3,…,n-1,得n-1個式子，即
a2/a1=f(1),a3/a2=f(2),a4/a3=f(3),…,a��n�/an-1�=f(n－1)�，�且f(1)f(2)f(3)…f(n-1)可求得時，兩邊連乘可求出an，此法稱為「積商法」．
例3�(同例1)(2000年全國數學卷第15題)
另解：將(n+1)a2n+1-nan2＋an+1an=0(n�=1,2,3,…)化簡，得(n+1)an+1=nan，即
an+1/an=n/(n+1)．�
故an=an/an-1�6�1an-1/an-2�6�1an-2/an-3�6�1…�6�1a2/a1�=n-1/n�6�1n-2/n-1�6�1n-3/n-2�6�1 … �6�11/2�=1/n．

類型三�構造法
遞推式是pan=qan-1+f(n)(p、q是不為零的常數)，可用待定系數法構造一個新的等比數列求解．
例4�(同例2)(2003年全國數學卷文科第19題)
另解：由an=3n-1+an-1得3�6�1an/3n=an-1/3n-1+1．
令bn＝an/3n，則有
bn=1/3bn-1+1/3． (*)
設bn+x=1/3(bn-1+x)，則bn=1/3bn-1+1/3x-x，與(*)式比較，得x=-1/2，所以bn-1/2=1/3(bn-1-1 /2)．因此數列｛bn-1/2｝是首項為b1-1=a1/3=-1/6，公比為1/3的等比數列，所以bn-1/2=-1/6�6�1(1/3)n-1，即 an/3n-1/2=-1/6(1/3)n-1．故an=3n〔1/2-1/6(1/3)n-1〕=3n-1/2．
例5�數列｛an｝中，a1=1,an+1=4an+3n+1，求an．�
解：令an+1+(n+1)x+y=4(an+nx+y)，則
an+1=4an+3nx+3y-x,與已知an+1=4an+3n+1比較，得

3x=3， 所以
x=1,
3y-x=1， y=(2/3)．
故數列｛an+n+(2/3)｝是首項為a1+1+(2/3)=(8/3)，公比為4的等比數列，因此an+n+(2/3)=(8/3)�6�14n-1,即
an=(8/3)�6�14n-1-n-(2/3)．
另解：由已知可得當n≥2時，an=4an-1+3(n-1)+1，與已知關系式作差，有an+1-an=4(an-an-1)+3，即an+1- an+1=4(an-an-1+1)，因此數列｛an+1-an+1｝是首項為a2-a1+1=8-1+1=8，公比為4的等比數列，然後可用「逐差法」 求得其通項an=(8/3)�6�14n-1-n-(2/3)．

類型四�可轉化為
類型三求通項
(1)「對數法」轉化為
類型三．
遞推式為an+1=qan�k(q＞0,k≠0且k≠1,a1＞0)，兩邊取常用對數，得lgan+1=klgan+lgq，令lgan=bn，則有bn+1=kbn+lgq，轉化為
類型三．
例6�已知數列｛an｝中，a1=2,an+1=an2，求an．
解：由an+1=an2＞0，兩邊取對數得lgan+1=2lgan．令bn=lgan則bn+1=2bn．因此數列｛bn｝是首項為b1=lga1=lg2，公比為2的等比數列，故bn=2n-1lg2=lg22n-1，即an=22n-1．
(2)「倒數法」轉化為
類型三．
遞推式為商的形式：an+1=(pan+b)/(qan+c)(an≠0，pq≠0,pc≠qb)．
若b=0，得an+1=pan/(qan+c)．因為an≠0，所以兩邊取倒數得1/an+1=q/p+c/pan,令bn=1/an,則bn+1=(c/p)bn+q/p，轉化為
類型三．
若b≠0，設an+1+x=y(an+x)/qan+c，與已知遞推式比較求得x、y，令bn=an+x，得bn+1=ybn/qan+c，轉化為b=0的情況．
例7�在數列｛an｝中，已知a1=2,an+1=(3an+1)/(an+3)，求通項an．
解：設an+1+x=y(an+x)/an+3，則an+1=(y-x)an+(y-3)x/an+3，結合已知遞推式得

