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第一种就是带根号的题，尤其以两个根号相减居多。通常方法是做有理化，上下同乘以共轭根式（也就是减号变加号），这样做一是能消除原有的根号，二是后乘的因式多为一个非零常数可以直接带入计算；
首先从命题角度来说，含有根号的因式的极限多为0或无穷，否则直接带入数字就失去了命题的意义。当然也有些题能直接带入，但往往都是一个很复杂的式子，只是为了考验你对非零因式的提取。
但是利用等价无穷小中的（（1+x）^a ）—1～ax，当a=1/2时就呈现出了根号的样子，可以作为另一种解题思路，要做的事情就是一个字：凑。
只有一个根号时，假设根号里的极限是1（也就是根号之后会有个减一），那就写成√（1+｛一串极限为零的式子｝）-1，套等价就行了；如果极限变成2，只要在整个式子中提出一个√2，也就一样了。
接着就是双根号，双根号就是在原来的基础上将减去的常数替换为另一个根式。第一步，还是整体提出一个常数，先保证两个根号内的极限是1，然后分别在两个根号之后补上—1，就能得到两个无穷小，同时对他们用等价替换后，也能达到去根号的效果。
双根号是∞—∞型时，你也可以提出一个x（具体要看题，也可能是1/x或别的），之后还是按照上面的方法做。
举例1
设数列：1
……n
求其前n项的和
解答：
……n
n-1
n-2
n-3……1
设前n项和为S，以上两式相加
2S=(n+1)+[(n-1)+2]+[(n-2)+3]+……+(1+n)
(供n个n+1)
=n(n+1)
故S=n(n+1)/2
又比如：
举例2
求数列：2
6……2n的前n项和
解答：
……
2n
2n
2(n-1)
2(n-2)……
设前n项和为S,以上两式相加
2S=[2+(2n)]+[4+2(n-1)]+[6+2(n-2)]+……+[(2n)+2]
共n个2n+2
故：S=n(2n+2)/2=n(n+1)
对于等比数列，一般用“错位相减”法
举例3如下：
求数列：2
……2^n的前n项和
解答：
S=2+4+8+……+2^n，将其两边同乘以2
2S=2*2+4*2+8*2+……+2^(n+1)
=0+4+8+……+2^(n+1)
注意到前式只有首项和末项与后式不同，后式减前式
得2S-S=(0-2)+(4-4)+(8-8)+……+（2^n-2^n）+2^(n+1)
S=2^(n+1)-2
上述“错位相减”方法对于如下情形同样适用：
数列Cn=An*Bn,其中：An为等差数列，Bn为等比数列.
（此类数列求和问题是高考的常考题型）
举例4如下：
求数列Cn=n*2^n的前n项和
解答：设此数列的前n项和为S
S=1*2+2*4+3*8+……+n*2^n
,两边同乘以2
2S=
0+1*4+2*8+……+(n-1)*2^n+n*2^(n+1)
后式减前式：
S=-(2+4+8+……+2^n)+n*2^(n+1)
其中由上题例3的结论：2+4+8+……+2^n=2^(n+1)-2
S=-2^(n+1)+2+n*2^(n+1)=2+(n-1)*2^(n+1)
数列题型及解题方法如下：
1、特殊数列等差数列：
顾名，等差，就是相邻两项的差为定值： an+1-an =d。
通项公式：an=a1+(n-1)·d。
等差中项：若 a，b，c 成等差数列，则有2.b=a + c。
性质：若u+v=m+n，则 au+av=am+an。
前n项和：
Sn = (a1+an)·n /2=a1·n。十 n·(n-1).d/2
证明：
Sn =a1 +a2 +??an-1+an
Sn =an +an-1 +??a2+a1
2. Sn =(a1+an) +(a2 +an-1) +??(an-1+a2)+(an+a1)
=n·(a1+an)
Sn (a1+an)·n /2
证毕。
数列题型及解题方法如下：
1、特殊数列等差数列：
顾名，等差，就是相邻两项的差为定值： an+1-an =d。
通项公式：an=a1+(n-1)·d。
等差中项：若 a，b，c 成等差数列，则有2.b=a + c。
性质：若u+v=m+n，则 au+av=am+an。
前n项和：
Sn = (a1+an)·n /2=a1·n。十 n·(n-1).d/2
证明：
Sn =a1 +a2 +??an-1+an
Sn =an +an-1 +??a2+a1
2. Sn =(a1+an) +(a2 +an-1) +??(an-1+a2)+(an+a1)
