2024年3月22日发(作者：数学试卷答案在哪里找的)
关于数列通项的求法研究
摘要：数列是高考中的重点内容之一，在很多与数学有关的内容中都可以接触到。
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
了七种一般数列的求法和一些特殊数列的求法，一般数列求法例如观察法、直接
法、归纳法、累加（乘）法、构造法、公式法（Sn法）和待定系数法，而特殊
数列例如斐波那契数列、分群数列和周期数列。
关键词：数列 通项 求法 高考 公式
Abstract
Series is one of the main points of entrance, in many mathematics-related
content can reach. As given in series form - the general term formula, the
issue of demand particularly important series. In this paper, seven general
series method for evaluating and some special series method for
evaluating the general series method for evaluating such observation, the
direct method, induction, cumulative (multiplicative) method,
construction method, formula (Sn method) and the undetermined
coefficient method , and special series such as Fibonacci sequence, the
number of clusters out and cycle series.
Key words: Sequence general term seek law college entrance
examination the formula
- 0 -
目 录
绪论
…………………………………………………………………………………
3
1.一般数列的求法
………………………………………………………………
3
1.1观察法……………………………………………………………………… 3
1.2直接法……………………………………………………………………… 4
1.3归纳法……………………………………………………………………… 4
1.4累加(乘)法………………………………………………………………… 6
1.5构造法……………………………………………………………………… 7
1.6公式法(Sn法)………………………………………………………………8
1.7待定系数法………………………………………………………………… 9
2.特殊数列的求法
………………………………………………………………
9
2.1斐波那契数列……………………………………………………………… 9
2.2分群数列……………………………………………………………………10
2.3周期数列……………………………………………………………………12
总结
…………………………………………………………………………………
15
谢辞
…………………………………………………………………………………
15
参考文献
…………………………………………………………………………
16
- 1 -
绪论
数列中蕴含着丰富的数学思想。数项的通项问题具有很强的逻辑性，是考查
逻辑推理和转化化归能力的好素材，因此也成高中数学中很重要的内容之一，是
高考的热点和重点。所以对此研究使学生能更好的理解学习并应用。
数列的通项公式是数列的核心内容之一,它如同函数中的解析式一样,有了
解析式便可研究其性质等。而有了数列的通项公式便可求出任一项以及前n项和
等。因此,求数列的通项公式往往是解题的突破口、关键点. 一些题目中经常出
现给出数列的解析式（包括递推关系式和非递推关系式），求通项公式的问题，
对于这类问题学生感到困难较大。所以引起很多人重视。
已知数列的递推公式，求取其通项公式是数列中一类常见的题型，这类题型
如果单纯的看某一个具体的题目，它的求解方法灵活是灵活多变的，构造的技巧
性也很强，但是此类题目也有很强的规律性，存在着解决问题的通法，本文就数
学中常见的几类题型和一些特殊数列从解决通法上做一总结，有一般数列求法和
