高中数列解题方法

第一篇：高中数列解题方法

数

1.公式法：

等差数列求和公式:Sn

n(a1an)n(n-1)na1d 2

2Snna1(q1)

等比数列求和公式：a1(1-qn)(a1-anq)Sn(q1)1q1q

等差数列通项公式：ana1(n1)d

等比数列通项公式：ana1qn

12.错位相减法

适用题型：适用于通项公式为等差的一次函数乘以等比的数列形式 和等差等比数列相乘{an},{bn}分别是等差数列和等比数列.Sna1b1a2b2a3b3...anbn

例题：

已知ana1(n1)d,bna1qn1,cnanbn,求{cn}的前n项和Sn

3.倒序相加法

这是推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个(a1an)

例题：已知等差数列{an}，求该数列前n项和Sn

4.分组法

有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可.5.裂项法

适用于分式形式的通项公式，把一项拆成两个或多个的差的形式，即然后累加时抵消中间的许多项。

常用公式：

111n(n1)nn1

1111(2)()(2n1)(2n1)22n12n1 11(3)(a)aba(1)

例题：求数列an1的前n项和S

n n(n1)

小结：此类变形的特点是将原数列每一项拆为两项之后，其中中间的大部分项都互相抵消了。只剩下有限的几项。

注意： 余下的项具有如下的特点

1余下的项前后的位置前后是对称的。

2余下的项前后的正负性是相反的。

6.数学归纳法

一般地，证明一个与正整数n有关的命题，有如下步骤：

（1）证明当n取第一个值时命题成立；

（2）假设当n=k（k≥n的第一个值，k为自然数）时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立。

例题：求证： 1×2×3×4 + 2×3×4×5 + 3×4×5×6 + …… + n(n+1)(n+2)(n+3)= n(n1)(n2)(n3)(n4)5

7.通项化归

先将通项公式进行化简，再进行求和。

8.（备用）a3b3(ab)(a2abb2)

ab(ab)(aabb)3322

第二篇：数列题型及解题方法归纳总结

文德教育

知识框架

列数列的分类数数列的通项公式函数的概念角度理解数列的递推关系等差数列的定义anan1d(n2)等差数列的通项公式ana1(n1)d等差数列n等差数列的求和公式Sn2(a1an)na1n(n1)d2等差数列的性质anamapaq(mnpq)两个基等比数列的定义anq(n本数列a2)n1等比数列的通项公式an1na1q数列等比数列a1anqaqn1(1)等比数列的求和公式S(q1)n1q1qna1(q1)等比数列的性质anamapaq(mnpq)公式法分组求和错位相减求和数列求和裂项求和倒序相加求和累加累积归纳猜想证明数列的应用分期付款其他

掌握了数列的基本知识，特别是等差、等比数列的定义、通项公式、求和公式及性质，掌握了典型题型的解法和数学思想法的应用，就有可

能在高考中顺利地解决数列问题。

一、典型题的技巧解法

1、求通项公式（1）观察法。（2）由递推公式求通项。

对于由递推公式所确定的数列的求解，通常可通过对递推公式的变换转化成等差数列或等比数列问题。

(1)递推式为an+1=an+d及an+1=qan（d，q为常数）例

1、已知{an}满足an+1=an+2，而且a1=1。求an。

例

1、解 ∵an+1-an=2为常数 ∴{an}是首项为1，公差为2的等差数列

∴an=1+2（n-1）即an=2n-1 例

2、已知{a1n}满足an12an，而a12，求an=？

（2）递推式为an+1=an+f（n）

例

3、已知{a12，a1n}中a1n1an4n2，求1an.解： 由已知可知an1an1(2n1)(2n1)12(12n112n1)

令n=1，2，„，（n-1），代入得（n-1）个等式累加，即（a2-a1）+（a3-a2）+„

+（an-an-1）

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ana112(112n1)4n34n2

★ 说明 只要和f（1）+f（2）+„+f（n-1）是可求的，就可以由an+1=an+f（n）以n=1，2，„，（n-1）代入，可得n-1个等式累加而求an。

(3)递推式为an+1=pan+q（p，q为常数）

例

4、{an}中，a11，对于n＞1（n∈N）有an3an12，求an.解法一： 由已知递推式得an+1=3an+2，an=3an-1+2。两式相减：an+1-an=3（an-an-1）

