高考数列题的命题规律、热点题型与 应对策略

周淦利

数列是高中数学的重要内容之一，在高考中的地位举足轻重.在近年来的江苏高考中，一直都把数列作为核心内容之一加以考查，并且创意不断，常考常新.了解高考中数列问题的命题规律，掌握高考中关于数列问题的热点题型及其解法，针对性地开展数列的二轮复习和训练，对于在高考中取得理想成绩具有十分重要的意义.

一、命题规律

纵观近几年江苏高考数学科《考试说明》，发现对数列的要求没有变化，都是：对数列的概念要求为A级（包括数列、数列的项、通项公式、前n项和等概念），对两个特殊而重要的数列——等差数列与等比数列的要求为C级.而且近几年《考试说明》中的命题指导思想也没有变化，都是要求：（1）突出數学基础知识、基本技能、基本思想方法的考查;（2）重视数学基本能力和综合能力的考查;（3）注重数学的应用意识和创新意识的考查.不难看出，近些年来江苏高考对数列知识的考查都是围绕等差数列、等比数列以及数列的概念展开的.有单独以等差、等比数列的定义、通项公式与前n项和公式的运用为基础设计试题，考查基础知识与基本运算的;也有将数列与函数、方程、不等式等知识结合起来，通过运用等差、等比数列的相关性质进行求解与证明，重点考查数学思想方法与数学综合能力的;还有由已知数列生成或直接定义具有某种特性的新数列，再运用等差、等比数列的定义与相关性质，对新数列进行求解与证明，突出考查探究能力与创新意识的.但不管是以什么样的形式出现，整个解题过程中都是运用到了等差数列、等比数列的定义与相关性质以及数列的概念.因此，江苏高考数列题能够紧贴《考试说明》，充分体现命题指导思想，既注重基础知识、基本技能的考查，又突出数学思想方法、数学综合能力以及创新意识的考查.

二、热点题型

题型一 求数列的通项公式

求数列通项公式的方法很多，常用方法有：累加法、累乘法、迭代法、转化为等差或等比数列法、利用前n项和与通项的关系法等.

例1 设数列{an}满足a1=1，且an+1-an=n+1（n∈N*），则数列{1an}的前10项和为    .

解：∵a1=1，an+1-an=n+1，∴a2-a1=2，a3-a2=3，…，an-an-1=n，将以上n-1个式子相加得

an-a1=2+3+…+n=（2+n）（n-1）2，即an=n（n+1）2，令bn=1an，故bn=2n（n+1）=2（1n-1n+1），故S10=b1+b2+…+b10=2（1-12+12-13+…+110-111）=2011.

点评：在已知形如an+1-an=f（n）的递推公式求通项公式时，一般利用累加法（逐差相加法）求解.

例2 已知正项数列{an}满足a1=1，（n+2）a2n+1-（n+1）a2n+anan+1=0，求通项an.

解：由（n+2）a2n+1-（n+1）a2n+anan+1=0，

得（n+2）（an+1an）2+an+1an=n+1，则an+1an=n+1n+2或an+1an=-1（舍去）.又a1=1，则

an=anan-1·an-1an-2·…·a2a1·a1

=nn+1·n-1n·…·23·1=2n+1.

故数列{an}的通项公式an=2n+1.

点评：在已知形如an+1an=f（n）的递推公式求通项公式时，一般利用累乘法（逐商相乘法）求解.

例3 在数列{an}中，a1=1，an+1=（1+1n）an+n+12n，求数列{an}的通项公式.

解：由已知得a1=1，且an+1n+1=ann+12n，则a22=a11+121，a33=a22+122，…，ann=an-1n-1+12n-1，所以ann=1+12+122+…+12n-1=2-12n-1（n≥2）.

于是an=2n-n2n-1（n≥2），又a1=1适合上式，故an=2n-n2n-1.

点评：已知an与an+1的递推关系式求an，迭代法是一种常用的方法，应加以关注.

例4 已知a1=4，an+1=2an2an+1，求通项an.

解：∵an+1=2an2an+1，两边取倒数得1an+1=12an+1，设bn=1an，则bn+1=12bn+1，则bn+1-2=12（bn-2），∴bn+1-2bn-2=12，故数列{bn-2}是以b1-2=1a1-2=-74为首项，12为公比的等比数列.

∴bn-2=（-74）（12）n-1，

即1an-2=（-74）（12）n-1，得an=2n+12n+2-7.

