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数列问题的切入点是数列概念的两个方面,从项数与项的对应关系考虑,数列是有序排列的一列数,因而归纳递推是常用方法;从数列是散点函数的特征考虑,对应函数的性质是解决数列问题的另一途径,但两个方面的思路都基于“寻找相邻项关系”，这是解决任何数列问题的关键．对高三备考而言,以典型小题理清思路是很好的复习措施.
１．基于归纳递推的数列问题
与自然数相关的数学问题一般都可视为数列，这一点至关重要．例如“定义运算*：2*2=1，且n∈N*时,(2n+2)*2=3［(2n)*2］,则(2n)*2=?”这一问题的关键条件是n∈N*，而(2n)*2与(2n+2)*2恰恰反映了从n到n+1时(2n)*2值的变化关系，令an=(2n)*2,则{an}是等比数列．这类所谓的创新问题旨在考查对数列模型或者说是对数学符号的认知．随着n变化,“从n到n+1”简单理解即为“递推”．
例１ 数列{an},a1=2,an+1=1+an1－an,则a1a2a3…a2012=?
分析：递推归纳可知｛an｝具有周期性变化的特征且Ｔ＝４，∴a1a2a3…a2012＝(a1a2a3a4)503=1
［变１］f(x)=［x［x］］(0≤x 分析：记g(n)=an，n=1,0≤x<1,f(x)=0,a1=1；n=2时，a2=a1+1…,从0≤x 本题源于归纳但不完全归纳常常导致错误且解题过程不严密，因而寻找相邻项关系是关键，叠加法源于等差数列通项公式的推导过程．另一典型问题“平面上n个圆两两相交但无三个圆共点(n≥3)，它们分平面成f(n)个区域，如f(x)=2009的根x0∈［k,k+1),则k=?”中f(n)=f(n－1)+2(n－1),类推可得f(n)=n2－n+2,设g(x)=x2－x－2007,g(45)<0,g(46)>0,∴k=45．此外，凡an=an－1+f(n)型递推可用叠加法（f(n)=d即等差数列），an+1an=f(n)型递推可用迭乘法（f(n)=q时为等比数列），这些都是源于课本的方法．
［变２］an+1=|an－1|,(1)a1=114,求a6;(2)若a1=a∈(k,k+1)，k∈N*,求数列{an}前３k项之和．（３）是否存在a1∈R,n0∈N*使得n≥n0时an恒为常数？如存在，求之．
分析：（１）归纳知a6=14；（２）1≤k0,k+1－a>0,从（１）的过程发现某些项之后的项只有两个数,这是解决本题的基础！S3k=［a+(a－1)+(a－2)+…+(a－k)］+［(k+1－a)+(a－k)+…+(k+1－a)+(a－k)］+(k+1－a)＝(k+1)a－k(k+1)2+(k－1)+(k+1－a)＝k(a+2)－k(k+1)2．
（３）由（２），只能从第k+1项起,k+1－a=a－k,a=k+12
∴存在a1=k+12,n0=k+1符合题意．本题从特殊情形归纳发现规律——通过观察形成的直觉也是数学能力重要的组成部分．
2.基于“项”与“和”转化的数列问题
等差（等比）数列由基本量——首项和公差（公比）确定，由项求和或由和的关系确定项的性质是高考中数列的重点内容；对任何含未知量的关系式，减少未知数（消元）是高中数学最核心的数学思想，这一点同样适用于数列问题．从n∈N*的一般关系演绎（特殊化）或由特殊到一般（归纳）是辨证统一的两个方面．对任何数列，a1=S1,an=Sn－Sn－1(n≥2)，此外，整体换元在数列中是简化关系和运算过程的重要方法．
例２ {an}等差,a2nan=4n－12n－1,则S2nSn=?
分析：等差数列由任两项或者首项及公差确定，取n=1,a2a1=3（特殊化），
∴d=2a1∴an=(2n－1)a1，Sn=n2a1（消元）．∴S2nSn=4
［变式］等差数列{an}和{bn}前n项和之比SnTn=n2n－1,则a10b5=?
分析：等差数列中2an=a1+a2n－1可与S2n－1互相转化，若求a10b10,则2a102b10=S19T19．但2a102b5=9S1919T9无法运用已知条件，故考虑基本量：n=1,S1T1=a1b1=1,设a1=b1=a;
取n=２，得a1+a2b1+b2=23∴2a+3d1=2d2;取n=3得6a+15d1=9d2,
∴d2=2d1,d1=2a,∴an=(2n－1)a,bn=(4n－3)a.∴a10b5=1917.