因此数列{an+1-an}是公比为3的等比数列，其首项为a2-a1=（3×1+2）-1=4 ∴an-1 n+1-an=4·3n-1 ∵an+1=3an+2 ∴3an+2-an=4·3即 an=2·3n-1-1 解法二： 上法得{an+1-an}是公比为3的等比数列，于是有：a2-a1=4，a3-a2=4·3，a23n-24-a3=4·3，„，an-an-1=4·，把n-1个等式累加得： ∴an=2·3n-1-1

(4)递推式为an+1=p an+q n（p，q为常数）

b2n1bn3(b题的解法，得：b2nnbn1)由上n32(3)∴

abnn23(1n1nn2)2(3)

(5)递推式为an2pan1qan

思路：设an2pan1qan,可以变形为：an2an1(an1an)，想

于是{an+1-αan}是公比为β的等比数列，就转化为前面的类型。求

an。

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(6)递推式为Sn与an的关系式

关系；2）试用n表示an。

∴Sn1Sn(anan1)(12n212n1)

∴a1n1anan12n

1∴a1n12an1n

2上式两边同乘以2n+1得2n+1an+1=2nan+2则{2nan}是公差为2的等差数列。

∴2nan= 2+（n-1）·2=2n

数列求和的常用方法：

1、拆项分组法：即把每一项拆成几项，重新组合分成几组，转化为特殊数列求和。

2、错项相减法：适用于差比数列（如果an等差，bn等比，那么anbn叫做差比数列）

即把每一项都乘以bn的公比q，向后错一项，再对应同次

项相减，转化为等比数列求和。

3、裂项相消法：即把每一项都拆成正负两项，使其正负抵消，只余有限几项，可求和。



适用于数列11a和nan1aana（其中 n1n等差）



可裂项为：

1a1d(1a1，nan1na)n111anan1d(an1an)

等差数列前n项和的最值问题：（文德教育

1、若等差数列an的首项a10，公差d0，则前n项和Sn有最大值。（ⅰ）若已知通项a，则San0nn最大a；

n10（ⅱ）若已知Snpn2qn，则当n取最靠近q2p的非零自然数时Sn最大；

2、若等差数列an的首项a10，公差d0，则前n项和Sn有最小值（ⅰ）若已知通项aSan0n，则n最小；

an10（ⅱ）若已知Spn2nqn，则当n取最靠近q2p的非零自然数时Sn最小；

数列通项的求法：

⑴公式法：①等差数列通项公式；②等比数列通项公式。

⑵已知Sn（即a1a2anf(n)）求an，用作差法：aS,(n1)nS1。

nSn1,(n2)f(1),(n已知aaf(n)求a1)12ann，用作商法：anf(n)。(n1),(n

f2)⑶已知条件中既有Sn还有an，有时先求Sn，再求an；有时也可直接求an。⑷若an1anf(n)求

an用累加法：

an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1(n2)。

⑸已知

an1af(n)求an，用累乘法：anannaan1a2n1an2aa1(n2)。

1⑹已知递推关系求an，用构造法（构造等差、等比数列）。

特别地，（1）形如ankan1b、ankan1bn（k,b为常数）的递推数列都可以用待定系数法转化为公比为k的等比数列后，再求an；形

如annkan1k的递推数列都可以除以kn得到一个等差数列后，再求

an。

（2）形如a1nanka

n1b的递推数列都可以用倒数法求通项。（3）形如akn1an的递推数列都可以用对数法求通项。

（7）（理科）数学归纳法。（8）当遇到an1an1d或an1aq时，分奇数项偶数项讨论，结果可

n1能是分段形式。数列求和的常用方法：

（1）公式法：①等差数列求和公式；②等比数列求和公式。

（2）分组求和法：在直接运用公式法求和有困难时，常将“和式”中“同类项”先合并在一起，再运用公式法求和。（3）倒序相加法：若和式中到首尾距离相等的两项和有其共性或数列的通项与组合数相关联，则常可考虑选用倒序相加法，发挥其共性的作用求和（这也是

