C．若0＜a1＜a2，则a2＞a1a3 D．若a1＜0，则(a2－a1)(a2－a3)＞0
【解析】 若{an}是递减的等差数列，则选项A、B都不一定正确．若{an}为公差为0的等差数列，则选项D不正确．对于C选项，由条件可知{an}为公差不为0的正项数列，
a1＋a3a1＋a3
由等差中项的性质得a2＝，由基本不等式得＞a1a3，所以C正确．
22
【答案】 C
1
3．(2015·武汉模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列{}anan＋1
的前100项和为( )
10099A. B. 10110199101C. D. 100100
【解析】 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d. ∵a5＝5，S5＝15， ?a1＋4d＝5，
?∴? 5×（5－1）
5a＋d＝15，?2?1
??a1＝1，∴?∴an＝a1＋(n－1)d＝n. ?d＝1，?
111111111
＝＝－，∴数列{}的前100项和为1－＋－＋?＋
223100anan＋1n（n＋1）nn＋1anan＋1
11100－＝1－＝. 101101101【答案】 A 4．(2015·福建高考)等差数列{an}中，a2＝4，a4＋a7＝15. (1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an－2＋n，求b1＋b2＋b3＋?＋b10的值． 【解】 (1)设等差数列{an}的公差为d.
??a1＋d＝4，
由已知得?
?（a1＋3d）＋（a1＋6d）＝15，??a1＝3，?解得?
?d＝1.?
所以an＝a1＋(n－1)d＝n＋2. (2)由(1)可得bn＝2n＋n，
所以b1＋b2＋b3＋?＋b10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋?＋(210＋10) ＝(2＋22＋23＋?＋210)＋(1＋2＋3＋?＋10)
2×（1－210）（1＋10）×10＝＋ 21－2
＝211＋53 ＝2 101.
∴
从近三年高考，特别是2015年高考来看，该部分2016年高考命题热点考向为： 考什么 怎么考 题型与难度 1.数列的通项①考查等差、等比数列的基本量的求解； 题型：三种题型均可出现 公式 ②考查an与Sn的关系，递推关系等 难度：基础题或中档题 2.数列的前n①考查等差、等比数列前n项和公式； 题型：三种题型均可出现，更多
6
项和 3.数列的综合应用 ②考查用裂项相消法、错位相减法、分解组合法求和. ①考查数列与函数的综合； ②考查数列与不等式的综合. 为解答题 难度：中档题 题型：解答题 难度：中档题
数列的通项公式（自主探究型）
1．(2015·新课标Ⅱ高考)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn
＝____________．
【解析】 本题主要考查等差数列的概念等，意在考查考生的运算求解能力以及转化与化归能力．
111
当n＝1时，S1＝a1＝－1，所以＝－1.因为an＋1＝Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，所以－＝1，
S1SnSn＋1
1111即－＝－1，所以{}是以－1为首项，－1为公差的等差数列，所以＝(－1)＋(n－
SnSnSn＋1Sn
1
1)·(－1)＝－n，所以Sn＝－.
n
1
【答案】 － n
111
2．(2015·铜陵模拟)数列{an}满足a1＋2a2＋?＋nan＝3n＋1，n∈N*，则an＝________．
333
【解析】 本题主要考查递推数列，意在考查转化与化归能力．
1
当n＝1时，a1＝3×1＋1，所以a1＝12，
3
1111111
当n≥2时，①：a1＋2a2＋?＋n－1an－1＋nan＝3n＋1，②：a1＋2a2＋?＋n－1an－1
3333333
＝3(n－1)＋1.
1
①－②得：nan＝(3n＋1)－[3(n－1)＋1]，
3
??12，n＝1，1n＋1
即nan＝3，所以an＝3，综上可得：an＝?n＋1 3?3，n≥2.?
??12，n＝1，【答案】 ?n＋1
?3，n≥2?
5an－13
3．(预测题)若数列{an}满足a1＝3，an＋1＝，则a2 015的值为________．
3an－7
【解析】 本题主要考查利用递推数列求数列的某一项，通过研究数列的函数特性来解决．
由于a1＝3，求a2＝1，a3＝2，a4＝3，所以数列{an}是周期为3的周期数列，所以a2 015
＝a671×3＋2＝a2＝1.
