1. 数列的题怎么做
数列题，一般有求通项公式和数列求和，或者是两者结合，数列题首先要记得各种数列的性质，通项公式和求和公式，求通项公式和求和分别有的那几种方法要熟练掌握。
2. 如何做数列题，方法是怎样的
能用公式的用公式，不行的就差比数列求，还有SN-（SN-1），迭代，错位相减，裂项相消，等等吧，看具体的题目是什么样子的，
3. 数列问题，请详细，怎么解的方法和步骤
(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当a-3=0，即a=3时，b1=0，那么bn=0；
②当a≠3时，b1≠0，那么bn≠0，所以b(n+1)/bn=2，为常数
此时bn是以b1=a-3为首项、q=2为公比的等比数列
那么bn=(a-3)×2^(n-1)
望采纳
4. 数列解题方法有哪些
这讲不清楚的呀,不过方法有很多的,你只能看书呀,你把问题发上来吧
基本数列是等差数列和等比数列
一、等差数列
一个等差数列由两个因素确定：首项a1和公差d.
得知以下任何一项，就可以确定一个等差数列（即求出数列的通项公式）：
1、首项a1和公差d
2、数列前n项和s(n),因为s(1)=a1,s(n)-s(n-1)=a(n)
3、任意两项a(n)和a(m)，n,m为已知数
等差数列的性质：
1、前N项和为N的二次函数（d不为0时）
2、a(m)-a(n)=(m-n)*d
3、正整数m、n、p为等差数列时，a(m)、a(n)、a(p)也是等差数列
例题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
例题2：已知a(6)=13,a(9)=19,求a(12)
解：a(6)、a(9)、a(12)成等差数列
a(12)-a(9)=a(9)-a(6)
a(12)=2*a(9)-a(6)=25
二、等比数列
一个等比数列由两个因素确定：首项a1和公差d.
得知以下任何一项，就可以确定一个等比数列（即求出数列的通项公式）：
1、首项a1和公比r
2、数列前n项和s(n),因为s(1)=a1,s(n)-s(n-1)=a(n)
3、任意两项a(n)和a(m)，n,m为已知数
等比数列的性质：
1、a(m)/a(n)=r^(m-n)
2、正整数m、n、p为等差数列时，a(m)、a(n)、a(p)是等比数列
3、等比数列的连续m项和也是等比数列
即b(n)=a(n)+a(n+1)+...+a(n+m-1)构成的数列是等比数列。
三、数列的前N项和与逐项差
1、如果数列的通项公式是关于N的多项式，最高次数为P，则数列的前N项和是关于N的多项式，最高次数为P+1。
（这与积分很相似）
2、逐项差就是数列相邻两项的差组成的数列。
如果数列的通项公式是关于N的多项式，最高次数为P，则数列的逐项差的通项公式是关于N的多项式，最高次数为P-1。
（这与微分很相似）
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
从上例看出，四次数列经过四次逐项差后变成常数数列。
等比数列的逐项差还是等比数列
四、已知数列通项公式A（N），求数列的前N项和S（N）。
这个问题等价于求S（N）的通项公式，而S（N）=S（N-1）+A（N），这就成为递推数列的问题。
解法是寻找一个数列B（N），
使S（N）+B（N）=S（N-1）+B（N-1）
从而S（N）=A（1）+B（1）-B（N）
猜想B（N）的方法：把A（N）当作函数求积分，对得出的函数形式设待定系数，利用B（N）-B（N-1）=-A（N）求出待定系数。
例题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积分得（N*LN2-1）*2^N/(LN2)^2
因此设B（N）=（PN+Q)*2^N
则 （PN+Q)*2^N-[P（N-1）+Q)*2^（N-1）=-N*2^N
（P*N+P+Q）/2*2^N=-N*2^N
因为上式是恒等式，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
例题2：A（N）=N*（N+1）*（N+2），求S（N）
解法1：S（N）为N的四次多项式，
设：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. 做数列之类题的步骤
第一步弄清“是什么”，先读取题中所给已知信息，
第二步弄清“要干什么”，要搞清楚自己的目标在哪里，
第三步再说“怎么做”，调用各部分知识、方法技能，综合运用各种信息、知识、技能来解决问题。
6. 遇到关于数列的应用题时，解题步骤，思路有哪些
1、先搞清楚是等差数列还是等比数列，先找出规律。
2、巧用性质、减少运算量。
3、需要什么，就求什么。既要充分合理地运用条件，又要时刻注意题的目标。
7. 请简述编制变量数列的方法!(统计学)
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二、变量数列的编制
变量数列的编制比较复杂，因此有必要对变量数列的编制方法、编制步骤以及编制过程中需注意的问题进行探讨。