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等差数列前n和公式的推导方法）.（4）错位相减法：如果数列的通项是由一个等差数列的通项与一个等比数列的通项相乘构成，那么常选用错位相减法（这也是等比数列前n和公式的推导方法）.（5）裂项相消法：如果数列的通项可“分裂成两项差”的形式，且相邻项分裂后相关联，那么常选用裂项相消法求和.常用裂项形式有：

①111； ②11n(n1)nn1n(nk)k(1n1nk)； ③1k21k2112(1k11k1)，11k1k11(k1)k111k2(k1)kk1； k④111 ；⑤

n11n(n1)(n2)12[n(n1)(n1)(n2)](n1)!n!；(n1)!⑥2(n1n)212nn1nnn12(nn1)

二、解题方法：

求数列通项公式的常用方法：

1、公式法

2、由Sn求an

（n1时，a1S1，n2时，anSnSn1）

3、求差（商）法

如：a1n满足12a122a2„„12nan2n51

解：n1时，12a1215，∴a114 n2时，12a1122a12„„2n1an12n152

12得：12nan2

∴an1n

2∴an14(n1)2n1(n2)

［练习］

数列a5n满足SnSn13an1，a14，求an

（注意到a1n1Sn1Sn代入得：SnS4

n 又S是等比数列，Sn14，∴Snn4

n2时，an1nSnSn1„„3·4

4、叠乘法

例如：数列aan1n中，a13，annn1，求an

解：a2·a3„„an1·2a1a2an123„„n1n，∴ana11n

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又a313，∴ann

5、等差型递推公式

由anan1f(n)，a1a0，求an，用迭加法

n2时，a2a1f(2) a3a2f(3)两边相加，得：

„„„„anan1f(n) ana1f(2)f(3)„„f(n)

∴ana0f(2)f(3)„„f(n)［练习］

数列a3n1n，a11，anan1n2，求an（a1nn231）

6、等比型递推公式

ancan1dc、d为常数，c0，c1，d0 可转化为等比数列，设anxcan1x

ancan1c1x 令(c1)xd，∴xdc1

∴adnc1是首项为ad1c1，c为公比的等比数列 ∴addnc1an11c1·c ∴adn1na1c1cd c1［练习］

数列an满足a19，3an1an4，求an

n1（an8431）

7、倒数法

例如：a2an11，an1an2，求an

由已知得：1aan21n12a1n2a

n ∴11a12

n1an 1a为等差数列，11，公差为1 na126

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111a1n1·n22n1

∴an2n1

2．数列求和问题的方法（1）、应用公式法

等差、等比数列可直接利用等差、等比数列的前n项和公式求和，另外记住以下公式对求和来说是有益的。

1＋3＋5＋„„＋(2n-1)=n2

【例8】 求数列1，（3+5），（7+9+10），（13+15+17+19），„前n项的和。

解 本题实际是求各奇数的和，在数列的前n项中，共有1+2+„+n=12n(n1)个奇数，∴最后一个奇数为：1+[12n(n+1)-1]×2=n

2+n-1 因此所求数列的前n项的和为

（2）、分解转化法

对通项进行分解、组合,转化为等差数列或等比数列求和。

【例9】求和S=1·（n2-1）+ 2·（n2-22）+3·（n2-32）+„+n（n2-n2）

解 S=n2（1+2+3+„+n）-（13+23+33+„+n3）

（3）、倒序相加法

适用于给定式子中与首末两项之和具有典型的规律的数列，采取把正着写与倒着写的两个和式相加，然后求和。

例

10、求和：S16C2nn3Cnn3nCn

例

10、解 S012nn0Cn3Cn6Cn3nCn

∴ Sn=3n·

2n-1

（4）、错位相减法

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如果一个数列是由一个等差数列与一个等比数列对应项相乘构成的，可把和式的两端同乘以上面的等比数列的公比，然后错位相减求和．

例

11、求数列1，3x，5x2,„,(2n-1)xn-1前n项的和．

解 设Sn=1+3+5x2+„+(2n-1)xn-1． ①

(2)x=0时，Sn=1．

(3)当x≠0且x≠1时，在式①两边同乘以x得 xSn=x+3x2+5x3+„+(2n-1)xn，②

①-②，得(1-x)S23+„+2xn-1-(2n-1)xnn=1+2x+2x+2x．

(5)裂项法：

把通项公式整理成两项(式多项)差的形式，然后前后相消。常见裂项方法：

例

12、求和1115137591(2n1)(2n3)