点评：通过构造等差或等比数列求通项公式，在解题中有着广泛的应用.本题中先对题设递推公式两边取倒数，然后换元，再构造一个等比数列{bn-2}，使问题得以解答.一般地，若已知递推公式形如an+1=pan+q（其中p，q均为常数，且pq（p-1）≠0），可用待定系数法把原递推公式转化为an+1-t=p（an-t），其中t=q1-p，从而转化为等比数列求解.

例5 设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=1，a2=2，且an+2=3Sn-Sn+1+3，n∈N*.

（1）求证：an+2=3an;（2）求an.

解：∵对任意n∈N*，有an+2=3Sn-Sn+1+3，则对任意n∈N*，n≥2，有an+1=3Sn-1-Sn+3.两式相减，得an+2-an+1=3an-an+1，即an+2=3an（n≥2）.又a1=1，a2=2，∴a3=3S1-S2+3=3a1-（a1+a2）+3=3a1，故对一切n∈N*，an+2=3an.又∵an≠0，所以an+2an=3，于是数列{a2n-1}是以a1=1为首项，3为公比的等比数列;数列{a2n}是以a2=2为首项，3为公比的等比数列.∴a2n-1=3n-1，a2n=2×3n-1.

故an=3n-12，n为奇数，2×3n-22，n为偶数.

点评：给出Sn与an的递推关系求an，常用思路：一是利用Sn-Sn-1=an（n≥2）转化为an的递推关系，再求其通项公式;二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.但必须注意n=1和n≥2的讨论.

题型二 求数列的前n项和

数列求和方法比较多，最常见的方法有分组求和法、裂项相消法、错位相减法等.

例6 已知等差数列{an}的首项a1=2，前n项和为Sn，等比数列{bn}的首项b1=1，且a2=b3，S3=6b2，n∈N*.

（1）求数列{an}和{bn}的通项公式;

（2）数列{cn}满足cn=bn+（-1）nan，记数列{cn}的前n项和为Tn，求Tn.

解：（1）设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q.∵a1=2，b1=1，且a2=b3，S3=6b2，

∴2+d=q2，3（2+2+2d）2=6q.解得d=2，q=2..

∴an=2+（n-1）×2=2n，bn=2n-1.

（2）∵cn=bn+（-1）nan=2n-1+（-1）n2n.

∴Tn=（1+2+4+…+2n-1）+[-2+4-6+8-…+（-1）n·2n].①若n为偶数：Tn=1-2n1-2+{（-2+4）+（-6+8）+…+[-2（n-1）+2n]}=2n-1+n2×2=2n+n-1.②若n为奇数：Tn=1-2n1-2+{（-2+4）+（-6+8）+…+[-2（n-2）+2（n-1）]-2n}=2n-1+2×n-12-2n=2n-n-2.

故Tn=2n+n-1，n为偶数，2n-n-2，n为奇数.

点评：（1）一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并.这就是数列求和中的分组求和法.（2）在利用分组求和法求和时，常常根据需要对项数n进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个表达式.（3）分组求和的策略：①根据等差、等比数列分组;②根据正号、负号分组.

例7 已知各项都是正数的数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn=a2n+an，数列{bn}满足b1=12，2bn+1=bn+bnan.

（1）求数列{an}，{bn}的通项公式;

（2）设数列{cn}满足cn=bn+2Sn，求和c1+c2+…+cn.

解：（1）2Sn=a2n+an ①，

2Sn+1=a2n+1+an+1 ②，

②-①得2an+1=a2n+1-a2n+an+1-an，即（an+1+an）（an+1-an-1）=0.因为{an}是正数数列，所以an+1-an-1=0，即an+1-an=1，在2Sn=a2n+an中，令n=1，得a1=1，所以数列{an}是以a1=1为首项，1为公差的等差数列.所以an=n.由2bn+1=bn+bnan得bn+1n+1=12·bnn，所以数列{bnn}是等比数列，其首项为12，公比为12，所以bnn=（12）n，即bn=n2n.

（2）由（1）得cn=bn+2Sn=n+2（n2+n）2n+1，

所以cn=（2n+2）-nn（n+1）·2n+1=1n·2n-1（n+1）·2n+1，

所以c1+c2+…+cn=（11×21-12×22）+（12×22-13×23）+…+（1n·2n-1（n+1）2n+1）=12-1（n+1）2n+1=（n+1）2n-1（n+1）·2n+1.

