数列在高考中占有重要的地位，这是因为数列知识是考查转化与化归、分类讨论、推理论证及探索问题能力的重要题源，容易命制背景新颖的试题，较好地体现高考的选拔功能．备战2012年高考，数列要重点关注三个方面：（1）关注求数列通项的方法；（2）关注数列求和的基本方法，如错位相减法、裂项法；（3）关注数列与其他数学知识模块综合问题．建议在熟练掌握等差和等比两类数列模型的基础上，突出掌握方法，尤其是通性通法，提高等价转化能力及思维的灵活性．
1． 串联情况：虽然等差与等比数列有明显的定义区别，但它们在性质上却有许多相似的地方，例如“对于等差数列｛an｝，若m+n=s+t，则am+an=as+at”， “对于等比数列｛an｝，若m+n=s+t，则aman=asat”；又例如“对于等差数列｛an｝，有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m也是等差数列”，“对于等比数列｛an｝，有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m也是等比数列”，希望同学们认真体会．
2． 考情分析：等差与等比数列是两类重要的数列模型，它们的综合运用仍然是高考的最大热点所在，高考命题专家既要依据两类数列模型的基本知识和性质命题，又要站在两类数列模型所提炼出的数学思想方法上进行拓展，做到“源于等差、等比数列，多角度考查非等差、等比数列”．
3． 破解技巧：对于一个非等差、等比数列，我们往往通过待定系数法构造新数列，使得该新数列是等差、等比数列． 例如an=pan－1+q，我们可设an+x=p（an－1+x），从而x=，这样就有an+=pan－1+，从而可以得到一个等比数列an+．
4． 经典例题：
已知数列｛an｝中，a1=1，a2=3，且an+1=an+2an－1（n≥2）．
（1）设bn=an+1+λan，是否存在实数λ，使数列｛bn｝为等比数列． 若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
（2）求数列｛an｝的前n项和Sn．
破解思路 线性数列属于高等数学范畴，常用特征根法求通项公式． 然而，对于高中生要解决线性数列问题，往往是通过构造新的等比数列，运用等比数列知识，实现“降阶”过程，进而求出通项公式．
经典答案 （1）法1：假设存在实数λ，使数列｛bn｝为等比数列，则b=b1b3，即（5+3λ）2=（3+λ）（11+5λ），所以λ=1或λ=－2．
1°当λ=1时，bn=an+1+an，b1=a2+a1=4．
当n≥2时，===2，所以，数列｛bn｝为首项是4、公比是2的等比数列．
2°当λ=－2时，bn=an+1－2an，b1=a2－2a1=1．
当n≥2时，===－1，所以数列｛bn｝为首项是1、公比是－1的等比数列．
法2：假设存在实数λ，使数列｛bn｝为等比数列．
当n≥2时，设=q，即a+λan=q（an+λan－1），即a=（q－λ）an+qλan－1．
与已知an+1=an+2an－1比较，令q－λ=1，qλ=2，解得λ=1或λ=－2．
所以存在实数λ，使数列｛bn｝为等比数列．
当λ=1时，数列｛bn｝为首项是4、公比是2的等比数列；
当λ=－2时，数列｛bn｝为首项是1、公比是－1的等比数列．
（2）法1：由（1）知an+1+an=4×2n－1=2n+1（n≥1），当n为偶数时，Sn=（a1+a2）+（a3+a4）+（a5+a6）+…+（an－1+an）=22+24+26+…+2n==（2n+2－4）．
当n为奇数时，Sn=a1+（a2+a3）+（a4+a5）+…+（an－1+an）=1+23+25+…+2n=1+=（2n+2－5）．
故数列｛an｝的前n项和Sn=（2n+2－4），n为偶数，（2n+2－5），n为奇数.
