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数列的问题是高考的热点和重点，这类问题既有填空题和选择题，也有解答题，难度易、中、难都有. 大家如果能熟练掌握一些解题技巧，可以在解题时起到事半功倍的效果．
一、正确掌握等差（比）数列的一些性质常常可以简化运算,是学好本章的关键．
比如对于等差数列[an]，若[m+n=p+q(m、n、][p、q∈N∗)]，则[am+an=ap+aq]；而对等比数列[an]，若[m+n=p+q(m、n、p、q∈N∗)]，则[am⋅an=][ap⋅aq.] 又如等差数列[an]中，[Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,⋯,][Skn-S(k-1)n,⋯]成等差数列；等比数列[an]中（[q≠-1]），[Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,⋯,Skn-S(k-1)n,⋯]成等比数列．这样的性质还有很多，大家注意在学习过程中多总结，多思考，体会它们的巧妙应用，我们不妨来看看这几个题：
例1 设等差数列[an]的前[n]项和为[Sn]．
（1）若[S3=9，S6=36，]则[a7+a8+a9=]；
（2）若[S9=18,Sn=240,an-4=30(n>9),]则[n=] ；
（3）若前三项和为34，后三项和为146，所有项和为390，则[n=] ．
分析与解答（1）要求的是第三个连续三项之和，不妨设为[x]，由性质可知，9、[(36-9)、x]成等差数列，即可求得[x=45]．
（2）由[S9=9(a1+a9)2=9a5]，知[a5=2]．再由[Sn=n(a1+an)2=n(a5+an-4)2]，即可解得[n]=15．
（3）由[a1+a2+a3+an-2+an-1+an=3(a1+an)]及[Sn=n(a1+an)2]，可求得[n=]13．
例2已知[an]是正项等比数列．
（1）若[a3⋅a6⋅a9=4]，则[log2a2+log2a4+log2a8+][log2a10=] ；
（2）若前[n]项的和为54，前[2n]项的和为60，则前[3n]项的和为 ．
分析与解答
（1）[∵][a3⋅a6⋅a9=a63][=4]， [∴a6=223]．
而[log2a2+log2a4+log2a8+log2a10]
[=log2(a2a4a8a10)][=log2a64]=[83] ．
（2）类比例1可得60[23]．
例3已知等比数列[an]前[n]项和为[S]，前[n]项积为[P]，前[n]项倒数和为[M]，求证：[P2=(SM)n]．
分析与解答结合等比数列性质及倒序相加和倒序相乘的方法可获得较为简单的解题途径，回避了对[q]是否等于1的讨论．
由[P=a1a2⋯an-1anP=anan-1⋯a2a1]，可得[P2=(a1an)n]．
由[M=1a1+1a2+⋯1an-1+1anM=1an+1an-1+⋯1a2+1a1]
可得[2M=(1a1+1an)+(1a2+1an-1)+⋯+(1an-1+1a2)]
[+(1an+1a1)][=2Sa1an]．
同学们再往后整理一步即可得证．
点拨以上各题也可以用常规作法， 即利用基本量[a1、n、d]（或[q]）列方程和解方程. 但是和以上的作法比较一下就会发现，用好了性质，用活了公式，解题过程将会被大大简化．
二、数列是一种特殊的函数，学习时要善于利用函数的思想来解决问题，如通项公式、前[n]项和公式都可以看作是关于[n]的函数[f(n)(n∈N∗)]，我们可以结合函数图象或函数单调性等性质来解决问题．
例4 已知等差数列[an]的公差[d≠0]，[Sp=Sq][(p≠q)]，（1）求[Sp+q]；（2）若[a1>0]，问[n]为何值时，[Sn]最大？
分析与解答 （1）利用等差数列的前[n]项和[Sn]当[d≠0]时是关于[n]的不含常数项的二次函数，可知[Sn=f(n)]图象的是过原点的抛物线，且对称轴为[n=p+q2]，故[Sp+q]=0. （2）由条件可判断[d<0]，抛物线开口向下，所以，若[p+q]为偶数，则当[n=p+q2]时[Sn]最大；若[p+q]为奇数，则当[n=p+q±12]时[Sn]最大.
例5 已知数列[an]满足[an=1+1n-99]，问第几项最小？第几项最大？
分析与解答 同学们对于函数[f(x)=1+][1x-99]的图象应该并不陌生，是关于点[(99,1)]对称的两支曲线，结合图象和定义域[N∗,]可以得到[a9]最小、[a10]最大．
点拨我们说数列是特殊的函数，这特殊之处在于什么呢？特殊在这个函数的定义域不是连续的实数区间，而是由一个个正整数构成的集合，对应的图象也就是某个曲线上的一个个孤立的点，所以大家在应用时还要注意它与一般函数的区别．
三、注意数列中[an]与[Sn]之间的互化关系，解决这类含[an]与[Sn]的问题时，通常是利用[an=Sn-Sn-1][(n≥2)],转化为只含[an]或者只含[Sn]的式子．
例6 已知在正项数列[{an}]中，[Sn]表示前[n]项和且[2Sn=an+1]，求[an].