特殊数列求法两部分，方便于学生学习和老师的教学。
1一般数列求法
分别介绍几种常见的数列通项的求法，以期能给读者一些启示。
1. 1观察法
求常规数列的通项，认真观察所给数据的结构特征，找出a
n
与n的对应关
系，正确写出对应的表达式。
例1：求下列数列的通项公式
2
2
—13
2
—14
2
—15
2
—1
（1） ， ， ， ，…
2345
（2）－
1111
， ，－ ， ，…
1×22×33×44×5
2101726
（3） ，1， ， ， ，…
37911
n
2
—1（－1）
n
n
2
＋1
解析：（1）a
n
= （2）a
n
= （3） a
n
=
nn（n+1）2n＋1
- 2 -
例2：求数列0，2，0，2，0，2，…的一个通项公式。
解析：若每一项均减去1，数列相应变为－1，1，－1，1，…
故数列的通项公式为a
n
=1+（－1）
n
1. 2直接法
如果已知数列为等差（或等比）数列，可直接根据等差（或等比）数列的通
项公式，求得
a
1
，d（或q），从而直接写出通项公式。
例3. 等差数列
a
n
是递减数列，且
a
2
a
3
a
4
=48，
a
2
a
3
a
4
=12，则数
列的通项公式是（ ）
(A)
a
n
2n12
(B)
a
n
2n4
(C)
a
n
2n12
(D)
a
n
2n10
(a
3
d)a
3
(a
3
d)48
解析：设等差数列的公差位d，由已知
，
3a12
3
a4
解得
3
，又
a
n
是递减数列， ∴
d2
，
a
1
8
，
d2
所以
a
n
8(n1)(2)
2n10
，故选(D)。[1]
例4. 已知等比数列
a
n
的首项
a
1
1
，公比
0q1
，设数列
b
n
的通项
为
b
n
a
n1
a
n2
，求数列
b
n
的通项公式。
解析：由题意，
b
n1
a
n2
a
n3
，又
a
n
是等比数列，公比为
q
b
n1
a
n2
a
n3
q
，故数列
b
n
是等比数列，
b
1
a
2
a
3
a
1
qa
1
q
2
q(q1)
，
b
n
a
n1
a
n2
所以
b
n
q(q1)q
n1
q
n
(q1)
1. 3归纳法
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
- 3 -
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。
对难以用上各法求通项的数列，常先由递推公式算出前几项，找到规律，归
纳、猜想出通项公式再加以证明。
例5.（2002年北京春季高考）已知点的序列
A
n
(x
n
,0),nN
*
，其中
x
1
0
，
x
2
a(a0)
，
A
3
是线段
A
1
A
2
的中点，
A
4
是线段
A
2
A
3
的中点，…，
A
n
是线段
A
n2
A
n1
的中点，…
（1） 写出
x
n
与
x
n1
,x
n2
之间的关系式（
n3
）。
（2） 设
a
n
x
n1
x
n
，计算
a
1
,a
2
,a
3
，由此推测
a
n
的通项公式，并加以证
明。
（3） 略
解析：（1）∵
A
n
是线段
A
n2
A
n3
的中点， ∴
x
n
（2）
a
1
x
2
x
1
a0a
，
a
2
x
3
x
2
x
2
x
1
11
x
2
=
(x
2
x
1
)a
，
22
2
x
3
x
2
11
x
3
=
(x
3
x
2
)a
，
24
2
x
n1
x
n2
(n3)
2
a
3
x
4
x
3
1
猜想
a
n
()
n1
a(nN*)
，下面用数学归纳法证明
2
1
0
当n=1时，
a
1
a
显然成立；
1
2
0
假设n=k时命题成立，即
a
k
()
k1
a(kN*)
2
a
k1
x
k2
x
k1
则n=k+1时，
x
k1
x
k
11
x
k
=
(x
k1
x
k
)a
k
22
2
111
=
()()
k1
a()
k
a
222
∴ 当n=k+1时命题也成立，
∴ 命题对任意
nN
*
都成立。[2]
2
例6：在数列｛
a
n
｝中，
a
1
2,a
n1
a
n
na1
，求
a
n
的表达式。
2
解析：因为
a
1
2,a
n1
a
n
na1
，所以得：
a
2
3,a
3
4,a
4
5
，
- 4 -
猜想：
a
n
n1
。下面用数学归纳法证明：
（1） 当
n1
时，
a
4
=1+1=2与计算结果相同，故等式成立。
（2） 假设当
nk
时成立，即
a
k
k1
那么，当
nk1
时，
2
a
k1
a
k
ka1(k1)
2