上述过程深刻体现了“消元”的数学思想．若设Sn=na1+n(n－1)2d1=k1n2+b1n,同理可设Tn=k2n2+b2n,取n=1,2,3，其实质仍为消元寻求基本量的关系．
例３ a1+2a2+3a3+…+nan=n(n+1)(n+2),则an=?
分析：识别左边为{nan}的前n项之和是本题关键.设nan=An（整体换元），则Sn=n(n+1)(n+2),由An=6(n=1)Sn－Sn－1(n≥2),An=3n(n+1)∴an=3(n+1)
［变式］数列{an},若Tn=∑n+2i=12i－1ai+2a1－a3－2n+2an+1,（１）证明：若{an}等差，则Tn=0;(2)（１）的逆命题成立否？说明理由．
分析：（１）{an}等差，{2n－1}等比，利用错位相消法求∑n+2i=12i－1ai代入可证．
（２）Tn=0即a1+2a2+22a3+…+2n+1an+2=2n+2an+1+a3－2a1恒成立，类比例３，记An=2n－1an①，则Sn+2=2n+2an+1+a3－2a1，∴Sn=2nan－1+a3－2a1，
∴Sn－1=2n－1an－2+a3－2a1，n≥3时,An=Sn－Sn－1=2nan－1－2n－1an－2，由①，2an－1=an－2+an(n≥3)即{an}任意相邻三项成等差，∴{an}成等差数列即（１）的逆命题成立．
从“数学是科学语言”的角度考虑，本题的整体换元在运算过程中简化了数学表述，从而为发现运算关系提供了方便．
由通项求和是数列的基本问题，除等差（比）数列可直接运用求和公式外，“错位相消”源于课本中等比数列求和公式的推导过程，适用于求任何等差与等比数列对应项乘积的前n项之和，此外，分式数列常用“裂项求和”．
例４ 数列{an}中,a1=1,a2=3,前n项和为Sn且Sn+1,Sn,Sn－1（n≥2）分别是直线l上A,B,C三点横坐标,AB=2an+1anBC,b1=1，bn+1=log2(an+1)+bn．
（１）求an;(2)cn=4bn+1－1n+1anan+1,证明23≤∑nk=1ck<1
分析：由向量关系知：xB－xA=2an+1an(xc－xB)即Sn－Sn+1=2an+1an(Sn－1－Sn)，
∴an+1=2an+1(n=1也成立)．设an+1+a=2(an+a)则a=1，Bn=an+1为等比数列（这个构造等比数列的过程称为“公式法”，可推广用于任何形如an+1=pan+q的数列），Bn=2n∴an=2n－1．∴bn+1=bn+n,再运用“叠加法”可得bn=n2－n+22∴cn=2n(2n－1)(2n+1－1)=12n－1－12n+1－1,以n=1,2,3…n代入,
∴∑nk=1ck=1－12n+1－1对n递增,∴∑nk=1ck<1且∑nk=1ck≥23(n=1取等号）．
与例４相对应的另一类问题是，无法求数列的和（积）或者求和（积）较困难时，常将需比较的另一个量拆成相同项的和（积），这是一种逆向的思维转换．
例５ 比较122+132+…+1n2和n－12n(n≥2)的大小并给出证明．
分析：取n=2,3,……归纳可得122+132+…+1n2≥n－12n(n≥2)，但常规的放缩法如1n2>1n(n+1)=1n－1n+1等无法证明．故考虑拆右式为某数列前n-1项的和,再比较两数列对应项．设an=1n2,∑ni=1bi=1+n－12n=Sn，
则bn=S1(n=1)Sn－Sn－1(n≥2) （这对任何数列成立！）
∴bn=1(n=1)12n(n－1)(n≥2) ∵2n(n－1)－n2=n(n－2)≥0,
∴1n2≥12n(n－1)=12(1n－1－1n)(n≥2)恒成立，∴∑ni=1an≥∑ni=1bn
即122+132+…+1n2≥n－12n(n≥2)．
本题如改成“证明∑ni=11i2＜２”，则可由1n2<1n(n－1)=1n－1－1n(n≥2)恒成立，∴∑ni=11i2<1+(1－12)+(12－13)+…+(1n－1－1n)=2－1n<2，类似可证∑ni=11i2>nn+1．