分析与解答解法一：转化为只含[an]的式子.
由已知，[Sn=(an+12)2]，
[n-1]代换[n]，得[Sn-1=(an-1+12)2]，
两式相减，得[an=][(an+12)2-][(an-1+12)2]，
化简整理得[(an+an-1)(an-an-1-2)=0]．
[∵an>0]，[∴][an-an-1-2=0]，
[∴an]是等差数列，[∴an=2n-1]．
解法二：转化为只含[Sn]的式子.
[∵][an=Sn-Sn-1(n≥2)]，
[∴][2Sn=Sn-Sn-1+1]，
[∴Sn-1=Sn-2Sn+1=(Sn-1)2]，
[∴][Sn-1=Sn-1]．
[∴Sn]是公差为1的等差数列 ，[∴Sn=n]，
[∴an=2Sn-1=2n-1]．
点拨遇到具体问题时，大家要判断一下哪种方法更适合．另外，在运用它们的关系式[an=Sn-Sn-1]时，一定要注意条件[n≥2]，特别是求通项的题目，一定要验证[a1]是否适合，如果不适合就需要写成分段的形式[an=S1, n=1,Sn-Sn-1,n≥2.]
[【练习】]
1.如果函数[f(x)]对任意实数[n、m]都满足[f(n)+f(m)=f(n+m)],且[f(1003)=2,]则[f(1)+f(3)+][f(5)+⋯+f(2003)+f(2005)=]（ ）
A．1003 B．1004
C．2006 D．2008
2. 在等比数列[an]中, 若[a3]、[a7]是方程[3x2-11x+9=0]的两根, 则[a5]的值为（ ）
A. 3 B. [±3]
C. [3] D. [±3]
3. 已知等差数列[an],[a2+a3+a7+a11+a12=] [45,S13=] .
4. 在等比数列[an]中，[Sn]=[a1+a2+a3+]…[+an]，若[S10=5]，[S20=15]，则[S30=]．
5. 若数列[an]是递增数列，且[an=n2+][kn(n∈N∗)]，则[k∈]．
6. 数列[an]中[Sn=4an-1+1(n≥2)]，且[a1=1]，设[bn=an+1-2an]，求证：[bn]是等比数列．
[【参考答案】]
1. B2. C3. 1174. 35
5. [(-3,+∞)] 6. 略
一、正确掌握等差（比）数列的一些性质常常可以简化运算,是学好本章的关键．
比如对于等差数列[an]，若[m+n=p+q(m、n、][p、q∈N∗)]，则[am+an=ap+aq]；而对等比数列[an]，若[m+n=p+q(m、n、p、q∈N∗)]，则[am⋅an=][ap⋅aq.] 又如等差数列[an]中，[Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,⋯,][Skn-S(k-1)n,⋯]成等差数列；等比数列[an]中（[q≠-1]），[Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,⋯,Skn-S(k-1)n,⋯]成等比数列．这样的性质还有很多，大家注意在学习过程中多总结，多思考，体会它们的巧妙应用，我们不妨来看看这几个题：
例1 设等差数列[an]的前[n]项和为[Sn]．
（1）若[S3=9，S6=36，]则[a7+a8+a9=]；
（2）若[S9=18,Sn=240,an-4=30(n>9),]则[n=] ；
（3）若前三项和为34，后三项和为146，所有项和为390，则[n=] ．
分析与解答（1）要求的是第三个连续三项之和，不妨设为[x]，由性质可知，9、[(36-9)、x]成等差数列，即可求得[x=45]．
（2）由[S9=9(a1+a9)2=9a5]，知[a5=2]．再由[Sn=n(a1+an)2=n(a5+an-4)2]，即可解得[n]=15．
（3）由[a1+a2+a3+an-2+an-1+an=3(a1+an)]及[Sn=n(a1+an)2]，可求得[n=]13．
例2已知[an]是正项等比数列．
（1）若[a3⋅a6⋅a9=4]，则[log2a2+log2a4+log2a8+][log2a10=] ；
（2）若前[n]项的和为54，前[2n]项的和为60，则前[3n]项的和为 ．
分析与解答
（1）[∵][a3⋅a6⋅a9=a63][=4]， [∴a6=223]．
而[log2a2+log2a4+log2a8+log2a10]
[=log2(a2a4a8a10)][=log2a64]=[83] ．
（2）类比例1可得60[23]．
例3已知等比数列[an]前[n]项和为[S]，前[n]项积为[P]，前[n]项倒数和为[M]，求证：[P2=(SM)n]．