y-x=3, 所以
x=1,
y-3=1， y=4，
則有an+1+1=4(an+1)/an+3，令bn=an+1，則bn+1=4bn/bn+2，求倒數得1/bn+1=1/2�6�11/bn+1/4，即1/bn+1-1/2=1/2(1/bn-1/2)．
因此數列｛1/bn-1/2｝是首項為1/b1-1/2=1/a1+1-1/2=-1/6，公比為1/2的等比數列．
故1/bn-1/2=(-1/6)(1/2)n-1，從而可求得an． 求數列的前n項和是高中數學《數列》一章的教學重點之一，而對於一些非等差數列，又非等比數列的某些數列求和，是教材的難點。不過，只要認真去探求這些數列的特點。和結構，也並非無規律可循。
典型示例：
1、 用通項公式法：
規律：能用通項公式寫出數列各項，從而將其和重新組合為可求數列和。
例1：求5，55，555，…，的前n項和。
解：∵an= 5 9(10n-1)
∴Sn = 5 9(10-1)+ 5 9(102-1) + 5 9(103-1) + … + 5 9(10n-1)
= 5 9[（10+102+103+…+10n）-n]
= （10n＋1-9n-10）
2、 錯位相減法：
一般地形如{an�6�1bn}的數列，{ an }為等差數列， { bn }為等比數列，均可用錯位相減法求和。
例2：求：Sn=1+5x+9x2+�6�1�6�1�6�1�6�1+(4n-3)xn-1
解：Sn=1+5x+9x2+�6�1�6�1�6�1�6�1+(4n-3)xn-1 ①
①兩邊同乘以x，得
x Sn=x+5 x2+9x3+�6�1�6�1�6�1�6�1+(4n-3)xn ②
①-②得，（1-x）Sn=1+4（x+ x2+x3+�6�1�6�1�6�1�6�1+ ）-（4n-3）xn
當x=1時，Sn=1+5+9+�6�1�6�1�6�1�6�1+（4n-3）=2n2-n
當x≠1時，Sn= 1 1-x [ 4x(1-xn) 1-x +1-（4n-3）xn ]
3、 裂項抵消法：
這一類數列的特徵是：數列各項是等差數列某相鄰兩項或幾項的積，
一般地，{an}是公差為d的等差數列，則：

即裂項抵消法， 多用於分母為等差數列的某相鄰k項之積，而分子為常量的分式型數列的求和，對裂項抵消法求和，其裂項可採用待定系數法確定。
例3：求 1 3， 1 1 5， 1 3 5， 1 63之和。
解：
4、 分組法：
某些數列，通過適當分組，可得出兩個或幾個等差數列或等比數列，從而可利用等差數列或等比數列的求和公式分別求和，從而得出原數列之和。
例4：求數列 的前n項和。
解：
5、 聚合法：
有的數列表示形式較復雜，每一項是若干個數的和，這時常採用聚合法，
先對其第n項求和，然後將通項化簡，從而改變原數列的形式，有利於找出解題辦法。
例5：求數列2，2+4，2+4+6，2+4+6+8，…，2+4+6+…+2n，…的前n項和
解：∵an=2+4+6+…+2n= n(n+1)=n2+n
∴Sn=(12+1)+(22+2)+(32+3) +……+( n2+n)
=（12+22+32+…+ n2）+（+2+3+…+n）
= n（n+1）（2n+1）+ n(n+1)
= 1 3n（n+1）（n+2）
6、 反序相加法：
等差數列前n項和公式的推導，是先將和式中各項反序編排得出另一個和式，然後再與原來的和式對應相加，從而解得等差數列的前n項和公式，利用這種方法也可以求出某些數列的前n項和。
例6：已知lg(xy)=a，求S，其中
S=

