黃紅洋常設首項、公差（比）為基本量，借助於消元思想及解方程組思想等。轉化為「基本量」是解決問題的基本方法。基本量有，已知其中任意兩個量，可求其他三個量。
（1）若數列是等差數列，則數列是等比數列，公比為，其中是常數，是的公差。（a>0且a≠1）；
（2）若數列是等比數列，且，則數列是等差數列，公差為，其中是常數且，是的公比。
（3）若既是等差數列又是等比數列,則是非零常數數列。
例1 . 在等差數列中，
解析：由於2＝＋，所以＝50，而＋＝＋，所以＝130
例2.（04年全國卷三.理3）設數列是等差數列，且是數列的前n項和，則( )
(a) (b) (c) (d)
解析：易得b選項正確。
例3.若等差數列的項數為奇數n，則奇數項之和與偶數項之和的比是
解析：由於有個奇數項，個偶數項，所以項數之比為
例4.（2010陝西文16）已知是公差不為零的等差數列，a1＝1，且a1，a3，a9成等比數列.（1）求數列的通項;（2）求數列的前n項和sn.
解析：（1）由題設知公差d≠0，
由a1＝1，a1，a3，a9成等比數列得＝，
解得d＝1，d＝0（捨去）， 故的通項an＝1+（n－1）×1＝n.
(2)由（1）知=2n，由等比數列前n項和公式得
**=2+22+23+…+2n==2n+1-2.
例5.在正項等比數列中，數列則數列的前6項和是( )
a．0 b．2 c．3 d. 5
解析：設等比數列的公比為，則解得又等比數列的各項為正數，∴不和題意捨去，
∴，∴∴，∴，
∴數列是公差為的等差數列，又，
∴數列的前6項和是.
例6.設無窮等差數列的前n項和為sn.
（1）若首項，公差d =1，求滿足的正整數；
（2）求所有的無窮等差數列，使得對於一切正整數都有成立．
解析：本題綜合性較強，題目難度較大
（1）當時，，由得，
，即，又，所以．
（2）設數列的公差為，則在中分別取得
即，由（1）得或．
當時，代入（2）得：或；
當時，，從而成立；
當時，則，由，知，
，故所得數列不符合題意；
當時，或，當，時，，從而成立；當，時，則，從而成立，綜上
共有3個滿足條件的無窮等差數列；或或．
另解：由得，整理得
對於一切正整數都
成立，則有解之得：或或
所以所有滿足條件的數列為：或或．
小結與拓展：數列是等差數列，則數列是等比數列，公比為，其中是常數，是的公差。（a>0且a≠1）.
例已知數列的前三項與數列的前三項對應相同，且都成立，數列是等差數列．求數列與的通項公式。
解析：都成立
當時①－②得，求得，
在①中令由題意知
∴數列的公差為－2－(－4)＝2，∴＝－4＋(n－1)×2＝2n－6，
（1）在數列中，前n項和sn與通項an的關係為：
.是重要考點；
（2）韋達定理應引起重視；
（3）迭代法、累加法及累乘法是求數列通項公式的常用方法。
例 （2009汕頭一模）在等比數列中，且的等比中項為2。
（1）求數列的通項公式；（2）設，數列的前n項和為當最大時，求n的值。
解：（1）因為所以，
又又的等比中項為2，所以，＝4
而所以，
（2）所以，是以4為首項，－1為公差的等差數列。所以，
所以，當n≤8時，＞0，當n＝9時，＝0，n＞9時，＜0，
當n＝8或9時，最大。
1）利用配方法、單調性法求數列的最值；
2）等差中項與等比中項。
（1）公式法：
（1）等差數列求和公式；
（2）等比數列求和公式；
（3）可轉化為等差、等比數列的數列；
（4）常用公式: ；；
；。（2）分組求和法：把數列的每一項分成多個項或把數列的項重新組合，使其轉化成等差數列或等比數列，然後由等差、等比數列求和公式求解。
（3）倒序相加法：如果乙個數列，與首末兩端等「距離」的兩項的和相等或等於同一常數，那麼求這個數列的前n項和即可用倒序相加法。如：等差數列的前n項和即是用此法推導的。
（4）裂項相消法：即把每一項都拆成正負兩項，使其正負抵消，只餘有限幾項，可求和。
適用於其中{}是各項不為0的等差數列，c為常數；部分無理數列、含階乘的數列等。如：1）和（其中等差）可裂項為：；2）。（根式在分母上時可考慮利用分母有理化，因式相消求和）
常見裂項公式：
（1）；
（2）；
（3）；
（4）（5）常見放縮公式：
例1 等比數列的前ｎ項和sｎ＝2ｎ－p，則
解：1）當n=1時，；
2）當時，。
因為數列為等比數列，所以
從而等比數列為首項為1，公比為2的等比數列。
故等比數列為首項為1，公比為的等比數列。
小結與拓展：1）等差數列求和公式；2）等比數列求和公式；3）可轉化為等差、等比數列
的數列；4）常用公式:（見知識點部分）。5）等比數列的性質：若數列為等比數列，
則數列及也為等比數列，首項分別為、，公比分別為、。
例2 （2023年豐台期末18）數列中，，且點在函式的圖象上.（ⅰ）求數列的通項公式；（ⅱ）在數列中，依次抽取第3，4，6，…，，…項，組成新數列，試求數列的通項及前項和.