由此可以看出，所谓的“放缩法”，其实质也就是寻找与已知数列接近的另一数列，比较其对应项．
３．数列与不等式——项与和关系的延伸
函数、方程、不等式相互关系及其转化是贯穿高中数学始终的核心内容，以数列为背景考查相关知识在高考中屡有体现，这实质上考查了对“数列是函数”的透彻理解．
例6 数列{an}前n项和Sn,a1=a2=1,bn=nSn+(n+2)an,{bn}等差,
(1)求an;(2)证明a1a2a3…anS1S2…Sn<22n+1(n+1)(n+2)
分析:（１）取n=1,n=2（特殊化）得b1=4,b2=8,∴bn=4n=nSn+(n+2)an；
4=Sn+n+2nan(*),∴4=Sn－1+n+1n－1an－1相减得anan－1=n2(n－1)(n≥2)
由“迭乘法”或由ann=12(an－1n－1)得{ann}成等比数列都可得an=n2n－1
（２）an>0∴Sn=4－n+22n－1>0,但将Sn和an代入无法化简a1a2…anS1S2…Sn.观察(*)式为与an和Sn相关的“和”式，anSn为“积”且4为定值，基本不等式恰恰反映了两个正数和与积的大小关系：4≥2Snann+2n，即anSn≤4nn+2(当且仅当Sn=n+2nan时取等号，n=1等号不成立）∴a1a2…anS1S2…Sn<4n［132435…n－1n+1nn+2］=22n+1(n+1)(n+2)．
与不等式联系的另一类问题是数列与线性规划整合,四川高考提供了一道典型题:
例7 {an}等差且前n项和Sn,若S4≥10,S5≤15,则a4最大值为 .
分析：二元一次不等式或方程（组）的解集——实数对——点集，这三者之间的对应关系是高中数学的重点之一，也是用几何方法解决代数问题的基础．
设首项为a,公差d,则由条件得2a+3d≥5a+2d≤3a4=a+3d=t,类比2x+3y≥5x+2y≤3x+3y=t，在平面直角坐标系aOd中，作出点(a,d)的可行域，运用线性规划的方法得tmax=4即为所求．
［变式］点An(an,0),Bn(0,bn),an=2n,bn=an+b(n∈N*,a>0)，且a,b为整数，b1≥－12,直线AnBn斜率kn,若数列{kn}前８项依次递减，求这样的数列{bn}的个数．
分析：kn=－an+b2n，数列{kn}前８项依次递减k1>k2>…>k8①kn>kn+1对1≤n≤7恒成立②，但①使a,b的关系变得繁琐而②化简得an+b 相对于一般函数，“数列”的单调性只考察相邻项关系.由于数列的变量是n,故an>an+1恒成立{an}递减；an0，∴数列{f(n)}递增，故f(n)≥f(2)=712．但对另外一些数列，我们常常运用其原型函数的性质．
例8．{an}为等比数列，a1=2,q=3,证明Sn+1Sn≤3n+1n．
分析：通过分析法（这是证明不等式常用的方法！），即证明3n≥2n+1.设f(x)=3x－2x－1,f′(x)=3xln3－2≥3ln3－2>0(x≥1)恒成立，∴f(x)对x≥1递增，f(x)≥f(1)=0∴n∈N*,f(n)≥0即3n≥2n+1，故原式成立．对于理科同学而言，本题用数学归纳法或者二项式定理展开3n=(1+2)n也可证明．
４．拓展问题——数列与组合数
数列是以自然数为变量的函数，由此排列数、组合数这些与自然数密切相关的变量问题常常运用数列的方法，这是数列问题的延伸,一般在理科附加试卷中出现．
例８ n≥4,M={1,2,3…,n}的３元子集记为A1,A2,…,Ac3n．
（１）n=5,求A1,A2,…Ac3n中的所有元素之和；（２）mi为Ai中的最小元素,求Pn=m1+m2+…+mc3n（可用组合数表示）．
分析：（１）即求所有三元子集元素之和．含有１,2,…,5的三元子集各C24个,∴S=C24(1+2+…+5)=90为所求.