点评：（1）裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消.（2）消项規律：一般地，消项后前边剩几项，后边就剩几项;前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.（3）裂项求和的常见技巧：①1n（n+1）=1n-1n+1;②1n（n+k）=1k（1n-1n+k）;③1n2-1=12（1n-1-1n+1）;④14n2-1=12（12n-1-12n+1）.

例8 已知数列{an}为等差数列，前n项和为Sn（n∈N*），数列{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2+b3=12，b3=a4-2a1，S11=11b4.

（1）求数列{an}和{bn}的通项公式;

（2）求数列{a2nbn}的前n项和（n∈N*）.

解：（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，由已知b2+b3=12，得b1（q+q2）=12，而b1=2，所以q2+q-6=0，又因为q>0，解得q=2，所以bn=2n.

由b3=a4-2a1，可得3d-a1=8 ①，

由S11=11b4，可得a1+5d=16 ②，

联立①②，解得a1=1，d=3，由此可得an=3n-2.所以数列{an}的通项公式为an=3n-2，数列{bn}的通项公式为bn=2n.

（2）设数列{a2nbn}的前n项和为Tn，由a2n=6n-2，bn=2n，有Tn=4×2+10×22+16×23+…+（6n-2）×2n，于是2Tn=4×22+10×23+16×24+…+（6n-8）×2n+（6n-2）×2n+1，上述两式相减，得

-Tn=4×2+6×22+6×23+…+6×2n-（6n-2）×2n+1=12×（1-2n）1-2-4-（6n-2）×2n+1=-（3n-4）2n+2-16.所以Tn=（3n-4）2n+2+16.故数列{a2nbn}的前n项和为（3n-4）2n+2+16.

点评：一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法求和，通常是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解.

题型三 等差、等比数列的基本运算

无需赘述，这类题型主要就是等差、等比数列的五个量a1、d（q）、n、an、Sn中的“知三求二”.

例9 （1）记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a4+a5=24，S6=48，则等差数列{an}的公差为    .

（2）设公比不为1的等比数列{an}满足a1a2a3=-18，且a2，a4，a3成等差数列，则数列{an}的前4项和为    .

（3）已知各项都为正的等差数列{an}中，若a2+a3+a4=15，a1+2，a3+4，a6+16成等比数列，则a10=    .

解：（1）设等差数列{an}的公差为d，

由a4+a5=24，S6=48，得2a1+7d=24，6a1+15d=48，解得d=4.

（2）设等比数列{an}的公比为q，q≠1，由a1a2a3=a32=-18，得a2=-12.由a2，a4，a3成等差数列，得a2+a3=2a4，即a2+a2q=2a2q2，解得q=-12，故S4=a1+a2+a3+a4=1-12+14-18=58.

（3）设公差为d（d>0），因为a2+a3+a4=3a3=15，所以a3=a1+2d=5，所以a1=5-2d.

又（a1+2）（a6+16）=（a3+4）2，所以（a1+2）（a1+5d+16）=（7-2d）（3d+21）=81，整理得2d2+7d-22=0，解得d=2或d=-112（舍去）.

所以a1=1，故a10=1+9×2=19.

点评：（1）在等差、等比数列的五个量a1、d（q）、n、an、Sn中，已知其中三个量可通过解方程或方程组求出另外两个量.（2）在解决等差、等比数列的基本运算问题时，有时可能运算较繁，需注重巧用性质、整体考虑，以达到避繁就简、合理解题的目的.

题型四 等差、等比数列的判断与证明

例10 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=14，且Sn=Sn-1+an-1+12（n∈N*，且n≥2），数列{bn}满足：b1=-1194，且3bn-bn-1=n（n≥2，且n∈N*）.

（1）求数列{an}的通项公式;

（2）求证：数列{bn-an}为等比数列.

解：（1）解：由Sn=Sn-1+an-1+12，得Sn-Sn-1=an-1+12，即an-an-1=12（n∈N*，n≥2），则数列{an}是以12为公差的等差数列，又a1=14，

于是an=a1+（n-1）d=12n-14.

（2）证：∵3bn-bn-1=n（n≥2），∴bn=13bn-1+13n（n≥2），∴bn-an=13bn-1+13n-12n+14=13bn-1-16n+14=13（bn-1-12n+34）（n≥2）.

bn-1-an-1=bn-1-12（n-1）+14=bn-1-12n+34（n≥2），∴bn-an=13（bn-1-an-1）（n≥2），

∵b1-a1=-30≠0，∴bn-anbn-1-an-1=13（n≥2）.∴数列{bn-an}是以-30为首项，13为公比的等比数列.