（一）阵列，求全距
首先对原始资料进行初步整理，即将各个变量值按大小顺序排列，形成一个阵列，并确定其全距R。全距是指资料中的最大值与最小值之差，能反映资料中各变量值波动的范围大小。通过初步整理，可使我们大致了解该资料的某些特征和变动规律，从而为正确编制变量数列提供必要的依据。
（二）确定变量数列的形式
编制单项数列还是组距数列，主要取决于所研究变量的类型以及变量变动的幅度。对于连续变量，因其所描述对象的数量特征，在一个区间内可以有无限多个数值，无法按一定次序将其变量值一一列举，所以只能编制组距数列。对于离散变量，则要根据其变量值的多少和变异幅度的大小来确定。如变量值较少以及变异幅度较小的，可编制单项数列；如变量值较多以及变异幅度较大的，应编制组距数列。具体如何分组，要结合分析目的及资料特点确定。
（三）确定组距和组数
组距的大小和组数的多少互为制约成反比关系。组距越大，组数就越少；组距越小，组数就越多。组数过少，容易把不同质的单位归在一个组内；组数过多，又容易把同质单位划入到不同的组内。两者都不符合分组的要求，都不能确切地反映总体的分布特征。因 此，确定组距和组数，应全面分析资料所反映的经济内容、变量值的离散程度或集中趋势以及数据多少等因素，要使组距能如实地反映出各组之间的数量界限，将同质单位归入同一组，而将不同质单位划分为不同的组，准确、真实地揭示出总体的分布特征及规律性。
当变量值变动比较均匀，并且可能编制等距数列的条件下，其组距也可采用斯特奇斯公式求得。这是一种假定总体各单位按其标志分布趋于正态分布的条件下，根据总体单位数目近似确定分组数目并计算组距近似值的方法，是由经验总结得来。计算公式为：
组距（i）=
需要指出，根据经验，由此公式求出的组数，当数据较少时，往往过多；当数据较多时，则往往过少。所以该公式只能作为参考之用。
组距数列有等距数列和异距数列两种，选等距分组还是异距分组，应根据统计研究的任务和所研究现象变化的特点来决定。一般而言，凡是现象的变动比较均匀的，宜采用等距分组。如按工资，按身高、体重，按零件尺寸误差等分组。等距分组，由于各组组距相同，各组单位数（次数）只受标志变量的影响，因此可直接比较各组的次数。同时，根据等距数列资料，便于直接绘制统计图，计算各项综合指标并进行对比分析。因此，应尽可能采用等距分组。但在社会经济统计中，有些现象性质差异的变动并不均衡，往往波动很大，如急剧上升或下降，这就难以用等距分组的方法来划分不同性质的组，从现象量的变化中反映出不同质的差别，这就必须采用异距分组。
采用异距分组编制的异距数列，由于各组次数要受组距大小不同的影响，为消除此影响，更确切地反映出各组次数的实际分布状况，可计算次数密度或标准组距次数。
次数密度，就是单位组距内分布的次数，又称为频数密度。计算公式为：
次数密度=
标准组距次数，即选定数列中某一合适的组距作为标准组距，用标准组距除以各组组距，得各组组距折合为标准组距的系数，再将各组的折合系数分别乘各组的次数，即可得各组的标准组距次数。
次数密度与标准组距次数其实质是相同的，它们都是对异距数列进行分析的重要指标。两者计算上的联系表现为：标准组距次数等于次数密度与标准组距的乘积。
（四）确定组限
组距、组数确定后，需进一步确定组限。组限应根据变量的性质来确定，更要有利于反映出总体各单位的实际分布特征。具体应考虑以下几个方面。（1）组限最好采用整数表示，各组下限尽可能取所选定组距的倍数。（2）组限一般不用负值表示，最小为零。（3）应使最小组下限不大于资料中的最小变量值，最大组上限不小于资料中的最大变量值。（4）对连续变量和离散变量组限的划分和表示方法，在技术上有不同的要求。对连续变量，相邻两组的组限应重叠，并且习惯上按照“上限不在本组内，应归入到下一组”的原则处理与上限相同的变量值。
（五）计量各组单位数
通过手工汇总或电子计算机汇总，在变量分组确定以后，直接计量各组内总体单位数目，得出各组总体单位的分配次数或以组次数占总次数的比率形式，则变量数列的编制结束，根据变量数列可进行各种统计分析。
8. 做数列题的方法
公式法、累加法、累乘法、待定系数法、对数变换法、迭代法、数学归纳法、换元法、不动点法、特征根的方法等等。
类型一
归纳—猜想—证明
由数列的递推公式可写出数列的前几项，再由前几项总结出规律，猜想出数列的一个通项公式，最后用数学归纳法证明．
类型二
“逐差法”和“积商法”
(1)当数列的递推公式可以化为an+1-an=f(n)时，取n=1,2,3,…,n-1，得n-1个式子：
a2-a1=f(1),a3-a2=f(2),…,an-an-1=f(n-1)，
且f(1)+f(2)+…+f(n-1)可求得时，两边累加得通项an，此法称为“逐差法”．
(2)当数列的递推公式可以化为an+1/an=f(n)时，令n=1,2,3,…,n-1,得n-1个式子，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)可求得时，两边连乘可求出an，此法称为“积商法”．
类型三
构造法
递推式是pan=qan-1+f(n)(p、q是不为零的常数)，可用待定系数法构造一个新的等比数列求解．