注：若将上述和式合并，即得Sn=（2n+2-4）+．
法2：由（1）知an+1－2an=（－1）n+1（n≥1），所以－==－（n≥1）．
当n≥2时，=+-+-+…+-=+－+－+…+－=+=+•1－－．
因为=也适合上式，所以=+1－－n-1（n≥1），所以an=［2n+1+（－1）n］，所以Sn=［（22+23+24+…+2n+1）+（－1）1+（－1）2+（－1）3+…+（－1）n］=•+=•（2n+2－4）+．
法3：由（1）可知，an+1+an=4×2n－1，an+1－2an=1×（－1）n－1，所以an=［2n+1+（－1）n］．
Sn=［（22－1）+（23+1）+（24－1）+（25+1）+…+（2n+（－1）n－1）+（2n+1+（－1）n）］．
当n为偶数时，Sn=（22+23+24+25+…+2n+2n+1）=×=（2n+2－4）．
当n为奇数时，Sn=［（22+23+24+25+…+2n+2n+1）－1］=×-1=（2n+2－5）．
故数列｛an｝的前n项和Sn=（2n+2－4），n为偶数，（2n+2－5），n为奇数.
注：若将上述和式合并，即得Sn=（2n+2－4）+．
1． 串联情况：解析几何搭建了数与形的桥梁，数列与解析几何的综合交汇，不仅强化了数与形的关系，而且突出了数列在解析几何中的工具性，侧面反映出解析几何背景下的数列应用．
2． 考情分析：从近几年数列高考试题看，命题呈现形式多样化，思维角度呈现复杂化，其中一种模式就是站在解析几何的基础上，考查数列建模能力和应用能力，问题解决甚至还需要借助函数知识，这就需要同学们有较强的数学综合能力．
3． 破解技巧：数列与解析几何的综合，往往从探究数列递推关系开始，探究历程往往是“探寻递推公式→演变成通项公式→①数列前n项和的研究；②通项公式的延续拓展”，所以其突破关键是要探究点与点的关系，挖掘数列的递推关系．
4． 经典例题：
如图1所示，B1，B2，B3，…，Bn，…顺次为曲线y=（x>0）上的点，A1，A2，A3，…，An，…顺次为x轴上的点，且△OB1A1，△A1B2A2，△A2B3A3，…均为等腰直角三角形（其中B1，B2，B3，…，Bn，…为直角顶点），设An的坐标为（xn，0）（n∈N）．
图1
（1）求数列｛xn｝的通项公式；
（2）设Sn为数列的前n项和，
试证明：Sn>－1．
破解思路 第1问的突破口是探寻数列｛xn｝的递推关系，即xn与xn+1的关系，探究过程是“xn与xn+1的关系”←“An与An+1的联系”←“借助Bn+1，An与An+1发生关系，形成三角关系链”． 第2问的突破口是灵活运用拆分构造法或裂项求和法，牢牢地抓住数列通项进行放缩求解．
拆分构造法：因为－1=（－）+（－）+…+（－1），所以要证Sn>－1，即证>－．
说明：常见的还有积的拆分，例如=••…•×等．
裂项求和法：=>=－．
说明：常见的裂项技巧还有=－，=（－），=－，=－，>=－， 经典答案 （1）由y=（x>0）且y=x得点B1的坐标是（1，1），所以x1=x+y=2．
因为直线AnBn+1的方程为y=x－xn，联立y=（x>0），得点Bn+1的坐标，，所以xn+1=x+y=，即x-x=4，所以x=4+4（n-1）=4n，所以xn=2或 －2（舍去）．
（2）因为=>=－，所以Sn=++…+>（－）+（－）+…+（－）=－1．
说明：探究问题的变式可以开阔眼界，拓展思维． 此问可以变为试比较loga（Sn+1）与loga（n+1）的大小（其中a>0且a≠1）．
1． 串联情况：数列是函数概念的继续和延伸，将单调性、最值、周期、对称性及分类思想应用到数列中自然是情理之事． 数列与函数的综合，主要体现在将数列问题转化为函数问题，充分利用函数性质进行解答，这往往需要同学们养成良好的函数解题思维习惯，主动构造函数．
