數列是高中數學的重要內容之一，也是高考考查的重點。而且往往還以解答題的形式出現，所以我們在複習時應給予重視。近幾年的高考數列試題不僅考查數列的概念、等差數列和等比數列的基礎知識、基本技能和基本思想方法，而且有效地考查了學生的各種能力。
一、數列的基礎知識
1．數列的通項an與前n項的和sn的關係
它包括兩個方面的問題：一是已知sn求an，二是已知an求sn；
1.1 已知sn求an
對於這類問題，可以用公式an=.
1.2 已知an求sn
這類問題實際上就是數列求和的問題。數列求和一般有三種方法：顛倒相加法、錯位相減法和通項分解法。
2．遞推數列：，解決這類問題時一般都要與兩類特殊數列相聯絡，設法轉化為等差數列與等比數列的有關問題，然後解決。
例1 已知數列的前n項和sn=n2-2n+3,求數列的通項an，並判斷數列是否為等差數列。
解：由已知：sn=n2-2n+3，所以，sn-1=(n-1)2-2(n-1)+3=n2-4n+6,
兩式相減，得：an=2n-3(n2),而當n=1時,a1=s1=2,所以an=.
又a2-a1a3-a2，故數列不是等差數列。
注意：一般地，數列是等差數列sn=an2+bnsn.
數列是等比數列sn=aqn-a.
例2 已知數列的前n項的和sn=,求證：數列是等差數列。
證明：因為sn=，所以，
兩式相減，得：，所以
，即：，同理：
，即：，
兩式相加，得：，即：
，所以數列是等差數列。
例3 已知數列的前n項的和sn+ an=2n+1,求數列的通項an.
解：因為sn+ an=2n+1，所以， sn+1+an+1=2(n+1)+1,兩式相減，得：
2an+1-an=2,即：2an+1-an+2=4，2an+1-4= an-2，所以，而s1+a1=3，a1=，故a1-2=，即：數列是以為首項，為公比的等比數列，所以
an-2= ()n-1= - ()n,從而an=2 - ()n。
例4 （2023年全國）設是首項為1的正項數列，且(n+1)an+12-nan2+an+1an=0，(n=1,2,3,…),則它的通項公式是an= .
分析：（1）作為填空題，不需要解題步驟，所以可以採用不完全歸納法。
令n=1，得：2a22+a2-1=0,解得，a2=.令n=2, 得：3a32+a3-=0, 解得，a3=.同理，a4=由此猜想：an=.
(2)由(n+1)an+12-nan2+an+1an=0，得：[(n+1)an+1-nan](an+1+an)=0, 所以(n+1)an+1=nan，這說明數列是常數數列，故nan=1，an=.
也可以由(n+1)an+1=nan，得：，所以
。例5 求下列各項的和
(1).
(2)1+221+322+423+…+n2n-1.
(3)12+23+34+…+n(n+1).
(4).
解：（1）設 sn=,則
sn=,
兩式相加，得：2sn= (n+2)
=(n+2)()=(n+2)2n, 所以sn=(n+2)2n-1.
思考：又如何求呢？
（2）設sn=1+221+322+423+…+n2n-1，則
2 sn= 12+222+323+…+（n-1）2n-1+n2n.
兩式相減。得：- sn=1+21+22+…+2 n-1-n2 n ==2n(1-n)-1.
sn=2n(n-1)+1.
(3)12+23+34+…+n(n+1)=(12+1)+(22+2)+(32+3)+ … +(n2+n)
=(12+22+32+ … +n2)+(1+2+3+ … +n)
==.(4) ∵∴=
==.二、等差數列與等比數列
1．定義：數列為等差數列an+1-an=dan+1-an=an-an-1；
數列為等比數列。
2．通項公式與前n項和公式：
數列為等差數列，則通項公式an=a1+(n-1)d, 前n項和sn==.
數列為等比數列，則通項公式an=a1qn-1, 前n項和sn=.