类型四
可转化为类型三求通项
(1)“对数法”转化为类型三．
递推式为an+1=qan�k(q＞0,k≠0且k≠1,a1＞0)，两边取常用对数，得lgan+1=klgan+lgq，令lgan=bn，则有bn+1=kbn+lgq，转化为类型三．
(2)“倒数法”转化为类型三．
递推式为商的形式：an+1=(pan+b)/(qan+c)(an≠0，pq≠0,pc≠qb)．
若b=0，得an+1=pan/(qan+c)．因为an≠0，所以两边取倒数得1/an+1=q/p+c/pan,令bn=1/an,则bn+1=(c/p)bn+q/p，转化为类型三．
若b≠0，设an+1+x=y(an+x)/qan+c，与已知递推式比较求得x、y，令bn=an+x，得bn+1=ybn/qan+c，转化为b=0的情况．
类型五
递推式为an+1/an=qn/n+k(q≠0,k∈N)
可先将等式(n+k)an+1=qnan两边同乘以(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,则bn+1= (n+k)(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)an+1．
从而bn+1=qbn，因此数列｛bn｝是公比为q，首项为b1=k(k-1)(k-2)…2�6�11�6�1a1=k!a1的等比数列，进而可求得an．
总之，由数列的递推公式求通项公式的问题比较复杂，不可能一一论及，但只要我们抓住递推数列的递推关系，分析结构特征，善于合理变形，就能找到解决问题的有效途径．
类型一�归纳—猜想—证明
由数列的递推公式可写出数列的前几项，再由前几项总结出规律，猜想出数列的一个通项公式，最后用数学归纳法证明．
�例1�设数列｛an｝是首项为1的正项数列，且(n+1)a2n+1-nan2+an+1an=0(n=1,2,3,…)，则它的通项公式是an=______________．(2000年全国数学卷第15题)
解：将(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．
��由于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),可由数学归纳法证明之，证明过程略．
类型二�“逐差法”和“积商法”
(1)当数列的递推公式可以化为an+1-an=f(n)时，取n=1,2,3,…,n-1，得n-1个式子：
a2-a1=f(1),a3-a2=f(2),…,an-an-1=f(n-1)，
且f(1)+f(2)+…+f(n-1)可求得时，两边累加得通项an，此法称为“逐差法”．
例2�已知数列｛an｝满足a1=1,an=3n-1+an-1(n≥2),证明：an=(3n-1)/2．
(2003年全国数学卷文科第19题)
证明：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．
所以得证．
(2)当数列的递推公式可以化为an+1/an=f(n)时，令n=1,2,3,…,n-1,得n-1个式子，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)可求得时，两边连乘可求出an，此法称为“积商法”．
例3�(同例1)(2000年全国数学卷第15题)
另解：将(n+1)a2n+1-nan2＋an+1an=0(n�=1,2,3,…)化简，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．
类型三�构造法
递推式是pan=qan-1+f(n)(p、q是不为零的常数)，可用待定系数法构造一个新的等比数列求解．
例4�(同例2)(2003年全国数学卷文科第19题)
另解：由an=3n-1+an-1得3�6�1an/3n=an-1/3n-1+1．
令bn＝an/3n，则有
bn=1/3bn-1+1/3． (*)
设bn+x=1/3(bn-1+x)，则bn=1/3bn-1+1/3x-x，与(*)式比较，得x=-1/2，所以bn-1/2=1/3(bn-1-1 /2)．因此数列｛bn-1/2｝是首项为b1-1=a1/3=-1/6，公比为1/3的等比数列，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�数列｛an｝中，a1=1,an+1=4an+3n+1，求an．�
解：令an+1+(n+1)x+y=4(an+nx+y)，则
an+1=4an+3nx+3y-x,与已知an+1=4an+3n+1比较，得
3x=3， 所以
x=1,
3y-x=1， y=(2/3)．
故数列｛an+n+(2/3)｝是首项为a1+1+(2/3)=(8/3)，公比为4的等比数列，因此an+n+(2/3)=(8/3)�6�14n-1,即
an=(8/3)�6�14n-1-n-(2/3)．
