等差、等比數列的性質是等差、等比數列的概念，通項公式，前n項和公式的引申。應用等差等比數列的性質解題，往往可以回避求其首項和公差或公比，使問題得到整體地解決，能夠在運算時達到運算靈活，方便快捷的目的，故一直受到重視。成人高考中也一直重點考查這部分內容。

　　●難點磁場

　　（★★★★★）等差數列{an}的前n項的和為30，前2m項的和為100，求它的前3m項的和為_________.

　　●案例探究

　　[例1]已知函數f（x）= （x<-2）。

　　（1）求f（x）的反函數f--1（x）；

　　（2）設a1=1, =-f--1（an）（n∈N*），求an;

　　（3）設Sn=a12+a22+…+an2,bn=Sn+1-Sn是否存在最小正整數m,使得對任意n∈N*,有bn< 成立？若存在，求出m的值；若不存在，說明理由。

　　命題意圖：本題是一道與函數、數列有關的綜合性題目，著重考查學生的邏輯分析能力，屬★★★★★級題目。

　　知識依托：本題融合了反函數，數列遞推公式，等差數列基本問題、數列的和、函數單調性等知識于一爐，結構巧妙，形式新穎，是一道精致的綜合題。

　　錯解分析：本題首問考查反函數，反函數的定義域是原函數的值域，這是一個易錯點，（2）問以數列{ }為橋梁求an,不易突破。

　　技巧與方法：（2）問由式子 得 =4,構造等差數列{ },從而求得an,即“借雞生蛋”是求數列通項的常用技巧；（3）問運用了函數的思想。

　　解：（1）設y= ,∵x<-2,∴x=- ,

　　即y=f--1（x）=- （x>0）

　　（2）∵ ，

　　∴{ }是公差為4的等差數列，

　　∵a1=1, = +4（n-1）=4n-3,∵an>0,∴an= .

　　（3）bn=Sn+1-Sn=an+12= ,由bn< ,得m> ,

　　設g（n）= ,∵g（n）= 在n∈N*上是減函數，

　　∴g（n）的最大值是g（1）=5,∴m>5,存在最小正整數m=6,使對任意n∈N*有bn< 成立。

　　[例2]設等比數列{an}的各項均為正數，項數是偶數，它的所有項的和等于偶數項和的4倍，且第二項與第四項的積是第3項與第4項和的9倍，問數列{lgan}的前多少項和最大？（lg2=0.3,lg3=0.4）

　　命題意圖：本題主要考查等比數列的基本性質與對數運算法則，等差數列與等比數列之間的聯系以及運算、分析能力。屬★★★★★級題目。

　　知識依托：本題須利用等比數列通項公式、前n項和公式合理轉化條件，求出an;進而利用對數的運算性質明確數列{lgan}為等差數列，分析該數列項的分布規律從而得解。

　　錯解分析：題設條件中既有和的關系，又有項的關系，條件的正確轉化是關鍵，計算易出錯；而對數的運算性質也是易混淆的地方。

　　技巧與方法：突破本題的關鍵在于明確等比數列各項的對數構成等差數列，而等差數列中前n項和有最大值，一定是該數列中前面是正數，后面是負數，當然各正數之和最大；另外，等差數列Sn是n的二次函數，也可由函數解析式求最值。

　　解法一：設公比為q,項數為2m,m∈N*,依題意有

　　化簡得 .

　　設數列{lgan}前n項和為Sn,則

　　Sn=lga1+lga1q2+…+lga1qn-1=lga1n·q1+2+…+（n-1）

　　=nlga1+ n（n-1）·lgq=n（2lg2+lg3）- n（n-1）lg3

　　=（- ）·n2+（2lg2+ lg3）·n

　　可見，當n= 時，Sn最大。

　　而 =5,故{lgan}的前5項和最大。

　　解法二：接前， ,于是lgan=lg[108（ ）n-1]=lg108+（n-1）lg ,

　　∴數列{lgan}是以lg108為首項，以lg 為公差的等差數列，令lgan≥0,得2lg2-（n-4）lg3≥0,∴n≤ =5.5.

　　由于n∈N*,可見數列{lgan}的前5項和最大。

　　●錦囊妙計

　　1.等差、等比數列的性質是兩種數列基本規律的深刻體現，是解決等差、等比數列問題的既快捷又方便的工具，應有意識去應用。

　　2.在應用性質時要注意性質的前提條件，有時需要進行適當變形。

　　3.“巧用性質、減少運算量”在等差、等比數列的計算中非常重要，但用“基本量法”并樹立“目標意識”，“需要什么，就求什么”，既要充分合理地運用條件，又要時刻注意題的目標，往往能取得與“巧用性質”解題相同的效果。