1. 數列的題怎麼做
數列題，一般有求通項公式和數列求和，或者是兩者結合，數列題首先要記得各種數列的性質，通項公式和求和公式，求通項公式和求和分別有的那幾種方法要熟練掌握。
2. 如何做數列題，方法是怎樣的
能用公式的用公式，不行的就差比數列求，還有SN-（SN-1），迭代，錯位相減，裂項相消，等等吧，看具體的題目是什麼樣子的，
3. 數列問題，請詳細，怎麼解的方法和步驟
(1) ∵a(n+1)=Sn+3^n，而a(n+1)=S(n+1)-Sn
∴S(n+1)-Sn=Sn+3^n，即S(n+1)=2Sn+3^n
∴S(n+1)-3^(n+1)=2Sn+3^n-3^(n+1)
=2Sn-2×3^n
=2(Sn-3^n)
即b(n+1)=2bn，而b1=S1-3=a-3
①當a-3=0，即a=3時，b1=0，那麼bn=0；
②當a≠3時，b1≠0，那麼bn≠0，所以b(n+1)/bn=2，為常數
此時bn是以b1=a-3為首項、q=2為公比的等比數列
那麼bn=(a-3)×2^(n-1)
望採納
4. 數列解題方法有哪些
這講不清楚的呀,不過方法有很多的,你只能看書呀,你把問題發上來吧
基本數列是等差數列和等比數列
一、等差數列
一個等差數列由兩個因素確定：首項a1和公差d.
得知以下任何一項，就可以確定一個等差數列（即求出數列的通項公式）：
1、首項a1和公差d
2、數列前n項和s(n),因為s(1)=a1,s(n)-s(n-1)=a(n)
3、任意兩項a(n)和a(m)，n,m為已知數
等差數列的性質：
1、前N項和為N的二次函數（d不為0時）
2、a(m)-a(n)=(m-n)*d
3、正整數m、n、p為等差數列時，a(m)、a(n)、a(p)也是等差數列
例題1：已知a(5)=8,a(9)=16,求a(25)
解： a(9)-a(5)=4*d=16-8=8
a(25)-a(5)=20*d=5*4*d=40
a(25)=48
例題2：已知a(6)=13,a(9)=19,求a(12)
解：a(6)、a(9)、a(12)成等差數列
a(12)-a(9)=a(9)-a(6)
a(12)=2*a(9)-a(6)=25
二、等比數列
一個等比數列由兩個因素確定：首項a1和公差d.
得知以下任何一項，就可以確定一個等比數列（即求出數列的通項公式）：
1、首項a1和公比r
2、數列前n項和s(n),因為s(1)=a1,s(n)-s(n-1)=a(n)
3、任意兩項a(n)和a(m)，n,m為已知數
等比數列的性質：
1、a(m)/a(n)=r^(m-n)
2、正整數m、n、p為等差數列時，a(m)、a(n)、a(p)是等比數列
3、等比數列的連續m項和也是等比數列
即b(n)=a(n)+a(n+1)+...+a(n+m-1)構成的數列是等比數列。
三、數列的前N項和與逐項差
1、如果數列的通項公式是關於N的多項式，最高次數為P，則數列的前N項和是關於N的多項式，最高次數為P+1。
（這與積分很相似）
2、逐項差就是數列相鄰兩項的差組成的數列。
如果數列的通項公式是關於N的多項式，最高次數為P，則數列的逐項差的通項公式是關於N的多項式，最高次數為P-1。
（這與微分很相似）
例子：
1，16，81，256，625，1296 （a(n)=n^4)
15,65,175,369,671
50,110,194,302
60,84,108
24,24
從上例看出，四次數列經過四次逐項差後變成常數數列。
等比數列的逐項差還是等比數列
四、已知數列通項公式A（N），求數列的前N項和S（N）。
這個問題等價於求S（N）的通項公式，而S（N）=S（N-1）+A（N），這就成為遞推數列的問題。
解法是尋找一個數列B（N），
使S（N）+B（N）=S（N-1）+B（N-1）
從而S（N）=A（1）+B（1）-B（N）
猜想B（N）的方法：把A（N）當作函數求積分，對得出的函數形式設待定系數，利用B（N）-B（N-1）=-A（N）求出待定系數。
例題1：求S（N）=2+2*2^2+3*2^3+...+N*2^N
解：S（N）=S（N-1）+N*2^N
N*2^N積分得（N*LN2-1）*2^N/(LN2)^2
因此設B（N）=（PN+Q)*2^N
則 （PN+Q)*2^N-[P（N-1）+Q)*2^（N-1）=-N*2^N
（P*N+P+Q）/2*2^N=-N*2^N
因為上式是恆等式，所以P=-2，Q=2
B（N）=（-2N+2)*2^N
A（1）=2，B（1）=0
因此：S（N）=A（1）+B（1）-B（N）
=（2N-2）*2^N+2
例題2：A（N）=N*（N+1）*（N+2），求S（N）
解法1：S（N）為N的四次多項式，
設：S（N）=A*N^4+B*N^3+C*N^2+D*N+E
利用S（N）-S（N-1）=N*（N+1）*（N+2）
解出A、B、C、D、E
解法2：
S（N）/3！=C（3，3）+C（4，3）+...C（N+2，3）
=C（N+3，4）
S（N）=N*（N+1）*（N+2）*（N+3）/4
5. 做數列之類題的步驟