解: 將和式S中各項反序排列，得

將此和式與原和式兩邊對應相加，得
2S= + + �6�1 �6�1 �6�1 +
(n+1)項
=n(n+1)lg(xy)
∵ lg(xy)=a ∴ S= n(n+1)a
以上一個6種方法雖然各有其特點，但總的原則是要善於改變原數列的形式結構，使其能進行消項處理或能使用等差數列或等比數列的求和公式以及其它已知的基本求和公式來解決，只要很好地把握這一規律，就能使數列求和化難為易，迎刃而解。
希望能解決您的問題。

❾ 數字推理10,24,52,78,(),164怎麼推要求解析

一、解題思路：數字推理題基本都是歸納為八種解題方法，只有練習的多了才能短時間內找到解題方法，我們把本體當做一個練習，來用八種方式都過一遍。實際上解題多了是能夠直觀感受出那種方式來解題的。

二、八種方法試錯（僅僅是用來說明解題方法，實際解題不用這么麻煩）

1、逐差法是指對原數列相鄰兩項逐級做差，進而推出數列規律的方法。對於數列特徵明顯單調，倍數關系不明顯的數列，應當優先採用逐差法。

本題中顯然不適用 10,24,52,78,(),164 逐差：14 28 26 無規律

2、逐商法是指原數列相鄰兩項逐級做商，進而推出數列規律的方法。對於單調性明顯，倍數關系明顯或者增幅較大的數列，應當優先採用逐商法。

本題中顯然不適用 10,24,52,78,(),164

逐商：24÷10=2 餘4 52÷24=2 余 4 78÷52=1 餘26 無規律

3、加和法是指對原數列進行求和，從而得到數列規律的方法。對於(1)單調關系不明顯；(2)倍數關系不明顯；(3)數字差別幅度不大的數列；應該優先使用加和法。對於符合加和法使用原則的數列，優先對其進行兩項求和，兩項求和後無明顯規律時，再對其進行三項求和以及全項求和。

本題中顯然不適用 10,24,52,78,(),164

4、累積法是指求取原數列各項的乘積，進而得到數列規律的方法。對於(1)單調關系明顯；(2)倍數關系明顯；(3)有乘積傾向的數列；應該優先採用累積法。對於符合累積法使用原則的數列，優先對其進行兩項求積，兩項求積後元明顯規律時，再對其進行三項求積以及全項求積。

本題中顯然不適用 10,24,52,78,(),164

5、拆分法是指將數列的每一項分解成兩部分或者多部分的乘積或加和的形貌，根據分解後的各部分對應元素之間的規律來尋求數列關系的方法。

具體分為：(1)因數分解法、(2)冪指數拆分法,(3)位數拆分法

(1)因數分解法:本題中10,24,52,78,(),164

10拆分2×5 24拆分2×12或3×8或4×6 52拆分 2×26或4×13或 78拆分2×39或3×26 或6×13 164拆分2×82或4×41 再找拆分後的關系無規律

(2)冪指數拆分法（對於具有明顯指數特徵(基於數字敏感和數形敏感)或者幅度變化較快的數列，優先考慮使用冪指數拆分法，將其化為多次方式a×b的n次方+m的形式，通過尋找a、b、m、n之間的關系進行求解。拆分時主要是圍繞多次方數的和、差、倍數的形式展開的，通常數列中會有兩個或多個指數特徵非常明顯的數字，一般都是以這些數字為突破口來尋求數列的規律，因此需要考生對常見的多次方數及其變形有足夠的敏感度。）：

本題中10,24,52,78,(),164 拆分：10=3²+1 24=5²-1 52=7²+3 78=9²-3 164=13²-5

規律很明顯了被平方數：3、5、7、9 、（）、13 括弧內應該直觀就是11

在看加減的數 1、-1、3、-3、（）、-5括弧內應該直觀就是5

所以11²+5=126

至此本題已經解出。

為了便於以後解題我把餘下的方法繼續羅列出來.