分析与解答结合等比数列性质及倒序相加和倒序相乘的方法可获得较为简单的解题途径，回避了对[q]是否等于1的讨论．
由[P=a1a2⋯an-1anP=anan-1⋯a2a1]，可得[P2=(a1an)n]．
由[M=1a1+1a2+⋯1an-1+1anM=1an+1an-1+⋯1a2+1a1]
可得[2M=(1a1+1an)+(1a2+1an-1)+⋯+(1an-1+1a2)]
[+(1an+1a1)][=2Sa1an]．
同学们再往后整理一步即可得证．
点拨以上各题也可以用常规作法， 即利用基本量[a1、n、d]（或[q]）列方程和解方程. 但是和以上的作法比较一下就会发现，用好了性质，用活了公式，解题过程将会被大大简化．
二、数列是一种特殊的函数，学习时要善于利用函数的思想来解决问题，如通项公式、前[n]项和公式都可以看作是关于[n]的函数[f(n)(n∈N∗)]，我们可以结合函数图象或函数单调性等性质来解决问题．
例4 已知等差数列[an]的公差[d≠0]，[Sp=Sq][(p≠q)]，（1）求[Sp+q]；（2）若[a1>0]，问[n]为何值时，[Sn]最大？
分析与解答 （1）利用等差数列的前[n]项和[Sn]当[d≠0]时是关于[n]的不含常数项的二次函数，可知[Sn=f(n)]图象的是过原点的抛物线，且对称轴为[n=p+q2]，故[Sp+q]=0. （2）由条件可判断[d<0]，抛物线开口向下，所以，若[p+q]为偶数，则当[n=p+q2]时[Sn]最大；若[p+q]为奇数，则当[n=p+q±12]时[Sn]最大.
例5 已知数列[an]满足[an=1+1n-99]，问第几项最小？第几项最大？
分析与解答 同学们对于函数[f(x)=1+][1x-99]的图象应该并不陌生，是关于点[(99,1)]对称的两支曲线，结合图象和定义域[N∗,]可以得到[a9]最小、[a10]最大．
点拨我们说数列是特殊的函数，这特殊之处在于什么呢？特殊在这个函数的定义域不是连续的实数区间，而是由一个个正整数构成的集合，对应的图象也就是某个曲线上的一个个孤立的点，所以大家在应用时还要注意它与一般函数的区别．
三、注意数列中[an]与[Sn]之间的互化关系，解决这类含[an]与[Sn]的问题时，通常是利用[an=Sn-Sn-1][(n≥2)],转化为只含[an]或者只含[Sn]的式子．
例6 已知在正项数列[{an}]中，[Sn]表示前[n]项和且[2Sn=an+1]，求[an].
分析与解答解法一：转化为只含[an]的式子.
由已知，[Sn=(an+12)2]，
[n-1]代换[n]，得[Sn-1=(an-1+12)2]，
两式相减，得[an=][(an+12)2-][(an-1+12)2]，
化简整理得[(an+an-1)(an-an-1-2)=0]．
[∵an>0]，[∴][an-an-1-2=0]，
[∴an]是等差数列，[∴an=2n-1]．
解法二：转化为只含[Sn]的式子.
[∵][an=Sn-Sn-1(n≥2)]，
[∴][2Sn=Sn-Sn-1+1]，
[∴Sn-1=Sn-2Sn+1=(Sn-1)2]，
[∴][Sn-1=Sn-1]．
[∴Sn]是公差为1的等差数列 ，[∴Sn=n]，
[∴an=2Sn-1=2n-1]．
点拨遇到具体问题时，大家要判断一下哪种方法更适合．另外，在运用它们的关系式[an=Sn-Sn-1]时，一定要注意条件[n≥2]，特别是求通项的题目，一定要验证[a1]是否适合，如果不适合就需要写成分段的形式[an=S1, n=1,Sn-Sn-1,n≥2.]
[【练习】]
1.如果函数[f(x)]对任意实数[n、m]都满足[f(n)+f(m)=f(n+m)],且[f(1003)=2,]则[f(1)+f(3)+][f(5)+⋯+f(2003)+f(2005)=]（ ）
A．1003 B．1004
C．2006 D．2008
2. 在等比数列[an]中, 若[a3]、[a7]是方程[3x2-11x+9=0]的两根, 则[a5]的值为（ ）
A. 3 B. [±3]
C. [3] D. [±3]
3. 已知等差数列[an],[a2+a3+a7+a11+a12=] [45,S13=] .
4. 在等比数列[an]中，[Sn]=[a1+a2+a3+]…[+an]，若[S10=5]，[S20=15]，则[S30=]．
5. 若数列[an]是递增数列，且[an=n2+][kn(n∈N∗)]，则[k∈]．
6. 数列[an]中[Sn=4an-1+1(n≥2)]，且[a1=1]，设[bn=an+1-2an]，求证：[bn]是等比数列．
[【参考答案】]
1. B2. C3. 1174. 35
5. [(-3,+∞)] 6. 略