另解：由已知可得当n≥2时，an=4an-1+3(n-1)+1，与已知关系式作差，有an+1-an=4(an-an-1)+3，即an+1- an+1=4(an-an-1+1)，因此数列｛an+1-an+1｝是首项为a2-a1+1=8-1+1=8，公比为4的等比数列，然后可用“逐差法” 求得其通项an=(8/3)�6�14n-1-n-(2/3)．
类型四�可转化为
类型三求通项
(1)“对数法”转化为
类型三．
递推式为an+1=qan�k(q＞0,k≠0且k≠1,a1＞0)，两边取常用对数，得lgan+1=klgan+lgq，令lgan=bn，则有bn+1=kbn+lgq，转化为
类型三．
例6�已知数列｛an｝中，a1=2,an+1=an2，求an．
解：由an+1=an2＞0，两边取对数得lgan+1=2lgan．令bn=lgan则bn+1=2bn．因此数列｛bn｝是首项为b1=lga1=lg2，公比为2的等比数列，故bn=2n-1lg2=lg22n-1，即an=22n-1．
(2)“倒数法”转化为
类型三．
递推式为商的形式：an+1=(pan+b)/(qan+c)(an≠0，pq≠0,pc≠qb)．
若b=0，得an+1=pan/(qan+c)．因为an≠0，所以两边取倒数得1/an+1=q/p+c/pan,令bn=1/an,则bn+1=(c/p)bn+q/p，转化为
类型三．
若b≠0，设an+1+x=y(an+x)/qan+c，与已知递推式比较求得x、y，令bn=an+x，得bn+1=ybn/qan+c，转化为b=0的情况．
例7�在数列｛an｝中，已知a1=2,an+1=(3an+1)/(an+3)，求通项an．
解：设an+1+x=y(an+x)/an+3，则an+1=(y-x)an+(y-3)x/an+3，结合已知递推式得
y-x=3, 所以
x=1,
y-3=1， y=4，
则有an+1+1=4(an+1)/an+3，令bn=an+1，则bn+1=4bn/bn+2，求倒数得1/bn+1=1/2�6�11/bn+1/4，即1/bn+1-1/2=1/2(1/bn-1/2)．
因此数列｛1/bn-1/2｝是首项为1/b1-1/2=1/a1+1-1/2=-1/6，公比为1/2的等比数列．
故1/bn-1/2=(-1/6)(1/2)n-1，从而可求得an． 求数列的前n项和是高中数学《数列》一章的教学重点之一，而对于一些非等差数列，又非等比数列的某些数列求和，是教材的难点。不过，只要认真去探求这些数列的特点。和结构，也并非无规律可循。
典型示例：
1、 用通项公式法：
规律：能用通项公式写出数列各项，从而将其和重新组合为可求数列和。
例1：求5，55，555，…，的前n项和。
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、 错位相减法：
一般地形如{an�6�1bn}的数列，{ an }为等差数列， { bn }为等比数列，均可用错位相减法求和。
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
①两边同乘以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
当x=1时，Sn=1+5+9+�6�1�6�1�6�1�6�1+（4n-3）=2n2-n
当x≠1时，Sn= 1 1-x [ 4x(1-xn) 1-x +1-（4n-3）xn ]
3、 裂项抵消法：
这一类数列的特征是：数列各项是等差数列某相邻两项或几项的积，
一般地，{an}是公差为d的等差数列，则：
即裂项抵消法， 多用于分母为等差数列的某相邻k项之积，而分子为常量的分式型数列的求和，对裂项抵消法求和，其裂项可采用待定系数法确定。
例3：求 1 3， 1 1 5， 1 3 5， 1 63之和。
解：
4、 分组法：
某些数列，通过适当分组，可得出两个或几个等差数列或等比数列，从而可利用等差数列或等比数列的求和公式分别求和，从而得出原数列之和。
例4：求数列 的前n项和。
解：
5、 聚合法：
有的数列表示形式较复杂，每一项是若干个数的和，这时常采用聚合法，
先对其第n项求和，然后将通项化简，从而改变原数列的形式，有利于找出解题办法。
例5：求数列2，2+4，2+4+6，2+4+6+8，…，2+4+6+…+2n，…的前n项和
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：
等差数列前n项和公式的推导，是先将和式中各项反序编排得出另一个和式，然后再与原来的和式对应相加，从而解得等差数列的前n项和公式，利用这种方法也可以求出某些数列的前n项和。
例6：已知lg(xy)=a，求S，其中
S=
解: 将和式S中各项反序排列，得
将此和式与原和式两边对应相加，得
2S= + + �6�1 �6�1 �6�1 +
(n+1)项
=n(n+1)lg(xy)
∵ lg(xy)=a ∴ S= n(n+1)a
以上一个6种方法虽然各有其特点，但总的原则是要善于改变原数列的形式结构，使其能进行消项处理或能使用等差数列或等比数列的求和公式以及其它已知的基本求和公式来解决，只要很好地把握这一规律，就能使数列求和化难为易，迎刃而解。