(3)位數拆分法（顧名思義，就是指將組成原數列每一項的數字分拆成若干組，通過拆分後各組對應數字之間的規律來尋求原數列規律的方法。）：

本題中顯然不適用 10,24,52,78,(),164

6、分組法，顧名思義，就是將原數列按照一定的分組方式分為兩部分或多部分，根據分組後各郡分內郡或各部分之間的關系來推求數列關系的一種方法。在行測考試的數字推理部分，常用的分組方式為單元素分組法和多元素分組法。（常用語分數或開根之類數組，本題不適用）

7、構造法，主要包括數列元素構造和基礎數列組合構造兩種情況。

8、聯想法對於一道數字推理題目，如果用以上七種方法均不能找出數字之間的聯系，則需要考生從數字背後所隱藏的共同性質角度進行挖掘，發揮想像力、運用發散性思維來進行求解。

後面的幾種方法比較考驗個人對數組的敏銳性，今天借這個題目旨在說明該類題目的解題方法。

❿ 求通項公式的7種方法，帶例題。

數列知識是高考中的重要考察內容,而數列的通項公式又是數列的核心內容之一,它如同函數中的解析式一樣,有了解析式便可研究起性質等;而有了數列的通項公式便可求出任一項以及前N項和等.因此,求數列的通項公式往往是解題的突破口,關鍵點.故將求數列通項公式的方法做一總結,希望能對廣大考生的復習有所幫助.下面我就談談求數列通項公式的幾種方法：一、累差法遞推式為：an+1=an+f(n)(f(n)可求和)思路：:令n=1,2,…,n-1可得a2-a1=f(1)a3-a2=f(2)a4-a3=f(3)……an-an-1=f(n-1)將這個式子累加起來可得an-a1=f(1)+f(2)+…+f(n-1)∵f(n)可求和∴an=a1+f(1)+f(2)+ …+f(n-1)當然我們還要驗證當n=1時,a1是否滿足上式例1、已知數列{a}中,a1=1,an+1=an+2,求an解： 令n=1,2,…,n-1可得a2-a1=2a3-a2=22a4-a3=23……an-an-1=2n-1將這個式子累加起來可得an-a1=f(1)+f(2)+…+f(n-1)∵f(n)可求和∴an=a1+f(1)+f(2)+…+f(n-1)當n=1時,a1適合上式故an=2n-1二、累商法遞推式為：an+1=f(n)an（f(n)要可求積）思路：令n=1,2, …,n-1可得a2/a1=f(1)a3/a2=f(2)a4/a3=f(3)……an/an-1=f(n-1)將這個式子相乘可得an/a1=f(1)f(2) …f(n-1)∵f(n)可求積∴an=a1f(1)f(2) …f(n-1)當然我們還要驗證當n=1時，a1是否適合上式例2、在數列{an}中,a1=2,an+1=(n+1)an/n,求an解： 令n=1,2, …,n-1可得a2/a1=f(1)a3/a2=f(2)a4/a3=f(3)……an/an-1=f(n-1)將這個式子相乘後可得an/a1=2/1×3/24×/3×…×n/(n-1)即an=2n當n=1時，an也適合上式∴an=2n三,構造法1、遞推關系式為an+1=pan+q (p,q為常數)思路：設遞推式可化為an+1+x=p(an+x),得an+1=pan+(p-1)x,解得x=q/(p-1)故可將遞推式化為an+1+x=p(an+x)構造數列{bn},bn=an+q/(p-1)bn+1=pbn即bn+1/bn=p,{bn}為等比數列.