k(k1)1k2(k1)1
即当
nk1
时成立。由此得：
a
n
n1
。
1. 4累加（乘）法
对于形如
a
n1
a
n
f(n)
型或形如
a
n1
f(n)a
n
型的数列，我们可以根据递
推公式，写出n取1到n时的所有的递推关系式，然后将它们分别相加（或相乘）
即可得到通项公式。
例7. 若在数列
a
n
中，
a
1
3
，
a
n1
a
n
n
，求通项
a
n
。
解析：由
a
n1
a
n
n
得
a
n1
a
n
n
，所以
a
n
a
n1
n1
，
a
n1
a
n2
n2
，…，
a
2
a
1
1
，
将以上各式相加得：
a
n
a
1
(n1)(n2)1
，又
a
1
3
所以
a
n
=
例8.在数列
a
n
中，
a
1
1
，
a
n1
2
n
a
n
（
nN
*
），求通项
a
n
。
解析：由已知
n(n1)
3
[3]
2
a
n1
aa
a
2
n
，
n
2
n1
，
n1
2
n2
，…，
2
2
，又
a
1
1
，
a
n
a
n1
a
n2
a
1
n(n1)
a
n
a
n1
a
2
n1n2
所以
a
n
=
a
1
=
22
…
21
=
2
2
…
a
n1
a
n2
a
1
例9
：
（1）已知数列{a
n
}满足a
1
=1且a
n
=
2（n-1）
a
n—1
（n≥2），求a
n
n
11
（2）数列{a
n
}满足a
1
= 且a
n
=
n
a
n—1
，求a
n
22
- 5 -
解析：（1）由条件
a
n
2（n－1）2（n－1）
= ，记f（n）=
a
n—1
nn
a
n
a
n－1
a
2
a
n
= · ·… ·a
1
=f（n）f（n－1）f（n－2）…f（2）f
a
n—1
a
n—2
a
1
（2）a
1
2（n－1）2（n－2）2（n－3）2×22×12
n－1
· · ·… · ·1=
=
nn－1n－232n
a
n
a
n－1
a
2
11111
（2）a
n
= · ·… ·a
1
=
n
·
n－1
…
2
· =
1＋2＋…＋n
a
n—1
a
n—2
a
1
22222
=2
－
2
n（n＋1）
评注：如果f（n）=q（q为常数），则{a
n
}为等比数列，a
n
= f（n）
a
n—1
型数列是等比数列的一种推广，教材中对等比数列通项公式地推导其实正是
用累积法推导出来的。[4]
1. 5构造法
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。
21
例10.在数列
a
n
中，
a
1
1
，
a
2
2
，
a
n2
a
n1
a
n
，求
a
n
。
33
211
解析：在
a
n2
a
n1
a
n
两边减去
a
n1
，得
a
n2
a
n1
(a
n1
a
n
)
333
a
n1
a
n
是以
a
2
a
1
1
为首项，以
1
为公比的等比数列，
3
1
a
n1
a
n
()
n1
，由累加法得
3
a
n
=
(a
n
a
n1
)(a
n1
a
n2
)(a
2
a
1
)a
1
11
=
()
n2
()
n3
33
1
1()
n1
131
3
…
()11
==
[1()
n1
]1
1
343
1
3
=
731
n1
()
443
- 6 -
例11.（2003年全国高考题）设
a
0
为常数，且
a
n
3
n1
2a
n1
（
nN
*
），
1
证明：对任意n≥1，
a
n
[3
n
(1)2
n
](1)
n
2
n
a
0
5
证明：设，
a
n
t3
n
2(a
n1
t3
n1
)
用
a
n
3
n1
2a
n1
代入可得
t
3
n
∴
a
n
5
1
5
5
是公比为
2
，首项为
a
1
3
的等比数列，
3
n
3
(12a
0
)(2)
n1
（
nN
*
）∴
a
n
，
55
3
n
(1)
n1
2
n
(1)
n
2
n
a
0
即：
a
n
5
1. 6公式法（Sn法）
公式法即利用公式
a
n
S
n
S
n1
(n2)
求数列通项公式的一种方法。
例12.在数列
a
n
中，
a
1
+2
a
2
+3
a
3
+…+
na
n
=
n(n1)(n2)
，求
a
n
。
解析：令
S
n
=
a
1
+2
a
2
+3
a
3
+…+
na
n
=
n(n1)(n2)
，
则
S
n1
=
a
1
+2
a
2
+3
a
3
+…+
(n1)a
n1
=
(n1)n(n1)
，
则
S
n
－
S
n1
=
na
n
=
n(n1)(n2)
－
(n1)n(n1)
，
∴
a
n
=
(n1)(n2)
－