注：在消项时一定注意消去了哪些项，还剩下哪些项，一般地剩下的正项与负项一样多。

在掌握常见题型的解法的同时，也要注重数学思想在解决数列问题时的应用。

二、常用数学思想方法 1．函数思想

运用数列中的通项公式的特点把数列问题转化为函数问题解决。

【例13】 等差数列{an}的首项a1＞0，前n项的和为Sn，若Sl=Sk（l≠k）问n为何值时Sn最大？

此函数以n为自变量的二次函数。∵a1＞0 Sl=Sk（l≠k），∴d＜0故此二次函数的图像开口向下

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∵ f（l）=f（k）

2．方程思想

【例14】设等比数列{an}前n项和为Sn，若S3+S6=2S9，求数列的公比q。分析 本题考查等比数列的基础知识及推理能力。

解 ∵依题意可知q≠1。

∵如果q=1，则S3=3a1，S6=6a1，S9=9a1。由此应推出a1=0与等比数列不符。

∵q≠1

整理得 q3（2q6-q3-1）=0 ∵q≠0

此题还可以作如下思考：

S6=S3+q3S3=（1+q3）S3。S9=S3+q3S6=S3（1+q3+q6），∴由S336633+S6=2S9可得2+q=2（1+q+q），2q+q=0

3．换元思想

【例15】 已知a，b，c是不为1的正数，x，y，z∈R+，且

求证：a，b，c顺次成等比数列。

证明 依题意令ax=by=cz=k ∴x=1ogak，y=logbk，z=logck

∴b2=ac ∴a，b，c成等比数列（a，b，c均不为0）

数学5（必修）第二章：数列

一、选择题

1．数列a1n的通项公式an，则该数列的前（）项之和等于9。nn1A．98 B．99

C．96 D．97

2．在等差数列an中，若S41,S84，则a17a18a19a20的值为（）A．9 B．12

C．16 D．17

3．在等比数列an中，若a26，且a52a4a3120，则an为（）A．6 B．6(1)n2 C．62n2 D．6或6(1)n2或62n2

二、填空题

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1．已知数列an中，a11，an1anan1an，则数列通项an___________。

2．已知数列的Snn2n1，则a8a9a10a11a12=_____________。3．三个不同的实数a,b,c成等差数列，且a,c,b成等比数列，则a:b:c_________。

三、解答题

1． 已知数列aSnn的前n项和n32，求an

2． 数

列lg1000,lg(1000cos600),lg(1000cos2600),...lg(1000cosn1600),„的前多少项和为最大？

3．已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn=2an-2n(n∈N)（1）求数列{an}的通项公式an;

（2）若数列{bn}满足bn=log2(an+2),Tn为数列{

bna}的前n项和，求

n2证T1n≥

2;

第三篇：高考数列常用知识点及解题方法总结

高考数列常用知识点及解题方法总结

一、基本公式：
1.

二、求通项公式 an 的方法：
1.

三、求前 n 项和 S 的方法：
n

1.

第四篇：高中数列求和方法及巩固

数列求和的方法

1、公式法：

如果一个数列是等差、等比数列或者是可以转化为等差、等比数列的数列，我们可以运用等差、等比数列的前n项和的公式来求.①等差数列求和公式：Snna1annn1na1d 2

2na1q1②等比数列求和公式：Sna11qnaaq 1nq11q1q

n(n1)2常见的数列的前n项和：123……+n=，1+3+5+„„+(2n-1)=n 2

n(n1)(2n1)n(n1)3333122232……+n2=，123……+n=等.6222、倒序相加法：

类似于等差数列的前n项和的公式的推导方法。如果一个数列an，与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用正序写和与倒序写和的两个和式相加，就得到一个常数列的和。这一种求和的方法称为倒序相加法.x