故可求出bn=f(n)再將bn=an+q/(p-1)代入即可得an例3、(06重慶)數列{an}中,對於n>1(nN)有an=2an-1+3,求an解：設遞推式可化為an+x=2(an-1+x),得an=2an-1+x,解得x=3故可將遞推式化為an+3=2(an-1+3)構造數列{bn},bn=an+3bn=2bn-1即bn/bn-1=2,{bn}為等比數列且公比為3bn=bn-1·3,bn=an+3bn=4×3n-1an+3=4×3n-1,an=4×3n-1-12、遞推式為an+1=pan+qn(p,q為常數)思路：在an+1=pan+qn兩邊同時除以qn+1得an+1/qn+1=p/qan/qn+i/q構造數列{bn},bn=an/qn可得bn+1=p/qbn+1/q故可利用上類型的解法得到bn=f(n)再將代入上式即可得an例4、數列{an}中,a1+5/6,an+1=(1/3)an+(1/2)n,求an解： 在an+1=(1/3)an+(1/2)n兩邊同時除以(1/2)n+1得2n+1an+1=(2/3)×2nan+1構造數列{bn},bn=2nan可得bn+1=(2/3)bn+1故可利用上類型解法解得bn=3-2×(2/3)n2nan=3-2×(2/3)nan=3×(1/2)n-2×(1/3)n3、遞推式為：an+2=pan+1+qan（p,q為常數）思路：設an+2=pan+1+qan變形為an+2-xan+1=y(an+1-xan)也就是an+2=(x+y)an+1-(xy)an，則可得到x+y=p,xy= -q解得x,y，於是｛bn｝就是公比為y的等比數列（其中bn=an+1-xan）這樣就轉化為前面講過的類型了．例5、已知數列{an}中,a1=1,a2=2,an+2=(2/3)·an+1+(1/3)·an,求an解：設an+2=(2/3)an+1+(1/3)an可以變形為an+2-xan+1=y(an+1-xan)也就是an+2=(x+y)an+1-(xy)an，則可得到x+y=2/3,xy= -1/3可取x=1,y= -1/3構造數列｛bn｝，bn=an+1-an故數列｛bn｝是公比為-1/3的等比數列即bn=b1(-1/3)n-1b1=a2-a1=2-1=1bn=(-1/3)n-1an+1-an=(-1/3)n-1故我們可以利用上一類型的解法求得an=1+3/4×[1-(-1/3)n-1](nN*)四、利用sn和n、an的關系求an1、利用sn和n的關系求an思路：當n=1時，an=sn當n≥2 時, an=sn-sn-1例6、已知數列前項和s=n2+1,求{an}的通項公式.解：當n=1時，an=sn＝2當n≥2 時, an=sn-sn-1＝n+1-[(n-1)2+1]=2n-1而n=1時，a1=2不適合上式∴當n=1時，an=2當n≥2 時, an=2n-12、利用sn和an的關系求an思路：利用an=sn-sn-1可以得到遞推關系式，這樣我們就可以利用前面講過的方法求解例７、在數列｛an｝中，已知sn=3+2an，求an解：即an=sn-sn-1=3+2an-(3+2an-1)an=2an-1∴｛an｝是以２為公比的等比數列∴an=a1·2n-1= -3×2n-1五、用不完全歸納法猜想,用數學歸納法證明.思路:由已知條件先求出數列前幾項，由此歸納猜想出an，再用數學歸納法證明例8、(2002全國高考)已知數列{an}中,an+1=a2n-nan+1,a1=2,求an解：由已知可得a1=2,a2=3,a3=4,a4=5,a5=6由此猜想an=n+1，下用數學歸納法證明：當n=1時，左邊＝2，右邊＝2，左邊＝右邊即當n=1時命題成立假設當n=k時，命題成立，即ak=k+1則 ak+1=a2k-kak+1=(k+1)2-k(k+1)+1=k2+2k+1-k2-2k+1=k+2=(k+1)+1∴當n=k+1時，命題也成立．綜合(1),(2),對於任意正整數有an=n+1成立即an=n+1