=n·(a1+an)
Sn (a1+an)·n /2
证毕。
第一种就是带根号的题，尤其以两个根号相减居多。通常方法是做有理化，上下同乘以共轭根式（也就是减号变加号），这样做一是能消除原有的根号，二是后乘的因式多为一个非零常数可以直接带入计算；
首先从命题角度来说，含有根号的因式的极限多为0或无穷，否则直接带入数字就失去了命题的意义。当然也有些题能直接带入，但往往都是一个很复杂的式子，只是为了考验你对非零因式的提取。
但是利用等价无穷小中的（（1+x）^a ）—1～ax，当a=1/2时就呈现出了根号的样子，可以作为另一种解题思路，要做的事情就是一个字：凑。
只有一个根号时，假设根号里的极限是1（也就是根号之后会有个减一），那就写成√（1+｛一串极限为零的式子｝）-1，套等价就行了；如果极限变成2，只要在整个式子中提出一个√2，也就一样了。
接着就是双根号，双根号就是在原来的基础上将减去的常数替换为另一个根式。第一步，还是整体提出一个常数，先保证两个根号内的极限是1，然后分别在两个根号之后补上—1，就能得到两个无穷小，同时对他们用等价替换后，也能达到去根号的效果。
双根号是∞—∞型时，你也可以提出一个x（具体要看题，也可能是1/x或别的），之后还是按照上面的方法做。
举例1
设数列：1
……n
求其前n项的和
解答：
……n
n-1
n-2
n-3……1
设前n项和为S，以上两式相加
2S=(n+1)+[(n-1)+2]+[(n-2)+3]+……+(1+n)
(供n个n+1)
=n(n+1)
故S=n(n+1)/2
又比如：
举例2
求数列：2
6……2n的前n项和
解答：
……
2n
2n
2(n-1)
2(n-2)……
设前n项和为S,以上两式相加
2S=[2+(2n)]+[4+2(n-1)]+[6+2(n-2)]+……+[(2n)+2]
共n个2n+2
故：S=n(2n+2)/2=n(n+1)
对于等比数列，一般用“错位相减”法
举例3如下：
求数列：2
……2^n的前n项和
解答：
S=2+4+8+……+2^n，将其两边同乘以2
2S=2*2+4*2+8*2+……+2^(n+1)
=0+4+8+……+2^(n+1)
注意到前式只有首项和末项与后式不同，后式减前式
得2S-S=(0-2)+(4-4)+(8-8)+……+（2^n-2^n）+2^(n+1)
S=2^(n+1)-2
上述“错位相减”方法对于如下情形同样适用：
数列Cn=An*Bn,其中：An为等差数列，Bn为等比数列.
（此类数列求和问题是高考的常考题型）
举例4如下：
求数列Cn=n*2^n的前n项和
解答：设此数列的前n项和为S
S=1*2+2*4+3*8+……+n*2^n
,两边同乘以2
2S=
0+1*4+2*8+……+(n-1)*2^n+n*2^(n+1)
后式减前式：
S=-(2+4+8+……+2^n)+n*2^(n+1)
其中由上题例3的结论：2+4+8+……+2^n=2^(n+1)-2
S=-2^(n+1)+2+n*2^(n+1)=2+(n-1)*2^(n+1)
数列题型及解题方法如下：
1、特殊数列等差数列：
顾名，等差，就是相邻两项的差为定值： an+1-an =d。
通项公式：an=a1+(n-1)·d。
等差中项：若 a，b，c 成等差数列，则有2.b=a + c。
性质：若u+v=m+n，则 au+av=am+an。
前n项和：
Sn = (a1+an)·n /2=a1·n。十 n·(n-1).d/2
证明：
Sn =a1 +a2 +??an-1+an
Sn =an +an-1 +??a2+a1
2. Sn =(a1+an) +(a2 +an-1) +??(an-1+a2)+(an+a1)
=n·(a1+an)
Sn (a1+an)·n /2
证毕。
数列题型及解题方法如下：
1、特殊数列等差数列：
顾名，等差，就是相邻两项的差为定值： an+1-an =d。
通项公式：an=a1+(n-1)·d。
等差中项：若 a，b，c 成等差数列，则有2.b=a + c。
性质：若u+v=m+n，则 au+av=am+an。
前n项和：
Sn = (a1+an)·n /2=a1·n。十 n·(n-1).d/2
证明：
Sn =a1 +a2 +??an-1+an
Sn =an +an-1 +??a2+a1
2. Sn =(a1+an) +(a2 +an-1) +??(an-1+a2)+(an+a1)
=n·(a1+an)
Sn (a1+an)·n /2
证毕。