解：（ⅰ）∵點在函式的圖象上，∴。
∴，即數列是以為首項，2為公差的等差數列，
∴。（ⅱ）依題意知：
∴==.
小結與拓展：把數列的每一項分成多個項，再把數列的項重新組合，使其轉化成等差數列或等比數列，然後由等差、等比數列求和公式求解。
例3 （2023年東城二模19改編）已知數列的前項和為，，，設．（ⅰ）證明數列是等比數列；
（ⅱ）數列滿足，求。
證明：（ⅰ）由於， ①
當時1 ②得 ． 所以 ．
又所以．
因為，且，所以．
所以．故數列是首項為，公比為的等比數列．
解：（ⅱ）由（ⅰ）可知，則（）．
．小結與拓展：裂項相消法是把每一項都拆成正負兩項，使其正負抵消，只餘有限幾項，可求和。它適用於其中{}是各項不為0的等差數列，c為常數；部分無理數列、含階乘的數列等。
如：1）和（其中等差）可裂項為：；2）。
（根式在分母上時可考慮利用分母有理化，因式相消求和）
（5）錯位相減法：適用於差比數列（如果等差，等比，那麼叫做差比數列）即把每一項都乘以的公比，向後錯一項，再對應同次項相減，轉化為等比數列求和。
如：等比數列的前n項和就是用此法推導的.
（6）累加（乘）法
（7）併項求和法：乙個數列的前n項和中，可兩兩結合求解，則稱之為併項求和.
形如an＝(－1)nf(n)型別，可採用兩項合併求。
（8）其它方法：歸納、猜想、證明；週期數列的求和等等。
例4 求數列前n項的和.
解：由題可知{}的通項是等差數列的通項與等比數列{}的通項之積
設設制錯位）
①－②得（錯位相減）
例5 求＝1002－992＋982－972＋…＋22－12
解：＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋ 99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5050.
例6 求之和.
解：由於 （找通項及特徵）
∴＝（分組求和）＝＝
＝以上乙個8種方法雖然各有其特點，但總的原則是要善於改變原數列的形式結構，使其能進行消項處理或能使用等差數列或等比數列的求和公式以及其它已知的基本求和公式來解決，只要很好地把握這一規律，就能使數列求和化難為易，迎刃而解。
乙個數列的與之間的函式關係，如果可用乙個公式an＝f(n)來表示，我們就把這個公式叫做這個數列的通項公式．
（1）定義法與觀察法（合情推理：不完全歸納法）：直接利用等差數列或等比數列的定義求通項的方法叫定義法，這種方法適應於已知數列型別的題目；有的數列可以根據前幾項觀察出通項公式。
（2）公式法：在數列中，前n項和sn與通項an的關係為：
(數列的前n項的和為).
（3）週期數列
由遞推式計算出前幾項，尋找週期。
（4）由遞推式求數列通項
型別1 遞推公式為
解法：把原遞推公式轉化為，利用累加法(逐差相加法)求解。
型別2 （1）遞推公式為
解法：把原遞推公式轉化為，利用累乘法(逐商相乘法)求解。
（2）由和確定的遞推數列的通項可如下求得：
由已知遞推式有，，，依次向前代入，得，這就是疊（迭）代法的基本模式。
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