(n1)(n1)
=
3n3
例13. 设数列
a
n
的前n项和
S
n
=
4a
n
解析：由
S
n
=
4a
n
1
2
n2
1
2
n2
，求
a
n
。
， ，得
S
n1
=
4a
n1
1
2
n2
1
2
n1
1
2
n1
∴
a
n1
=
S
n1
－
S
n
=
a
n
－
a
n1
+（）
- 7 -
11
∴
a
n1
=
a
n
+
n
，两边同乘以
2
n1
，得
2
n1
a
n1
=
2
n
a
n
+2，
2
2
∴
2
n
a
n
是首项为1公差为2的等差数列，
∴
2
n
a
n
=2+
(n1)2
=
2n
， ∴
a
n
=
n
2
n1
[5]
1. 7待定系数法
例14：设数列
{c
n
}
的各项是一个等差数列与一个等比数列对应项的和，若
c
1
=2，c
2
=4，c
3
=7，c
4
=12，求通项公式c
n
[6]
解析：
ab2
q2
adbq4
d1
n1
设
c
n
a(n1)dbq
c
n
n2
n1
2
a2dbq7
b1
a3dbq
3
12
a1
bb
，
c
n
bc
n1
，
1b1b
其中b是与n无关的常数，且
b1
。求出用n和b表示的a
n
的关系式。
解析：递推公式一定可表示为
b
c
n
b(c
n1
)
的形式。由待定系数法知：
b
1b
bbb
,cb(c)
b1,
nn1
1b
2
1b
2
1b
2
例15. 已知数列
c
n
中，
c
1
bb
2
b
故数列
c
n
是首项为
c
1
2
2
，公比为
b
的等比数列，故
2
1bb1
1b
bb
2
b
n1
n1
c
n
b
2
1b
2
b
2
1b1
n1
bb
c
n
2
b1
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
{a
n
}
为等差数列：则
a
n
bnc
，
s
n
bn
2
cn
（b、ｃ为
常数），若数列
{a
n
}
为等比数列，则
a
n
Aq
n1
，
s
n
Aq
n
A(Aq0,q1)
。
- 8 -
2特殊数列的求法
2.1斐波那契数列
斐波那契（1175－1250）出生于意大利比萨市，是一名闻名于欧洲的数学家，
其主要的著作有《算盘书》、《实用几何》和《四艺经》等。在1202年斐波那契
提出了一个非常著名的数列，即：
假设一对兔子每隔一个月生一对一雌一雄的小兔子，每对小兔子在两个月以
后也开始生一对一雌一雄的小兔子，每月一次，如此下去。年初时兔房里放一对
大兔子，问一年以后，兔房内共有多少对兔子？
这就是非常著名的斐波那契数列问题。其实这个问题的解决并不是很困难，
可以用
F
n
表示第
n
个月初时免房里的免子的对数，则有
F
1
1,F
2
2,F
3
3
，第
n2
个月初时，免房内的免子可以分为两部分：一部分是第
n1
个月初就已经
在免房内的免子，共有
F
n1
对；另一部分是第
n2
个月初时新出生的小免子，共
有
F
n
对，于是有
F
n2
F
n1`
F
n
。
现在就有了这个问题：这个数列的通项公式如何去求？为了解决这个问题，
我们先来看一种求递归数列通项公式的求法——特征根法。
特征根法：设二阶常系数线性齐次递推式为
x
n2
px
n1
qx
n
（
n1,p,q为常数
，q
0
），其特征方程为
x
2
pxq
，其根为特征根。
1.若特征方程有两个不相等的实根
,
，则其通项公式为
x
n
A
n
B
n
（
n1
），其中A、B由初始值确定；
2.若特征方程有两个相等的实根
，则其通项公式为
，其中A、B由初始值确定。 （这个
x
n
[A
B(n1)
n1
（
n1
）
问题的证明我们将在下节课给出）
因此对于斐波那契数列
F
n2
F
n1`
F
n
，对应的特征方程为
x
2
x1
，其
特征根为：
1515
，所以可设其通项公式为
F
n
A
15
B
15
，
x
1
,x
2
2
2
22
nn
15
15
B1A
2
2
利用初始条件
F
1
1,F
2
2
得
，解得
22
15
15
A
2
B2
2
- 9 -
A
15
25
,B
15
25
15
n1
15
n1
1
所以
F
n
。[7]
2
5
2
这数列就是著名的斐波那契数列的通项公式。斐波那契数列有许多生要有
趣的性质，如：
它的通项公式是以无理数的形式给出的，但用它计算出的每一项却都是整
数。斐波那契数列在数学竞赛的组合数学与数论中有较为广泛地应用。为了方便
大家学习这一数列，我们给出以下性质：
（1）斐波那契数列的前
n
项和
S
n
F
n2
1
；
（2）
F
n
2
1
F
n
