考点例析
　　1. 对等差、等比数列基本概念及运算的考查
　　本部分内容在高考中大都以填空题的形式出现，题目难度不大，属于中、低档题，主要涉及到数列的基本概念及基本的公式运算问题。
　　
　　【例1】 设等比数列{an}的公比q=2，前n项和为Sn，则S4a2= .
　　
　　
　　解析 解法一：利用公式S4=a1(1-q4)1-q,a2=a1q，则S4a2=a1(1-q4)1-qa1q=1-24-2=152.
　　解法二：由题意，知S4=a1+a2+a3+a4=a22+a2+2a2+4a2，得S4a2=152.
　　
　　点拨
　　本题在解法一中直接选择公式，求解S4较繁琐，而解法二中从定义出发，围绕a2 展开，可顺利解决此题，方法简捷方便。
　　
　　2. 等差、等比数列基本性质的考查
　　本部分是高考的必考内容，主要以填空题的形式出现，一般为中、低档题，有时也在难度较大的解答题中出现性质的应用。
　　
　　【例2】 已知{an}是等比数列，a2=2，a5=14，则a1a2+a2a3+…+anan+1= .
　　
　　解析 本题主要考查等比数列通项的性质，由a5=14=a2•q3=2•q3，解得q=12.
　　数列anan+1仍是等比数列:其首项是a1a2=8，公比为14.
　　
　　
　　∴a1a2+a2a3+…+anan+1=81-14n1-14=323(1-4-n).
　　
　　
　　点拨
　　对于数列问题化归到基本量a1,d(q)是通法，但有时运算量较大，熟练运用性质能大幅度简化运算。
　　
　　
　　3. 等差、等比数列的综合应用
　　本内容往往出现在解答题的压轴题中，具有较高难度。
　　
　　【例3】 将数列{an}中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成如下数表：
　　
　　
　　a1a2a3a4a5a6a7a8a9a10……
　　记表中的第一列数a1，a2，a4，a7，…构成的数列为{bn}，b1=a1=1．Sn为数列{bn}的前n项和，且满足2bnbnSn-S2n=1(n≥2)．
　　(1) 证明数列1Sn成等差数列，并求数列{bn}的通项公式；
　　(2) 上表中，若从第三行起，第一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，且公比为同一个正数．当a81=-491时，求上表中第k(k≥3)行所有项的和．
　　
　　解析 (1) 证明：由已知，当n≥2时，2bnbnSn-S2n=1，又Sn=b1+b2+…+bn，
　　∴2(Sn-Sn-1)(Sn-Sn-1)Sn-S2n=12(Sn-Sn-1)-Sn-1Sn=11Sn-1Sn-1=12，
　　又S1=b1=a1=1．所以数列1Sn是首项为1，公差为12的等差数列．
　　由上可知1Sn=1+12(n-1)=n+12Sn=2n+1．
　　
　　
　　∴当n≥2时，bn=Sn-Sn-1=2n+1-2n=-2n(n+1)．
　　因此bn=1，n=1，-2n(n+1)，n≥2. 
　　
　　
　　(2) 设上表中从第三行起，每行的公比都为q，且q>0．
　　因为1+2+…+12=12×132=78，
　　∴表中第1行至第12行共含有数列{an}的前78项，故a81在表中第13行第三列，
　　
　　
　　因此a81=b13•q2=-491．又b13=-213×14，所以q=2．
　　记表中第k(k≥3)行所有项的和为S，
　　则S=bk(1-qk)1-q=-2k(k+1)•(1-2k)1-2=2k(k+1)(1-2k)(k≥3)．
　　
　　点拨
　　本题中已知an,Sn的等量关系，根据目标，统一到Sn上，用定义判断1Sn为等差数列，先确定Sn，由Sn求bn时，要紧扣定义，不要忽视验证n=1时是否满足通项公式，故本题用分段函数表示。
　　
　　牛刀小试
　　
　　1. 记等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1=12，S4=20，则S6= .
　　2. 数列{an}是等差数列，公差d≠0，且a2 046＋a1 978-a22 012＝0，{bn}是等比数列，且b2 012＝a2 012，则b2 010•b2 014＝ .
　　
　　
　　
　　3. 已知数列{an}和{bn}满足：①a1<0，b1>0；②当ak-1+bk-12≥0时ak=ak-1，bk=ak-1+bk-12；当ak-1+bk-12<0时，ak=ak-1+bk-12，bk=bk-1(k≥2,k∈N*).
　　
　　(1) 如果a1=-3，b1=7，试求a2，b2，a3，b3；
　　(2) 证明：数列{bn-an}是一个等比数列；
　　(3) 设n(n≥2)是满足b1>b2>b3>…>bn的最大整数，证明：n>log2a1-b1a1.
　　
　　
　　【参考答案】
　　1. 48.
　　2. 4.
　　
　　
　　3. (1) 因为a1+b12=2>0,所以a2=a1=-3,b2=a1+b12=2.
　　因为a2+b22=-12<0，所以a3=a2+b22=-12，b3=b2=2.
　　 (2) 当ak-1+bk-12≥0时,bk-ak=ak-1+bk-12-ak-1=bk-1-ak-12;
　　当ak-1+bk-12<0时,bk-ak=bk-1-ak-1+bk-12=bk-1-ak-12.
　　因此不管哪种情况,都有bk-ak=bk-1-ak-12，所以数列{bn-an}是首项为b1-a1，
　　
　　
　　公比为12的等比数列.
　　 (3) 由(2)可得bn-an=(b1-a1)12n-1 ，
　　因为b1>b2>b3>…>bn(n≥2),所以bk≠bk-1(2≤k≤n)，
　　所以ak-1+bk-12<0不成立，所以ak-1+bk-12≥0. 
　　此时对于2≤k≤n,都有ak=ak-1,bk=ak-1+bk-12,
　　于是a1=a2=…=an,所以bn=a1+(b1-a1)12n-1.
　　若an+bn2≥0,则bn+1=an+bn2，bn+1=a1+(b1-a1)12n，
　　
　　所以bn+1-bn=a1+(b1-a1)12n-a1+(b1-a1)12n-1=-(b1-a1)•12n<0，
　　所以bn>bn+1，这与n是满足b1>b2>b3>…>bn(n≥2)的最大整数相矛盾，
　　因此n是满足an+bn2<0的最小整数. 
　　an+bn2<0a1+(b1-a1)12n<0b1-a1-a1<2nlog2a1-b1a1　　
　　（作者：王文彬，江苏省太仓高级中学）