【答案】 1
【规律感悟】 求通项的常用方法
(1)归纳猜想法：已知数列的前几项，求数列的通项公式，可采用归纳猜想法．
??S1，n＝1，
(2)已知Sn与an的关系，利用an＝?求an.
?Sn－Sn－1，n≥2?
(3)累加法：数列递推关系形如an＋1＝an＋f(n)，其中数列{f(n)}前n项和可求，这种类型的数列求通项公式时，常用累加法(叠加法)．
(4)累乘法：数列递推关系如an＋1＝g(n)an，其中数列{g(n)}前n项积可求，此数列求通项公式一般采用累乘法(叠乘法)．
7
(5)构造法：①递推关系形如an＋1＝pan＋q(p，q为常数)可化为an＋1＋＝p?an＋p－1??p－1?
q??
(p≠1)的形式，利用?an＋p－1?是以p为公比的等比数列求解．
??
pan111
②递推关系形如an＋1＝(p为非零常数)可化为＝－的形式．
an＋pan＋1anp
数列的前n项和（多维探究型）
命题角度一 基本数列求和、分组求和
【典例1】 (2015·湖北八校联考)等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，满足a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
2??S，n为奇数，
(2)令c＝?n设数列{c}的前n项和为T，求T.
n
??bn，n为偶数，
nn2n
【解】 本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识，考查考生的运算求解能力及函数与方程思想、化归与转化思想．
??b2＋S2＝10，
(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，则由?得
?a5－2b2＝a3，?
???q＋6＋d＝10，?d＝2，?解得? ?3＋4d－2q＝3＋2d，?q＝2，??
－
所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2n1.
2??n（n＋2），n为奇数，n（a1＋an）
(2)由a1＝3，an＝2n＋1得Sn＝＝n(n＋2)，则cn＝?
2－??2n1，n为偶数，
11??n－n＋2，n为奇数，
即c＝?
n
??2n－1，n为偶数，
∴T2n＝(c1＋c3＋?＋c2n－1)＋(c2＋c4＋?＋c2n)
11??11132n－1
－1－?＋?－?＋?＋?＝??＋(2＋2＋?＋2)
??3??35??2n－12n＋1??
2（1－4n）12n2
＝1－＋＝＋(4n－1)．
2n＋11－42n＋13命题角度二 裂项相消法求和 【典例2】 (2015·安徽高考)已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8. (1)求数列{an}的通项公式；
an＋1(2)设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
SnSn＋1
【解】 本题主要考查等比数列的通项公式及裂项相消法求和，考查考生的运算求解能力．(1)利用等比数列的性质可构造方程组求解a1，a4，进而可求数列的通项公式；(2)利用裂项相消法求和即可求解．
(1)由题设知a1 a4＝a2 a3＝8，
??a1＝1，??a1＝8
又a1＋a4＝9，可解得?或?(舍去)．
?a4＝8?a4＝1??
－－
设等比数列{an}的公比为q，由a4＝a1q3得q＝2，故an＝a1qn1＝2n1.
a1（1－qn）nan＋1Sn＋1－Sn11(2)Sn＝＝2－1，又bn＝＝＝－，
SnSn＋11－qSnSn＋1SnSn＋1
11?111??11?1??－－－所以Tn＝b1＋b2＋?＋bn＝?SS?＋?SS?＋?＋SS＝－?nn＋1?S1Sn＋1 1223
8
1
＝1－n＋1.
2－1
命题角度三 错位相减法求和 【典例3】 (2015·天津高考)已知{an}是各项均为正数的等比数列，{bn}是等差数列，且a1＝b1＝1，b2＋b3＝2a3，a5－3b2＝7.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)设cn＝anbn，n∈N*，求数列{cn}的前n项和．
【解】 本题主要考查等差数列、等比数列及其前n项和公式等基础知识，考查数列求和的基本方法和运算求解能力．(1)根据已知条件建立关于公差d、公比q的方程组，求解即得；(2)利用错位相减法进行数列求和．
(1)设数列{an}的公比为q，数列{bn}的公差为d，由题意q＞0.
2
??（1＋d）＋（1＋2q）＝2q，??2q－3d＝2，
由已知，有?4 ?4消去d，整理得q4－2q2－8
?q－3（1＋d）＝7，?q－3d＝10，??
＝0.
又因为q＞0，解得q＝2，所以d＝2.
－
所以数列{an}的通项公式为an＝2n1，n∈N*；数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1，n∈N*.