(2)最小元素依次为1,2,……,n-2的三元子集各C2n－1,C2n－2,C2n－3…C22个,所有最小元素之和即Pn=C2n－1+2C2n－2+3C2n－3+…(n－2)C22,由于C2k为(1+x)k展开式x2系数.
∴Pn即(1+x)n－1+2(1+x)n－2+3(1+x)n－3+…(n－2)(1+x)2展开式x2系数.
设1+x=q,w=qn－1+2qn－2+…+(n－2)q2,qw=qn+2qn－1+…+(n－2)q3;
∴w=qn+1－q3(q－1)2－(n－2)q2q－1=1x2［(1+x)n+1－(1+x)3］－(n－2)(1+x)2x(错位相消法),x2系数为C4n+1,即Pn=C4n+1
综上所述,数列问题是高考中的重点也是难点之一,涉及的知识和方法较多,但只要透彻理解典型问题并深刻理解课本相关结论推导过程中蕴藏的思想与方法,问题解决仍然具有一定的规律可循.
（作者：吉冬林，江苏省邗江中学)
１．基于归纳递推的数列问题
与自然数相关的数学问题一般都可视为数列，这一点至关重要．例如“定义运算*：2*2=1，且n∈N*时,(2n+2)*2=3［(2n)*2］,则(2n)*2=?”这一问题的关键条件是n∈N*，而(2n)*2与(2n+2)*2恰恰反映了从n到n+1时(2n)*2值的变化关系，令an=(2n)*2,则{an}是等比数列．这类所谓的创新问题旨在考查对数列模型或者说是对数学符号的认知．随着n变化,“从n到n+1”简单理解即为“递推”．
例１ 数列{an},a1=2,an+1=1+an1－an,则a1a2a3…a2012=?
分析：递推归纳可知｛an｝具有周期性变化的特征且Ｔ＝４，∴a1a2a3…a2012＝(a1a2a3a4)503=1
［变１］f(x)=［x［x］］(0≤x
［变２］an+1=|an－1|,(1)a1=114,求a6;(2)若a1=a∈(k,k+1)，k∈N*,求数列{an}前３k项之和．（３）是否存在a1∈R,n0∈N*使得n≥n0时an恒为常数？如存在，求之．
分析：（１）归纳知a6=14；（２）1≤k
（３）由（２），只能从第k+1项起,k+1－a=a－k,a=k+12
∴存在a1=k+12,n0=k+1符合题意．本题从特殊情形归纳发现规律——通过观察形成的直觉也是数学能力重要的组成部分．
2.基于“项”与“和”转化的数列问题
等差（等比）数列由基本量——首项和公差（公比）确定，由项求和或由和的关系确定项的性质是高考中数列的重点内容；对任何含未知量的关系式，减少未知数（消元）是高中数学最核心的数学思想，这一点同样适用于数列问题．从n∈N*的一般关系演绎（特殊化）或由特殊到一般（归纳）是辨证统一的两个方面．对任何数列，a1=S1,an=Sn－Sn－1(n≥2)，此外，整体换元在数列中是简化关系和运算过程的重要方法．
例２ {an}等差,a2nan=4n－12n－1,则S2nSn=?
分析：等差数列由任两项或者首项及公差确定，取n=1,a2a1=3（特殊化），
∴d=2a1∴an=(2n－1)a1，Sn=n2a1（消元）．∴S2nSn=4
［变式］等差数列{an}和{bn}前n项和之比SnTn=n2n－1,则a10b5=?
分析：等差数列中2an=a1+a2n－1可与S2n－1互相转化，若求a10b10,则2a102b10=S19T19．但2a102b5=9S1919T9无法运用已知条件，故考虑基本量：n=1,S1T1=a1b1=1,设a1=b1=a;
取n=２，得a1+a2b1+b2=23∴2a+3d1=2d2;取n=3得6a+15d1=9d2,
∴d2=2d1,d1=2a,∴an=(2n－1)a,bn=(4n－3)a.∴a10b5=1917.
上述过程深刻体现了“消元”的数学思想．若设Sn=na1+n(n－1)2d1=k1n2+b1n,同理可设Tn=k2n2+b2n,取n=1,2,3，其实质仍为消元寻求基本量的关系．
例３ a1+2a2+3a3+…+nan=n(n+1)(n+2),则an=?