点评：判断或证明一个数列是等差或等比数列的方法通常有两种：（1）定义法：对于n≥1的任意自然数，验证an+1-an（或an+1an）为同一常数.（2）中项公式法：若2an=an-1+an+1（n∈N*，n≥2），则数列{an}为等差数列（或若a2n=an-1·an+1（n∈N*，n≥2），则数列{an}为等比数列）.而要判断一个数列不是等差或等比数列，只要在这个数列中选取连续三项，验证它们不成等差或等比数列即可.

题型五 数列与函数（导数）的交汇

数列与函数（导数）是新课程高考的重要内容，数列本身也是特殊的函数，将两者密切综合在一起，可以考查同学们的理性思维能力，培养同学们的创新意识，是高考的热点题型之一.

例11 设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10=0，S15=25，则nSn的最小值为    .

解：设等差数列{an}的首项和公差分别为a1、d，则10a1+45d=0，15a1+105d=25，解得a1=-3，d=23，

于是nSn=n[-3n+n（n-1）3]=n33-103n2.

设函数f（x）=x33-103x2，则f′（x）=x2-203x.当x∈（0，203）时，f′（x）<0;当x∈（203，+∞）时，f′（x）>0，所以f（x）min=f（203）.但6<203<7，且f（6）=-48，f（7）=-49，所以nSn最小值为-49.

例12 已知二次函数f（x）=ax2+bx的圖象过点（-4n，0），且f′（0）=2n，n∈N*，数列{an}满足1an+1=f′（1an），且a1=4.

（1）求数列{an}的通项公式;

（2）记bn=anan+1，求数列{bn}的前n项和Tn.

解：（1）∵f（x）=ax2+bx，∴f′（x）=2ax+b，由题意有b=2n，16n2a-4nb=0，∴a=12，则f（x）=12x2+2nx，f′（x）=x+2n，n∈N*.而数列{an}满足1an+1=f′（1an），∴1an+1=1an+2n，∴1an+1-1an=2n，由累加法可得1an-14=2+4+6+…+2（n-1）=n2-n，化简可得an=4（2n-1）2（n≥2），当n=1时，a1=4也符合，∴an=4（2n-1）2（n∈N*）.

（2）∵bn=anan+1=4（2n-1）（2n+1）=2（12n-1-12n+1），∴Tn=b1+b2+…+bn=2[（1-13）+（13-15）+…+（12n-1-12n+1）]=2（1-12n+1）=4n2n+1.

点评：（1）数列是特殊的函数，解题时要充分利用函数的性质解决数列问题，如数列的单调性、周期性、数列中的最值问题等.（2）数列与函数（导数）的综合问题一般是以函数作为背景，给出数列所满足的条件.解决这类问题的关键是利用函数知识，将条件进行准确转化，并充分利用函数思想方法及相关性质进行求解，须注意定义域等一些特别的限制条件.

题型六 数列与不等式的交汇

不等式也是高中数学的重要内容，数列中出现不等式问题时，常见的解题技巧与数学思想方法都得到了充分的体现，因此数列与不等式的交汇问题，自然成为了高考命题的热点.

例13 数列{an}满足a1=1，an+1=2an（n∈N*），Sn为其前n项和.数列{bn}为等差数列，且满足b1=a1，b4=S3.

（1）求数列{an}，{bn}的通项公式;

（2）设cn=1bn·log2a2n+2，数列{cn}的前n项和为Tn，证明：13≤Tn<12.

解与证：（1）由题意知，数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，∴an=a1·2n-1=2n-1.

∴Sn=2n-1.设等差数列{bn}的公差为d，

则b1=a1=1，b4=1+3d=S3=7，

∴d=2，bn=1+（n-1）×2=2n-1.

（2）∵log2a2n+2=log222n+1=2n+1，

∴cn=1bn·log2a2n+2=1（2n-1）（2n+1）

=12（12n-1-12n+1），

∴Tn=12（1-13+13-15+…+12n-1-12n+1）=12（1-12n+1）=n2n+1.

∵n∈N*，∴Tn=12（1-12n+1）<12，又当n≥2时，Tn-Tn-1=n2n+1-n-12n-1=1（2n+1）（2n-1）>0，∴数列{Tn}是一个递增数列，∴Tn≥T1=13.