－
(2)由(1)有cn＝(2n－1)·2n1，设{cn}的前n项和为Sn，则
－－
Sn＝1×20＋3×21＋5×22＋?＋(2n－3)×2n2＋(2n－1)×2n1，
－
2Sn＝1×21＋3×22＋5×23＋?＋(2n－3)×2n1＋(2n－1)×2n， 上述两式相减，得
＋
－Sn＝1＋22＋23＋?＋2n－(2n－1)×2n＝2n1－3－(2n－1)×2n＝－(2n－3)×2n－3， 所以，Sn＝(2n－3)·2n＋3，n∈N*.
【规律感悟】 1.分组求和的常见方法 (1)根据等差、等比数列分组． (2)根据正号、负号分组． (3)根据数列的周期性分组． 2．裂项后相消的规律
(1)裂项系数取决于前后两项分母的差． (2)裂项相消后前、后保留的项数一样多． 3．错位相减法的关注点
(1)适用题型：等差数列{an}乘以等比数列{bn}对应项({an·bn})型数列求和． (2)步骤：
①求和时先乘以数列{bn}的公比． ②把两个和的形式错位相减． ③整理结果形式．
[针对训练]
n2＋n
1．(2014·湖南高考)已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.
2
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和． 【解】 (1)当n＝1时，a1＝S1＝1；
n2＋n（n－1）2＋（n－1）
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n.
22
故数列{an}的通项公式为an＝n.
(2)由(1)知，bn＝2n＋(－1)nn.记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n＝(21＋22＋?＋22n)＋(－1＋2－3＋4－?＋2n)．
记A＝21＋22＋?＋22n，B＝－1＋2－3＋4－?＋2n，则
2（1－22n）2n＋1A＝＝2－2，
1－2
B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋?＋[－(2n－1)＋2n]＝n.
＋
故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n1＋n－2.
9
1??
2．(2015·山东高考)已知数列{an}是首项为正数的等差数列，数列?a·a?的前n项和
?nn＋1?
n为. 2n＋1
(1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝(an＋1)·2an，求数列{bn}的前n项和Tn. 【解】 (1)设数列{an}的公差为d.
11
令n＝1，得＝，
a1a23
所以a1a2＝3.
112
令n＝2，得＋＝，
a1a2a2a35
所以a2a3＝15.
解得a1＝1，d＝2， 所以an＝2n－1.
－
(2)由(1)知bn＝2n·22n1＝n·4n， 所以Tn＝1·41＋2·42＋?＋n·4n，
＋
所以4Tn＝1·42＋2·43＋?＋n·4n1，
＋
两式相减，得－3Tn＝41＋42＋?＋4n－n·4n1 4（1－4n）＋＝－n·4n1
1－4
1－3nn＋14＝×4－.
33
＋
3n－1n＋144＋（3n－1）4n1
所以Tn＝×4＋＝
999数列的综合应用（师生共研型） .
＋*
【典例4】 (2015·安徽高考)设n∈N，xn是曲线y＝x2n2＋1在点(1，2)处的切线与x轴交点的横坐标．
(1)求数列{xn}的通项公式；
122
(2)记Tn＝x2. 1x3?x2n－1，证明：Tn≥4n
【解】 本题综合考查函数、导数的几何意义、数列以及不等式等知识．先通过导数的几何意义求出直线斜率，再求出直线与x轴交点的横坐标，得到数列通项，最后证明不等式．
2n＋22n＋12n＋2
(1)y′＝(x＋1)′＝(2n＋2)x，曲线y＝x＋1在点(1，2)处的切线斜率为2n＋2， 从而切线方程为y－2＝(2n＋2)(x－1)．
1n
令y＝0，解得切线与x轴交点的横坐标xn＝1－＝.
n＋1n＋1
(2)由题设和(1)中的计算结果知
1?2?3?2?2n－1?2222?Tn＝x1x3?x2n－1＝?2??4??
?2n?.
1
当n＝1时，T1＝.
4
2n－1?2（2n－1）2（2n－1）2－12n－2n－12?当n≥2时，因为x2n－1＝
?2n?＝（2n）2>（2n）2＝2n＝n.
1?212n－11?所以Tn>?2?×××?×＝.
23n4n
1
综上可得对任意的n∈N*，均有Tn≥. 4n
[一题多变]
若题 (2)变为：记bn＝lgxn，数列{bn}的前n项和为Sn，求Sn.
10