F
n2
(1)
n
；
（3）
4F
n
3F
n1
6F
n
（
n3
）；
（4）
F
mn1
F
m1
F
n
F
m
F
n1
（
m,nN
*
,n1
）；
（5）
F
2n
F
n
2
1
F
n
2
1
（
nN
*
,n1
）；
n
1115
例题：数列
f
n
的通项公式为
f
n
22
5
5
n
，
nZ
+
．记
2n
S
n
C
1
n
f
1
+C
n
f
2
++C
n
f
n
，求所有的正整数
n
，使得
S
n
能被8整除。
（2005年上海竞赛试题）
解析：记
1515
,
,则
22
1
n
ii
1
n
iii
S
n
C
n
C
n
i
5
i1
5
i0
1
n
ii
n
ii
1
nn
C
C
1
1
nn
5
i0
5
i0
nn
1
35
35
5
2
2
注意到
35
2
3
2
5
3,
3
2
535
1
，可得
2
- 10 -
n1n1nn
1
353535353535
S
n2
2
2
2
2
2
2
5
3S
n1
S
n
因此，S
n+2
除以8的余数，完全由S
n+1
、S
n
除以8的余数确定
112
S
1
C
1
f
1
,S
2
C
2
f
1
C
2
f
2
3
，故由(*)式可以算出
S
n
各项除以8的余
数依次是1,3，0,5，7,0，1,3，……，它是一个以6为周期的数列，从而
8S
n
3n
，故当且仅当
3n时，8S
n
[8]
2.2分群数列
将给定的一个数列{
a
n
}：
a
1
,a
2
,a
3
,a
4
,a
5
,a
6
,
按照一定的规则依顺序用括
号将它分组，则可以得到以组为单位的序列。如在上述数列中，我们将
a
1
作为第
一组，将
a
2
,a
3
作为第二组，将
a
4
,a
5
,a
6
作为第三组，……依次类推，第
n
组有
n
个元素，即可得到以组为单位的序列：（
a
1
），（
a
2
,a
3
），（
a
4
,a
5
,a
6
），……我们
通常称此数列为分群数列。
一般地，数列{
a
n
}的分群数列用如下的形式表示：（
a
1
,a
2
,
,a
p
），
（a
p1
,a
p2
,
,a
r
），（
a
r1
,a
r2
,
,a
s
），……，其中第1个括号称为第1群，第
2个括号称为第2群，第3个括号称为第3群，……，第
n
个括号称为第
n
群，
而数列{
a
n
}称为这个分群数列的原数列。如果某一个元素在分群数列的第
m
个
群中，且从第
m
个括号的左端起是第
k
个，则称这个元素为第
m
群中的第
k
个元
素。
值得注意的是一个数列可以得到不同的分群数列。如对数列{
a
n
}分群，还
可以得到下面的分群数列：
第
n
个群中有
2n1
个元素的分群数列为：（
a
1
），（
a
2
,a
3
,a
4
），
（
a
5
,a
6
,a
7
,a
8
,a
9
）…；
第
n
个群中有
2
n
个元素的分群数列为：（
a
1
,a
2
），（
a
3
,a
4
,a
5
,a
6
），
（
a
7
,a
8
,a
9
,,a
14
）…等等。
- 11 -
例题：将正奇数集合
{1,3,5,}
从小到大按第
n
组有
2n1
个奇数进行分组：
{1}，{3，5，7}，{9，11，13，15，17}，……问1991位于第几组？
解析：需要写出第
n
组的第1个数与最后一个数，1991介于其中，而第
n
组的最后一个数为
2n
2
1
。第n组的第一个数即第n－1组的最后一个数后
面的奇数，为[2(n－1)
2
－1]+2=2(n－1)
2
+1。由题意知2(n－
1)
2
+1
1991
2n
2
1
，
解得(n－1)
2
995
且
n
2
996
，从而
n32
且
n32
，故
n32
，即1991位
于第32级中。[9]
2.3周期数列
对于数列{
a
n
}，如果存在一个常数
T(TN
*
)
，使得对任意的正整数
nn
0
恒
有
a
nT
a
n
成立，则称数列{
a
n
}是从第
n
0
项起的周期为T的周期数列。若
n
0
1
，则称数列{
a
n
}为纯周期数列，若
n
0
2
，则称数列{
a
n
}为混周期数列，
T的最小值称为最小正周期，简称周期。
周期数列主要有以下性质：
（1）周期数列是无穷数列，其值域是有限集；
（2）周期数列必有最小正周期（这一点与周期函数不同）；
（3）如果T是数列{
a
n
}的周期，则对于任意的
kN
*
，
kT
也是数列{
a
n
}的
周期；
（4）如果T是数列{
a
n
}的最小正周期，M是数列{
a
n
}的任一周期，则必有