综上所述，13≤Tn<12.

例14 已知数列{an}满足：a1=3，an+1=n+1nan+2n+2，求证：

（1）数列{ann}是等差数列;

（2）1a1+1a2+1a3+…+1an<1.

证明：（1）由an+1=n+1nan+2n+2，得an+1n+1=ann+2，即an+1n+1-ann=2，∴数列{ann}是首项为3，公差为2的等差数列.

（2）由（1）知，ann=3+（n-1）×2=2n+1，∴an=n（2n+1），∴1an=1n（2n+1）<1n（n+1）=1n-1n+1，∴1a1+1a2+1a3+…+1an<（11-12）+（12-13）+（13-14）+…+（1n-1n+1）=11-1n+1<1，∴1a1+1a2+1a3+…+1an<1.

例15 设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足a2n+1=4Sn+4n+1，n∈N*，且a2，a5，a14恰好是等比数列{bn}的前三项.

（1）求数列{an}，{bn}的通项公式;

（2）记数列{bn}的前n项和为Tn，若对任意的n∈N*，（Tn+32）k≥3n-6恒成立，求实数k的取值范围.

解：（1）当n≥2时，4Sn-1=a2n-4（n-1）-1，则4an=4Sn-4Sn-1=a2n+1-a2n-4，于是a2n+1=a2n+4an+4=（an+2）2，∵an>0，∴an+1=an+2，∴当n≥2时，数列{an}是以2为公差的等差数列.∵a2，a5，a14成等比数列，∴a25=a2·a14，即（a2+6）2=a2·（a2+24），解得a2=3.又由条件可知4a1=a22-5=4，∴a1=1.∵a2-a1=3-1=2，∴数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列.∴数列{an}的通项公式为an=2n-1.∵a5=9，∴a5a2=3，∴数列{bn}的通项公式为bn=3n.

（2）∵Tn=3（1-3n）1-3=3n+1-32，∴由（Tn+32）k≥3n-6对任意n∈N*恒成立，可得k≥2n-43n对任意n∈N*恒成立.令cn=2n-43n，则cn-cn-1=2n-43n-2n-63n-1=-2（2n-7）3n（n≥2，n∈N*），当n≤3时，cn>cn-1;当n≥4时，cn

点评：一般地，高考中数列与不等式知识相结合的考查方式主要有三种：一是判断数列问题中的一些不等关系;二是以数列为载体，考查不等式恒成立或有解的问题;三是考查与数列有关的解不等式或不等式的证明.在解決这些问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、分析法、放缩法（结果放缩或过程放缩）等.如果是解不等式题，要熟练使用不等式的各种不同解法，如数轴法、因式分解法等.

题型七 生成或定义新数列问题

由一个或几个已知数列生成新数列（派生数列），或根据数列特点定义一个新数列，可以考查同学们的阅读理解能力、信息迁移能力、化归与转化能力以及创新能力等，因此命题者常热衷于考查这类题型.

例16 （1）已知等差数列{an}中，a2=8，a8=26，从{an}中依次取出第3项、第9项，第27项，…，第3n项，按原来的顺序构成一个新数列{bn}，则b2018=    .

（2）已知数列{an}，{bn}的通项公式分别为an=2n-1，bn=2n.将数列{an}，{bn}的所有项按从小到大的顺序排列构成一个数列{cn}.记Sn为数列{cn}的前n项和，则使得Sn>12cn+1成立的n的最小值为    .

解：（1）由等差数列{an}中，a2=8，a8=26，可得其通项公式为an=3n+2，因为数列{bn}的第n项是数列{an}的第3n项，所以bn=a3n=3n+1+2，则b2018=32019+2.

（2）由等差数列1，3，5，…，2n-1，…和等比数列2，4，8，…，2n，…的所有项按从小到大的顺序排列构成数列{cn}，在数列{cn}中，25前面有16个正奇数，即c21=25，26前面有32个正奇数，即c38=26.当n=1时，S1=1<12c2=24，不符合题意;当n=2时，S2=3<12c3=36，不符合题意;当n=3时，S3=6<12c4=48，不符合题意;当n=4时，S4=10<12c5=60，不符合题意;…;当n=26时，S26=21×（1+41）2+2×（1-25）1-2=441+62=503<12c27=516，不符合题意;当n=27时，S27=22×（1+43）2+2×（1-25）1-2=484+62=546>12c28=540，符合題意.故使得Sn>12cn+1成立的n的最小值为27.