例

1、已知函数f

x（1）证明：fxf1x1；

1（2）求f102f108f109f的值.10

解：（1）先利用指数的相关性质对函数化简，后证明左边=右边

（2）利用第（1）小题已经证明的结论可知，1f1092ff1010

2f10

8f108f105f109f 101f 105f1 101令Sf109则Sf108f102f10

两式相加得：

2S9

1f1099f9所以S.210

1小结：解题时，认真分析对某些前后具有对称性的数列，可以运用倒序相加法求和.1222

32针对训练

3、求值：S

2110222923282

22 10

13、错位相减法：

类似于等比数列的前n项和的公式的推导方法。若数列各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项相乘得到，即数列是一个“差·比”数列，则采用错位相减法.若anbncn，其中bn是等差数列，cn是公比为q等比数列，令Snb1c1b2c2

bn1cn1bncn



n

则qSnb1c2b2c3bnc1

nn

b c

两式相减并整理即得 例

2、（2008年全国Ⅰ第19题第（2）小题，满分6分）已知 ann2n1，求数列｛an｝的前n项和Sn.解：Sn

120221(n1)2n2n2n1①

2Sn121222

②—①得

(n1)2n1n2n②

2n1n2n2n

1Snn2n12021

小结：错位相减法的求解步骤：①在等式两边同时乘以等比数列cn的公比

q；②将两个等式相减；③利用等比数列的前n项和的公式求和.针对训练

4、求和：Sn

x2x23x3

nxnx0,x1

4、裂项相消法：

把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前n项的和变成首尾若干少数项之和，这一求

c和方法称为裂项相消法。适用于类似（其中an是各项不为零的等差数

aann1

列，c为常数）的数列、部分无理数列等。用裂项相消法求和，需要掌握一些常

见的裂项方法：（1）

1111111

k1，特别地当时，

nn1nn1nnkknnk

（2

k，特别地当k

1例

3、数列an的通项公式为an解：Sna1a2a3，求它的前n项和Sn

n(n1)

an1an

1nn1nn1

1111

 n1nnn1



12233

411111

=1



2

2334

1n n1n1

小结：裂项相消法求和的关键是数列的通项可以分解成两项的差，且这两项是同一数列的相邻两项，即这两项的结构应一致，并且消项时前后所剩的项数相同.1

针对训练5的前n项和Sn.5、分组求和法：

有一类数列，它既不是等差数列，也不是等比数列.若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比数列或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可.例

4、求和：Sn235143526353解：Sn235143526353

246

2n3515253

2n35n

2n35n 5n

n

111n5315

2nn13nn1

1451

5小结：这是求和的常用方法，按照一定规律将数列分成等差（比）数列或常见的数列，使问题得到顺利求解.针对训练

6、求和：Sna1a22a33

ann

提高练习

1．数列{an}满足：a1＝1，且对任意的m，n∈N*都有：am＋n＝am＋an＋mn，则

1111()a1a2a3a2008

A．

4016

2009

B．

2008

2009

C．

2007

4D．

2007

2008

2．数列{an}、{bn}都是公差为1的等差数列，若其首项满足a1＋b1＝5，a1＞b1，且a1，b

1∈N*，则数列{abn}前10项的和等于()

A．100 B．85 C．70 D．5

53．设m=1×2+2×3+3×4+„+(n-1)·n，则m等于()

n(n21)111A.B.n(n+4)C.n(n+5)D.n(n+7)

322

2n-1

4．若Sn=1-2+3-4+„+(-1)·n，则S17+S33＋Ｓ50等于()A.1B.-1C.0D.2 5．设{an}为等比数列,{bn}为等差数列，且b1=0,cn=an+bn,若数列{cn}是1,1,2,„,则{cn}的前10项和为()A.978B.557C.467D.979

6．1002-992+982-972+„+22-12的值是()A.5000B.5050C.10100D.20200

7．一个有2001项且各项非零的等差数列，其奇数项的和与偶数项的和之比为8．若12+22+„+(n-1)2=an3+bn2+cn，则a,bc9．已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d＞0，且其第二项、第五项、第十四项分别是等