2． 考情分析：分析近几年高考数列试题，不难发现，许多数列不等式问题、最值问题、恒成立问题和探究性问题，实质考查同学们的问题转化能力，将数列问题转化为函数问题，然后借助导数工具，达到解决问题的目的，其思维过程是“数列问题函数问题导数问题”
3． 破解技巧：数列与函数的综合应用问题突破口是函数思想的灵活运用，要能够主动构造函数，借助导数等工具解答．
4． 经典例题：
给定数列｛an｝，若满足a1=a（a>0且a≠1），对于任意的n，m∈N，有an+m=an•am，则称该数列为指数数列．
（1）定义在R上的函数y=f（x）满足f（x）f（y）=f（x+y），当x>0时， f（x）>1，若数列｛an｝满足a1=2，f（an+1）=（n∈N），试证明数列｛an｝是指数数列．
（2）若数列｛an｝是指数数列，a1=（t∈N），
①当n≥2，n∈N时，求证：an>1－；
②求证：数列｛an｝的任意三项都不构成等差数列．
破解思路 该题模仿指数函数，定义了指数数列，这类试题的特点是给出了中学数学内容中没有遇到过的新知识，它可以是新的概念、新的定义、新的定理或新的规则、新的情景． 解决这类题目首先要读懂新概念，理解新情景，获取有效信息，然后根据这个新知识作进一步演算或推理，综合运用新的信息和数学知识，分析、解决新情景问题． 第1问的突破口是探究抽象函数y=f（x）的单调性，从而脱去符号“f”，得出数列｛an｝的递推关系． 第2问的突破口是数学归纳法和反证法．
经典思路 （1）因为f（x）f（y）=f（x+y），故有f（0）f（1）=f（1）．
又当x>0时， f（x）>1，故f（1）≠0，所以f（0）=1>0；
当x0，由f（x）f（－x）=f（0），得f（x）=>0，所以对于任意实数x， f（x）>0恒成立．
任取x1，x2∈R，且x10，因为f（x2）－f（x1）=f［x1+（x2－x1）］－f（x1）=f（x1）［f（x2－x1）－1］>0，所以f（x2）>f（x1），故函数y=f（x）在R上单调递增．
因为f（an+1）=，所以f（an+1－2an）=f（0），所以an+1－2an=0，即an+1=2an，数列｛an｝是首项为2，公比为2的等比数列，所以an=2n，显然对于任意的n，m∈N，恒有an+m=an•am，而且a1=2，所以数列｛an｝是指数数列．
（2）因为数列｛an｝是指数数列，故对于任意的n，m∈N，有an+m=an•am，所以令m=1，则an+1=an•a1=an，所以｛an｝是公比为，首项为的等比数列，故an=．
①证明：（用数学归纳法证明）
当n=2时，左边==1－>1－=右边，不等式成立；
假设当n=k（k∈N，k≥2）时，不等式成立，即ak>1－．
因为ak+1==•=ak•1－，所以ak+1>1－•1－>1－，所以当n=k+1时，不等式也成立．
综上所述，当n≥2，n∈N时，不等式都成立．
②假设数列｛an｝中存在三项au，av，aw构成等差数列，不妨au>av>aw，则u23n2－13n．
破解思路 尽管高考考纲对递推数列仅要求“了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项”，但实际命题中常涉及一些简单的由递推数列求通项的问题，其中包括Sn与an的递推关系，对此同学们要引起注意． 第1问的突破口是先“消元”，再构造等比数列求解，其中消元既可消去an+1，也可消去Sn． 由an+1=Aan+f（n）的递推式求通项的重点是转化思想的运用，常通过待定系数法构造新的等比数列：