T|M，即M=
kT
（
kN
*
）；
（5）已知数列{
a
n
}满足
a
nt
a
n
（
n,tN
*
,
t
为常数），
S
n
,T
n
分别为{
a
n
}的
前
n
项的和与积，若
nqtr,0rt,q,rN
*
，则
S
n
qS
t
S
r
，
T
n
(T
t
)
q
T
r
；
（6）设数列{
a
n
}是整数数列，
m
是某个取定大于1的自然数，若
b
n
是
a
n
除
以
m
后的余数，即
b
n
a
n
(modm)
，且
b
n
{0,1,2,
,m1}
，则称数列
{
b
n
}
是{
a
n
}
关于
m
的模数列，记作
{a
n
(modm)}
。若模数列
{a
n
(modm)}
是周期的，则称{
a
n
}
- 12 -
是关于模
m
的周期数列。
（7）任一
k
阶齐次线性递归数列都是周期数列。
5a
n
3a
n
a
n1
a
n
为偶数时
例题：已知
a
1
1,a
2
2
，
a
n2
，，试证：对于一切
aa
a
n1
a
n
为奇数时
n
n1
nN
*
，
a
n
所有的项都不是4的倍数。
证明： 由于该数列不是周期数列，但模4后得到的数列是周期数列，从开
头的几项1，2，7，29，22，23，49，26，－17，……模4后得1，
2，3，1，2，3，1，2，3，……发现这是一个周期为3的周期数列。
设
a
n3
a
n
(mod4)
，对于
n1,2,,k
（其中
k3
）成立，则
a
n2
a
n1
(mo4d)
，所以
a
k2
a
k3
与
a
k1
a
k
奇偶性相同，所以
a
k4
5a
k3
3a
k2
5a
k
3a
k1
a
k1
(mo4d)
或
a
k4
a
k3
a
k2
a
k
a
k1
a
k1
(mod4)
因此，将数列每一项模4后，余数成周期数列，周期为3，因此
a
n
所有项
都不是4的倍数。
- 13 -
总结
关于本课题很多教师学生在平时也多有总结，但是成完整系统的明确研究却
不多。
数列通项公式直接表述了数列的本质，是给出数列的一种重要方法。数列通
项公式具备两大功能，第一，可以通过数列通项公式求出数列中任意一项；第二，
可以通过数列通项公式判断一个数是否为数列的项以及是第几项等问题；因此，
求数列通项公式是高中数学中最为常见的题型之一，它既考察等价转换与化归的
数学思想，又能反映学生对数列的理解深度，具有一定的技巧性，是衡量考生数
学素质的要素之一，因而经常渗透在高考和数学竞赛中。
此篇文章可以使大家根据数列递推公式求出通项公式并能解决简单的实际
问题。据发现，很多学生学完了数列这章后总会感到数列很难，尤其是对数列通
项公式求法感到很棘手。我总结了一些有关通项公式的求法，以供参考学习。
谢辞
本论文设计在毛老师的悉心指导和严格要求下业已完成，从课题选择到具体
的写作过程，无不凝聚着毛老师的心血和汗水，在我的毕业论文写作期间，毛老
师为我提供了种种专业知识上的指导和一些富于创造性的建议，没有这样的帮助
和关怀，我不会这么顺利的完成毕业论文。在此向毛老师表示深深的感谢和崇高
的敬意。
在临近毕业之际，我还要借此机会向在这四年中给予了我帮助和指导的所有
老师表示由衷的谢意，感谢他们四年来的辛勤栽培。不积跬步何以至千里，各位
任课老师认真负责，在他们的悉心帮助和支持下，我能够很好的掌握和运用专业
知识，并在设计中得以体现，顺利完成毕业论文。
同时，在论文写作过程中，我还参考了有关的书籍和论文，在这里一并向有
关的作者表示谢意。
- 14 -
参考文献
[1] 付荣强主编，考点解码模型破解重点难点高中数学-数列[J].吉林：吉林教
育出版社.2009-04-17
[2] 于长军主编，数列（龙门专题）[J].龙门书局.2008-7
[3] 陶平生、苏建一等编，数列与归纳法(高中数学竞赛专题讲座)[J].浙江：浙
江大学出版社. 2007-1
[4] BSK高考命题研究组 编，超级数学专题题典数列[J].北京：世界图书出版
公司.2009-04-17
[5] 江苏省教育厅编，苏教版高中数学必修5[M].北京：教育科学出版社.2004-3
[6] 陈长城编，高中数学.直线与圆的议程[J].河北：河北教育出版社.2006-9
[7] 明知白主编，数列求和[J].北京：北京师范大学出版社.2003-6
[8] 单墩编，数列与数学归纳法[M].上海：上海科技教育出版社 .2007-6
[9] 刘光武主编，数列方法论[M].北京：中华书局出版社.1977-5
- 15 -
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