第一步弄清「是什麼」，先讀取題中所給已知信息，
第二步弄清「要干什麼」，要搞清楚自己的目標在哪裡，
第三步再說「怎麼做」，調用各部分知識、方法技能，綜合運用各種信息、知識、技能來解決問題。
6. 遇到關於數列的應用題時，解題步驟，思路有哪些
1、先搞清楚是等差數列還是等比數列，先找出規律。
2、巧用性質、減少運算量。
3、需要什麼，就求什麼。既要充分合理地運用條件，又要時刻注意題的目標。
7. 請簡述編制變數數列的方法!(統計學)
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二、變數數列的編制
變數數列的編制比較復雜，因此有必要對變數數列的編制方法、編制步驟以及編制過程中需注意的問題進行探討。
（一）陣列，求全距
首先對原始資料進行初步整理，即將各個變數值按大小順序排列，形成一個陣列，並確定其全距R。全距是指資料中的最大值與最小值之差，能反映資料中各變數值波動的范圍大小。通過初步整理，可使我們大致了解該資料的某些特徵和變動規律，從而為正確編制變數數列提供必要的依據。
（二）確定變數數列的形式
編制單項數列還是組距數列，主要取決於所研究變數的類型以及變數變動的幅度。對於連續變數，因其所描述對象的數量特徵，在一個區間內可以有無限多個數值，無法按一定次序將其變數值一一列舉，所以只能編制組距數列。對於離散變數，則要根據其變數值的多少和變異幅度的大小來確定。如變數值較少以及變異幅度較小的，可編制單項數列；如變數值較多以及變異幅度較大的，應編制組距數列。具體如何分組，要結合分析目的及資料特點確定。
（三）確定組距和組數
組距的大小和組數的多少互為制約成反比關系。組距越大，組數就越少；組距越小，組數就越多。組數過少，容易把不同質的單位歸在一個組內；組數過多，又容易把同質單位劃入到不同的組內。兩者都不符合分組的要求，都不能確切地反映總體的分布特徵。因 此，確定組距和組數，應全面分析資料所反映的經濟內容、變數值的離散程度或集中趨勢以及數據多少等因素，要使組距能如實地反映出各組之間的數量界限，將同質單位歸入同一組，而將不同質單位劃分為不同的組，准確、真實地揭示出總體的分布特徵及規律性。
當變數值變動比較均勻，並且可能編制等距數列的條件下，其組距也可採用斯特奇斯公式求得。這是一種假定總體各單位按其標志分布趨於正態分布的條件下，根據總體單位數目近似確定分組數目並計算組距近似值的方法，是由經驗總結得來。計算公式為：
組距（i）=
需要指出，根據經驗，由此公式求出的組數，當數據較少時，往往過多；當數據較多時，則往往過少。所以該公式只能作為參考之用。
組距數列有等距數列和異距數列兩種，選等距分組還是異距分組，應根據統計研究的任務和所研究現象變化的特點來決定。一般而言，凡是現象的變動比較均勻的，宜採用等距分組。如按工資，按身高、體重，按零件尺寸誤差等分組。等距分組，由於各組組距相同，各組單位數（次數）只受標志變數的影響，因此可直接比較各組的次數。同時，根據等距數列資料，便於直接繪制統計圖，計算各項綜合指標並進行對比分析。因此，應盡可能採用等距分組。但在社會經濟統計中，有些現象性質差異的變動並不均衡，往往波動很大，如急劇上升或下降，這就難以用等距分組的方法來劃分不同性質的組，從現象量的變化中反映出不同質的差別，這就必須採用異距分組。
採用異距分組編制的異距數列，由於各組次數要受組距大小不同的影響，為消除此影響，更確切地反映出各組次數的實際分布狀況，可計算次數密度或標准組距次數。
次數密度，就是單位組距內分布的次數，又稱為頻數密度。計算公式為：
次數密度=
標准組距次數，即選定數列中某一合適的組距作為標准組距，用標准組距除以各組組距，得各組組距摺合為標准組距的系數，再將各組的摺合系數分別乘各組的次數，即可得各組的標准組距次數。
次數密度與標准組距次數其實質是相同的，它們都是對異距數列進行分析的重要指標。兩者計算上的聯系表現為：標准組距次數等於次數密度與標准組距的乘積。
（四）確定組限
組距、組數確定後，需進一步確定組限。組限應根據變數的性質來確定，更要有利於反映出總體各單位的實際分布特徵。具體應考慮以下幾個方面。（1）組限最好採用整數表示，各組下限盡可能取所選定組距的倍數。（2）組限一般不用負值表示，最小為零。（3）應使最小組下限不大於資料中的最小變數值，最大組上限不小於資料中的最大變數值。（4）對連續變數和離散變數組限的劃分和表示方法，在技術上有不同的要求。對連續變數，相鄰兩組的組限應重疊，並且習慣上按照「上限不在本組內，應歸入到下一組」的原則處理與上限相同的變數值。
（五）計量各組單位數
通過手工匯總或電子計算機匯總，在變數分組確定以後，直接計量各組內總體單位數目，得出各組總體單位的分配次數或以組次數占總次數的比率形式，則變數數列的編制結束，根據變數數列可進行各種統計分析。
8. 做數列題的方法
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�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。