①形如an+1=Aan+B（A≠1且AB≠0）． 设an+1+x=A（an+x）（其中x是待定的系数），所以（A－1）x=B，x=，故｛an+是等比数列．
②形如an+1=Aan+Bn+C（A≠1且AB≠0）． 设an+1+x（n+1）+y=A（an+xn+y）（其中x，y是待定的系数），所以（A－1）x=B，
（A－1）y－x=C，即x=，
y=+，所以｛an+n++是等比数列．
③形如an+1=Aan+B•Cn+1（A≠C，C>0，C≠1）． 常变形为=•+B，设bn=，故bn+1=bn+B，根据①可得bn+是等比数列，进而求an．
④形如an+1=Aa（A>0，B≠1）. 常变形为lgan+1=Blgan+lgA，设bn=lgan，故bn+1=Bbn+lgA，根据①可得bn+是等比数列，进而求an．
第2问的实质是求数列｛an｝的前n项和Sn，用错位相减法．
若数列｛an｝满足：an=bn•cn，｛bn｝是等差数列，｛cn｝是等比数列，求其前n项的和常用错位相减法． 解答由三步组成，设等差数列｛bn｝的公差为d，等比数列｛cn｝的公比为q．
第一步：列方程
Sn=a1+a2+a3+…+an－1+an，…………（1）
qSn=qa1+qa2+qa3+…+qan－1+qan；…（2）
第二步：作差，（1）-（2）得（1－q）•Sn=a1+d（c2+c3+…+cn）－qan；
第三步：化简，当q≠1时，Sn=+．
经典答案 （1）法1：消元an法． 因为an+1=Sn+n+5，所以Sn+1－Sn=Sn+n+5，即Sn+1=2Sn+n+5．
设Sn+1+x（n+1）+y=2（Sn+xn+y），所以x=1，y=6，故Sn+1+（n+1）+6=2（Sn+n+6）．
因为当n=1时，Sn+n+6=12≠0，所以｛Sn+n+6｝是首项为12，公比为2的等比数列，所以Sn+n+6=12•2n－1，即Sn=3•2n+1－n－6，所以an=S1（n=1），
Sn－Sn－1（n≥2）=5（n=1），
3•2n－1（n≥2）=3•2n－1．
法2：消元Sn法． 因为an+1=Sn+n+5，所以当n≥2时，an=Sn－1+n+4，所以an+1=2an+1，所以an+1+1=2（an+1）．（）
因为a1+1=6，a2=S1+1+5=11，故当n=1时，（）式也成立，所以｛an+1｝是首项为6，公比为2的等比数列，所以an+1=6•2n－1，故an=3•2n－1．
（2）因为f（x）=a1x+a2x2+…+anxn， f ′（x）=a1+2a2x+…+nanxn－1，所以f ′（1）=a1+2a2+…+nan=（3×2－1）+2（3×22－1）+…+n（3×2n－1）=3（2+2×22+…+n×2n）-（1+2+…+n）．
设Tn=2+2×22+…+n×2n，2Tn=22+2×23+…+n×2n+1，两式相减得－Tn=2+22+23+…+2n－n×2n+1，Tn=－+n×2n+1=（n－1）•2n+1+2，所以f ′（1）=3（n－1）•2n+1－+6．
当n≥3，n∈N时，要证2f ′（1）>23n2－13n，只要证2n>2n+1．
（构造函数法）引入函数g（x）=2x－（2x+1）（x≥3）．
当x≥3时，g′（x）=2xln2－2≥8×ln2－2=2ln>0，所以函数g（x）=2x－（2x+1）在［3，+∞）上单调递增，故g（x）≥g（3）=1>0． 原不等式成立．
（二项式放缩法）当n≥3时，2n=（1+1）n=C+C+…+C+C，所以2n≥2n+2>2n+1，原不等式成立．
（数学归纳法）略．
在数列｛an｝中，a1=1，a2=2，当n∈N时，a2n－1，a2n，a2n+1成等差数列，a，a，a成等比数列．