比数列{bn}的第二、三、四项．(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；

(2)设数列{cn}对任意自然数n均有求c1＋c2＋c3＋„＋c2003的值．

10．已知数列{an}的前n项和Sn满足:Sn=2an+(-1)n,n≥1.(1)求证数列{an+

cc1c2c3

nan1成立． b1b2b3bn

(-1)n}是等比数列;3

1117.a4a5am8

(2)求数列{an}的通项公式；(3)证明：对任意的整数m>4,有

提高练习答案

1．解：∵am＋n＝am＋an＋mn，∴an＋1＝an＋a1＋n＝an＋1＋n，∴利用叠加法得到：an

n(n1)1211，∴2()，2ann(n1)nn1

∴

1111111111

2(1)2(1)a1a2a3a***20094016

． 2009



答案：A.2．解：∵an＝a1＋n－1，bn＝b1＋n－1 ∴abn＝a1＋bn－1＝a1＋(b1＋n―1)―1

＝a1＋b1＋n－2＝5＋n－2＝n＋3

则数列{abn}也是等差数列，并且前10项和等于：答案：B.3．解：因为 an=n2-n.，则依据分组集合即得.答案;A.413

1085 2

n1

(n为奇)2

4．解：对前n项和要分奇偶分别解决，即：Sn=

n(n为偶)2

答案：A

5．解由题意可得a1=1,设公比为q,公差为d,则

qd1q2d2

∴q2-2q=0,∵q≠0,∴q=2,∴an=2n-1,bn=(n-1)(-1)=1-n,∴cn=2n-1+1-n,∴Sn=978.答案：A

6．解：并项求和，每两项合并，原式=(100+99)+(98+97)+„+(2+1)=5050.答案：B

7． 解： 设此数列{an},其中间项为a1001,则S奇=a1+a3+a5+„+a2001=1001·a1001,S偶=a2+a4+a6+„+a2000=1000a1001.答案:

1001

1000

(n1)n(2n1)2n33n2n

.8．解： 原式=

答案：;;

326

9．解：(1)由题意得(a1＋d)(a1＋13d)＝(a1＋4d)2(d＞0)

－

解得d＝2，∴an＝2n－1，可得bn＝3n1(2)当n＝1时，c1＝3；

当n≥2时，由

cn

an1an，得cn＝2·3n－1，n

故cn

3(n1),23

n1

(n2).故c1＋c2＋c3＋„＋c2003＝3＋2×3＋2×32＋„＋2×32002＝32003． 10．(1)证明由已知得an=Sn-Sn-1=2an+(-1)n-2an-1-(-1)n-1(n≥2),化简得an=2an-1+2(-1)n-1(n≥2),2221(-1)n=2［an-1+(-1)n-1］(n≥2),∵a1=1,∴a1+(-1)1=.333321

故数列{an+(-1)n}是以为首项，公比为2的等比数列.33

n1

2n2(2)解由（1）可知an+(-1)=.33

1222

∴an=×2n-1-(-1)n=［2n-2-(-1)n］,故数列{an}的通项公式为an=［2n-2-(-1)n］.3333

上式可化为an+(3)证明由已知得

 a4a5am

=

31113111111

3m22

221212(1)m2391533632m2(1)m

1111111111

=(1)(1)23511212351020

11

(1)m514514221***572=.(m5)()m5

1232355***0821

2

故

1117(m4)a4a5am8

第五篇：高中理科数学解析几何解题方法集锦

22弦长问题：|AB|=(1k)[(x1x2)4x1x2]。

Ⅰ.求曲线的方程

1．曲线的形状已知这类问题一般可用待定系数法解决。

分析：曲线的形状已知，可以用待定系数法。

2．曲线的形状未知-----求轨迹方程这种方法叫做直接法。

一般地，如果选择了m个参数，则需要列出m+1个方程。

Ⅱ.研究圆锥曲线有关的问题

1．有关最值问题

2．有关范围问题

分析：这是一道直线与圆锥曲线位置关系的问题，对于（1），可以设法得到关于a的不等式，通过解不等式求出a的范围，即：“求范围，找不等式”。或者将a表示为另一个变量的函数，利用求函数的值域求出a的范围；对于（2）首先要把△NAB的面积表示为一个变量的函数，然后再求它的最大值,即：“最值问题，函数思想”。

x2y2

1(ab0)，A,B是椭圆上的两点，线段AB的垂直平分线与已知椭圆a2b2

a2b2a2b2

x0x轴相交于点P(x0,0)，证明：.aa