分析：识别左边为{nan}的前n项之和是本题关键.设nan=An（整体换元），则Sn=n(n+1)(n+2),由An=6(n=1)Sn－Sn－1(n≥2),An=3n(n+1)∴an=3(n+1)
［变式］数列{an},若Tn=∑n+2i=12i－1ai+2a1－a3－2n+2an+1,（１）证明：若{an}等差，则Tn=0;(2)（１）的逆命题成立否？说明理由．
分析：（１）{an}等差，{2n－1}等比，利用错位相消法求∑n+2i=12i－1ai代入可证．
（２）Tn=0即a1+2a2+22a3+…+2n+1an+2=2n+2an+1+a3－2a1恒成立，类比例３，记An=2n－1an①，则Sn+2=2n+2an+1+a3－2a1，∴Sn=2nan－1+a3－2a1，
∴Sn－1=2n－1an－2+a3－2a1，n≥3时,An=Sn－Sn－1=2nan－1－2n－1an－2，由①，2an－1=an－2+an(n≥3)即{an}任意相邻三项成等差，∴{an}成等差数列即（１）的逆命题成立．
从“数学是科学语言”的角度考虑，本题的整体换元在运算过程中简化了数学表述，从而为发现运算关系提供了方便．
由通项求和是数列的基本问题，除等差（比）数列可直接运用求和公式外，“错位相消”源于课本中等比数列求和公式的推导过程，适用于求任何等差与等比数列对应项乘积的前n项之和，此外，分式数列常用“裂项求和”．
例４ 数列{an}中,a1=1,a2=3,前n项和为Sn且Sn+1,Sn,Sn－1（n≥2）分别是直线l上A,B,C三点横坐标,AB=2an+1anBC,b1=1，bn+1=log2(an+1)+bn．
（１）求an;(2)cn=4bn+1－1n+1anan+1,证明23≤∑nk=1ck<1
分析：由向量关系知：xB－xA=2an+1an(xc－xB)即Sn－Sn+1=2an+1an(Sn－1－Sn)，
∴an+1=2an+1(n=1也成立)．设an+1+a=2(an+a)则a=1，Bn=an+1为等比数列（这个构造等比数列的过程称为“公式法”，可推广用于任何形如an+1=pan+q的数列），Bn=2n∴an=2n－1．∴bn+1=bn+n,再运用“叠加法”可得bn=n2－n+22∴cn=2n(2n－1)(2n+1－1)=12n－1－12n+1－1,以n=1,2,3…n代入,
∴∑nk=1ck=1－12n+1－1对n递增,∴∑nk=1ck<1且∑nk=1ck≥23(n=1取等号）．
与例４相对应的另一类问题是，无法求数列的和（积）或者求和（积）较困难时，常将需比较的另一个量拆成相同项的和（积），这是一种逆向的思维转换．
例５ 比较122+132+…+1n2和n－12n(n≥2)的大小并给出证明．
分析：取n=2,3,……归纳可得122+132+…+1n2≥n－12n(n≥2)，但常规的放缩法如1n2>1n(n+1)=1n－1n+1等无法证明．故考虑拆右式为某数列前n-1项的和,再比较两数列对应项．设an=1n2,∑ni=1bi=1+n－12n=Sn，
则bn=S1(n=1)Sn－Sn－1(n≥2) （这对任何数列成立！）
∴bn=1(n=1)12n(n－1)(n≥2) ∵2n(n－1)－n2=n(n－2)≥0,
∴1n2≥12n(n－1)=12(1n－1－1n)(n≥2)恒成立，∴∑ni=1an≥∑ni=1bn
即122+132+…+1n2≥n－12n(n≥2)．
本题如改成“证明∑ni=11i2＜２”，则可由1n2<1n(n－1)=1n－1－1n(n≥2)恒成立，∴∑ni=11i2<1+(1－12)+(12－13)+…+(1n－1－1n)=2－1n<2，类似可证∑ni=11i2>nn+1．
由此可以看出，所谓的“放缩法”，其实质也就是寻找与已知数列接近的另一数列，比较其对应项．
３．数列与不等式——项与和关系的延伸
函数、方程、不等式相互关系及其转化是贯穿高中数学始终的核心内容，以数列为背景考查相关知识在高考中屡有体现，这实质上考查了对“数列是函数”的透彻理解．
例6 数列{an}前n项和Sn,a1=a2=1,bn=nSn+(n+2)an,{bn}等差,
(1)求an;(2)证明a1a2a3…anS1S2…Sn<22n+1(n+1)(n+2)
分析:（１）取n=1,n=2（特殊化）得b1=4,b2=8,∴bn=4n=nSn+(n+2)an；
4=Sn+n+2nan(*),∴4=Sn－1+n+1n－1an－1相减得anan－1=n2(n－1)(n≥2)
由“迭乘法”或由ann=12(an－1n－1)得{ann}成等比数列都可得an=n2n－1
（２）an>0∴Sn=4－n+22n－1>0,但将Sn和an代入无法化简a1a2…anS1S2…Sn.观察(*)式为与an和Sn相关的“和”式，anSn为“积”且4为定值，基本不等式恰恰反映了两个正数和与积的大小关系：4≥2Snann+2n，即anSn≤4nn+2(当且仅当Sn=n+2nan时取等号，n=1等号不成立）∴a1a2…anS1S2…Sn<4n［132435…n－1n+1nn+2］=22n+1(n+1)(n+2)．
与不等式联系的另一类问题是数列与线性规划整合,四川高考提供了一道典型题:
例7 {an}等差且前n项和Sn,若S4≥10,S5≤15,则a4最大值为 .