（1）求数列｛an｝的通项公式；
（2）设bn=（n∈N），求数列｛bn｝所有项中的最小项．
破解思路 本题站在等差数列和等比数列上，考查创新推理论证能力和运算求解能力，对归纳推理、数学归纳法、分类讨论等重要数学思想方法进行了全面检测． 第1问的突破口是由特殊到一般进行归纳推理，处理过程是“多写项→找规律→再证明”． 第2问的突破口是依据数列的单调性求最大（小）项，既可以构造函数，凭借导数知识判断函数的单调性，从而得出数列的单调性，由此求最值，也可以从数列的单调性定义判断，遵循“作差→化简→判断正负→得结论”的解答过程．
经典答案 （1）因为a2n－1，a2n，a2n+1成等差数列，所以2a2n=a2n－1+a2n+1．
因为a1=1，a2=2，所以a3=3． 因为a2n，a2n+1，a2n+2成等比数列，所以a=a2n×a2n+2． 因为a3=3，a2=2，所以a4=．
同理，可求得a5=6，a6=8，a7=10，a8=，所以猜想a2n－1=，a2n=，n∈N，用数学归纳法证明，如下．
①当n=1时，a2×1－1=a1=1，a2×1==2，猜想成立．
②假设n=k（k≥1，k∈N）时，猜想成立，即a2k－1=，a2k=，
那么a2（k+1）－1=a2k+1=2a2k－a2k－1=2×－=，a2（k+1）=a2k+2==÷==，所以n=k+1时，猜想也成立．
由①②知，根据数学归纳法原理，对任意的n∈N，猜想成立．
所以当n为奇数时，
an==；
当n为偶数时，an==．
（注：通项公式也可以写成an=n2+n+）
（2）法1：构造函数法． 因为bn===n++1．
引入函数f（x）=x++1（x>0），则bn=f（n）（n∈N）．
因为f ′（x）=－=，所以y=f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，所以f（1）>f（2）>…>f（63）， f（64）b2>…>b63，b64b63，
所以数列｛bn｝所有项中的最小项是第63项，b63=．
法2：单调性法． 因为bn===n++1，所以bn+1－bn=+－==. 当n≤62时，bn+1－bn0，即bn+1>bn，所以b1>b2>…>b63，b63bn成立．
破解思路 我们可以将着眼点放在等式a+a+a+…+a=S上，合理利用这个等式，不难得到数列｛an｝的通项公式，一旦获得通项公式an，接下来的问题就迎刃而解了．
经典答案 （1）法1（数学归纳法）：因为对任意n∈N，都有a+a+a+…+a=S，且数列｛an｝的各项都是正数，所以当n=1时，有a=S，解得a1=1，同理，当n=2时，解得a2=2，当n=3时，解得a3=3．
假设当n=k时，ak=k成立，则当n=k+1时，因为a+a+a+…+a=S，a+a+a+…+a=S，两式相减得S+a=S，即S+a=（Sk+ak+1）2 ①．
又由ak=k知Sk= ②，联立①②解得ak+1=k+1，所以an=n．
法2（递推整理法）：因为a+a+a+…+a=S，所以a+a+a+…++a+a=S，两式相减得a=S－S，整理得a=（Sn+1+Sn）（Sn+1－Sn），即a=Sn+1+Sn．
同理，a=Sn+Sn－1（n≥2），两式相减得：a－a=an+an+1（n≥2），所以an+1－an=1（n≥2）．
又当n=1时，a2－a1=1，所以｛an｝是首项为1、公差为1的等差数列，显然an=n．
（2）根据bn+1>bn得，3n+1+（－1）n•λ2n+1>3n+（－1）n－1λ2n （）．
①当n为奇数时，（）式即为3n+1－λ2n+1>3n+λ2n，整理得λ3n－λ2n，整理得λ>－，为使此式恒成立，只要当n=2时成立即可，即λ>－．
综①②得－