例17 对于给定的正整数k，若数列{an}满足an-k+an-k+1+…+an-1+an+1+…+an+k-1+an+k=2kan对任意正整数n（n>k）总成立，则称数列{an}是“P（k）数列”.

（1）证明：等差数列{an}是“P（3）数列”;

（2）若数列{an}既是“P（2）数列”，又是“P（3）数列”，证明：数列{an}是等差数列.

证明：（1）因为数列{an}是等差数列，设其公差为d，则an=a1+（n-1）d，从而，当n≥4时，an-k+an+k=a1+（n-k-1）d+a1+（n+k-1）d=2a1+2（n-1）d=2an，k=1，2，3，所以an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an，因此等差数列{an}是“P（3）数列”.

（2）因为数列{an}既是“P（2）数列”，又是“P（3）数列”，则当n≥3时，an-2+an-1+an+1+an+2=4an ①，

当n≥4时，an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an ②.

由①知an-3+an-2=4an-1-（an+an+1） ③，

an+2+an+3=4an+1-（an-1+an） ④.

将③④代入②，得an-1+an+1=2an，其中n≥4，所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′.在①中，取n=4，则a2+a3+a5+a6=4a4，所以a2=a3-d′，在①中，取n=3，则a1+a2+a4+a5=4a3，所以a1=a3-2d′，故数列{an}是等差数列.

点评：对于派生数列或新定义的数列，一定要认真阅读，准确理解派生数列或新定义数列的本质含义.可以从新数列的前几项（特殊处、简单处）体会题意，从而探索出恰当的解题思路，一般是转化成等差数列或等比数列求解.

三、应对策略

通过对近几年江苏高考中数列命题规律的分析以及热点题型的研究，在数列的二轮复习中，应注意以等差数列和等比数列这两个重要的数列模型为主线，以数列的通项与求和这两类基本问题为抓手，突出双基，强化综合，联系实际，注重创新，努力提高阅读理解能力，运算变形能力，推理论证能力和综合运用所学知识分析问题、解决问题的能力.具体地，应注意做好以下几点：

1.突出基础知识的复习

一般地，高考中数列填空题与数列大题的第一小题都是以考查数列的概念，或等差、等比数列的定义、性质、通项公式、求和等基础知识为主.因此在复习中，要立足课本，狠抓基础.在夯实基础的前提下，努力提高解题能力.要准确、灵活地应用概念与性质，杜绝因概念模糊、错用公式而导致解题失误.要抓住等差、等比数列这两个重要的数列，弄清其知识结构和内在联系，明晰有关等差、等比数列的基本题型及主要解题方法，加强解题训练，熟练掌握求解等差、等比数列的基本量方法，灵活运用等差、等比数列的性质，为求解数列综合问题奠定基础.

2.落实运算能力的培养

数列问题对运算的要求比较高，近几年的高考更是如此.因此在数列复习中，加强运算能力的培养是值得高度重视的.一要准确理解和把握数列的有关概念、公式和基本性质，为合理运算提供依据;二要注重基本运算技能的训练，在抓通性通法的同时，有意识地训练一些常用的解题技巧，以便能更迅速准确地解决问题;三要注重数学思想方法与运算技能的有机结合，例如运用特殊化的思想把问题退到简单情况中去考查，就是提高运算能力的一个诀窍，它可以帮助我们收到化繁为简、化难为易、事半功倍的效果.

3.重视数学思想方法的运用

注重数学思想方法一直是高考的主旋律，高考中对数列内容的考查突出了函数思想、方程思想、化归思想、分类讨论思想以及特殊到一般的思想等.因此在进行数列复习时，应重视这些数学思想方法的挖掘与渗透，通过典型例题的分析研究和适当的习题训练，达到熟练掌握并能灵活运用这些数学思想方法指导解题的思维意识和策略，从而能够从较高的层次上提高数学解题能力，有效提高数学素养.

4.强化综合解题的训练

高考中对数列考查的一个显著特点就是高度的综合性，或将数列与函数、方程、不等式等内容交融渗透组成综合题;或由已知数列派生出新数列或直接定义具有某种特性的新数列而构成综合题等，以此来考查同学们对变式转化、换元构造、有效迁移等数学思想与数学方法的合理运用.因此在数列的二轮复习中加强与之有关的综合题的解题训练显得尤为重要.要通过强化综合题的解题训练，切实提高分析与解决综合问题的能力.