分析：二元一次不等式或方程（组）的解集——实数对——点集，这三者之间的对应关系是高中数学的重点之一，也是用几何方法解决代数问题的基础．
设首项为a,公差d,则由条件得2a+3d≥5a+2d≤3a4=a+3d=t,类比2x+3y≥5x+2y≤3x+3y=t，在平面直角坐标系aOd中，作出点(a,d)的可行域，运用线性规划的方法得tmax=4即为所求．
［变式］点An(an,0),Bn(0,bn),an=2n,bn=an+b(n∈N*,a>0)，且a,b为整数，b1≥－12,直线AnBn斜率kn,若数列{kn}前８项依次递减，求这样的数列{bn}的个数．
分析：kn=－an+b2n，数列{kn}前８项依次递减k1>k2>…>k8①kn>kn+1对1≤n≤7恒成立②，但①使a,b的关系变得繁琐而②化简得an+b
例8．{an}为等比数列，a1=2,q=3,证明Sn+1Sn≤3n+1n．
分析：通过分析法（这是证明不等式常用的方法！），即证明3n≥2n+1.设f(x)=3x－2x－1,f′(x)=3xln3－2≥3ln3－2>0(x≥1)恒成立，∴f(x)对x≥1递增，f(x)≥f(1)=0∴n∈N*,f(n)≥0即3n≥2n+1，故原式成立．对于理科同学而言，本题用数学归纳法或者二项式定理展开3n=(1+2)n也可证明．
４．拓展问题——数列与组合数
数列是以自然数为变量的函数，由此排列数、组合数这些与自然数密切相关的变量问题常常运用数列的方法，这是数列问题的延伸,一般在理科附加试卷中出现．
例８ n≥4,M={1,2,3…,n}的３元子集记为A1,A2,…,Ac3n．
（１）n=5,求A1,A2,…Ac3n中的所有元素之和；（２）mi为Ai中的最小元素,求Pn=m1+m2+…+mc3n（可用组合数表示）．
分析：（１）即求所有三元子集元素之和．含有１,2,…,5的三元子集各C24个,∴S=C24(1+2+…+5)=90为所求.
(2)最小元素依次为1,2,……,n-2的三元子集各C2n－1,C2n－2,C2n－3…C22个,所有最小元素之和即Pn=C2n－1+2C2n－2+3C2n－3+…(n－2)C22,由于C2k为(1+x)k展开式x2系数.
∴Pn即(1+x)n－1+2(1+x)n－2+3(1+x)n－3+…(n－2)(1+x)2展开式x2系数.
设1+x=q,w=qn－1+2qn－2+…+(n－2)q2,qw=qn+2qn－1+…+(n－2)q3;
∴w=qn+1－q3(q－1)2－(n－2)q2q－1=1x2［(1+x)n+1－(1+x)3］－(n－2)(1+x)2x(错位相消法),x2系数为C4n+1,即Pn=C4n+1
综上所述,数列问题是高考中的重点也是难点之一,涉及的知识和方法较多,但只要透彻理解典型问题并深刻理解课本相关结论推导过程中蕴藏的思想与方法,问题解决仍然具有一定的规律可循.
（作者：吉冬林，江苏省邗江中学)