3．性質：
（4）函式的思想：等差數列可以看作是乙個一次函式型的函式；等比數列可以看作是乙個指數函式型的函式。可以利用函式的思想、觀點和方法分析解決有關數列的問題。
例6 設sn是等差數列的前n項的和，已知s3與s4的等比中項為s5， s3與s4的等差中項為1，求等差數列的通項。(2023年高考題)
解：設等差數列的公差為d,則
，即，解得：，所以。
評說：當未知數與方程的個數相等時，可用解方程的方法求出這兩類特殊數列的首項與公差或公比，然後再解決其他問題。
例7 設等比數列的前n項的和為sn，若s3+s6=2s9，求數列的公比q (2023年高考題)。
解：若q=1，則s3=3a1,s6=6a1,s9=9a1, 由已知s3+s6=2s9, 得：3a1+6a1=18a1,解得：a1=0，這與數列為等比數列矛盾，所以，q1。
由已知s3+s6=2s9, 得：，整理得：
，解得：。
例8 在等差數列中，已知a7=8，求s13.
分析：在這個問題中，未知數有兩個：首項a1與公差d，但方程只有乙個，因此不能象例6那樣通過解方程解決問題，必須利用這兩類數列的性質或者利用整體性思想來解決問題。
解：因為a7=8，所以a1+a13=2a7=16，故s13=
例9 在等差數列中，已知a1>0,sn是它的前n項的和.已知s3=s11，求sn的最大值。
分析：和例8一樣，也是未知數的個數多於方程的個數，所以須考慮等差數列的性質。
解：由已知：s3=s11，故而因為s3=s11，得a4+a5+a6+…+a10+a11=0.由於a4+a11=a5+a10=a6+a9=a7+a8,所以a7+a8=0。
故a7>0,a8<0,所以 s7最大。
評說：(1)本題也可以利用函式的思想來解，即把sn表示成某一變數的函式（比如n），然後再求這個函式的最大值。
(2)本題還可以利用方程與不等式的思想來解，即sn最大當且僅當an>0同時an+1<0，解這個不等式組即可。
三、數列綜合問題
對於綜合問題，要注意與其他數學知識相聯絡，如函式、方程、不等式，還要注意數學思想方法的應用，如歸納法、模擬、疊加等。
例10 已知等差數列的前n項的和為sn，令bn=，且b4=，s6-s3=15,求數列的通項公式和的值。
分析：欲求bn，需先求sn，而sn是數列的前n項的和，所以應首先求出an。因為數列是等差數列，故只要能找到關於a1與d的兩個方程即可。
解：設數列的首項為a1，公差為d.由已知得：
，解得：。
所以an=n,從而sn=,故bn=。
=2 例11 已知f(x)=a1x+a2x2+a3x3+…+anxn，且a1,a2,a3,…,an組成等差數列（n為正偶數），又f(1)=n2,f(-1)=n；
（1）求數列的通項an；
（2）試比較f(0.5)與3的大小，並說明理由。
分析：顯然，只要能把f(1)=n2,f(-1)=n轉化為關於首項和公差的兩個方程即可。
解：（1）設數列的公差為d，因為f(1)= a1+a2+a3+…+an=n2，則na1+d=n2,即2a1+(n-1)d=2n.又f(-1)= -a1+a2-a3+…-an-1+an=n,即=n,d=2.
解得a1=1.
∴an=1+2(n-1)=2n-1.
(2)f(0.5)=,把它兩邊都乘以，得：
兩式相減，得： ==
=。 ∴
例12 （2023年春季）在1與2之間插入個正數a1,a2,a3,…,an，使這n+2個正數成等比數列；又在1與2之間插入個正數b1,b2,b3,…,bn，使這n+2個正數成等差數列。記an=a1a2a3…an,bn=b1+b2+b3+…+bn.
（1）求數列和的通項；
（2）當n≥7時，比較an與bn的大小，並證明你的結論。
分析：本題的關鍵是求an與bn，如果能注意到1，a1,a2,a3,…,an，2成等比數列，1，b1,b2,b3,…,bn，2成等差數列，則就容易想到利用這兩類數列的性質。
解：(1)因為1，a1,a2,a3,…,an，2成等比數列，所以a1an=a2an-1=a3an-2=…=12,從而an2= (a1a2a3…an )(a1a2a3…an)=(a1an)(a2an-1)(a3an-2)…(ana1)=2n,故an=.
因為1，b1,b2,b3,…,bn，2成等差數列，所以b1+bn=1+2=3, 從而bn=.
(2)∵an=, bn=.∴an2=2n,bn2=n2.
當n≥7時，an2=2n=(1+1)n=
≥2()=2[1+n++]
=2+2n+n2-n+n3-n2+n=n3+n+2>n3=n2(n), 當n≥7時， n >.
所以當n≥7時，an2> bn2，故an> bn
評說：對於an與bn的大小，也可以用數學歸納法證明。
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