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数列是历年高考数学中的必考的知识，纵观每年各个省市的高考数学试题，可以发现对于数列的考查出现的概率为百分百，由此可见，数列在高考中的重要性不言而喻.本文通过分析2016年全国各个省市的高考数学试题中出现的数列考题，对高考中数列的考查方式及解析方法进行归纳总结，希望能够给一线教师教学以及学生复习提供帮助.
一、考纲要求
《2016年普通高等学校招生全国统一考试大纲（数学）》中对于数列的掌握程度要求如下：
1.数列的概念和简单表示法
（1）了解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图像、通项公式）；
（2）了解数列是自变量为正整数的一类函数.
2.等差数列、等比数列
（1）理解等差数列、等比数列的概念；
（2）掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式；
（3）能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题；
（4）了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系.
二、考察方式
分析2016年全国各个省市高考数学对于数列的考察，不难发现，一般一套试题中，会出现和数列相关的一个选择题或一个填空题以及一个大型计算题，大型计算题一般出现在解答题的第一题或第二题.在高考中所占的比重大约在20分左右（满分150分）.对于数列的考查包括数列的基本概念、基本表示方法、求解数列的前n项和或积，还有考查学生通过数列来解决实际问题的能力.整体来说，对于数列的考查难度适中，但是对于考生的计算能力要求非常高.
三、例题分析
例1 （2016全國文科，17）
已知各项都为正数的数列an满足a1=1，a2n-（2an+1-1）an-2an+1=0.
（Ⅰ）求a2，a3；
（Ⅱ）求an的通项公式.
例题精讲
（1）因为a1=1，a2n-（2an+1-1）an-2an+1=0
所以a21-（2a2-1）a1-2a2=0
所以a2=1/2
同理可得，a22-（2a3-1）a2-2a3=0
得到a3=1/4
（2）由a2n-（2an+1-1）an-2an+1=0
得a2n-2anan+1+an-2an+1=0
即2an+1（an+1）=an（an+1）
由题意知{an}各项均为正数
所以an+1/an=1/2
综上{an}是首项为a1=1，公比为1/2的等比数列.其通项公式为an=（1/2）n-1.
考点解析 这道题目考查难度较低，主要考察数列前几项的基本计算，这是最常见的考查方式，同时考查数列通式的求解.
例2 （2016浙江文科，17）
设数列{an}的前n项和为Sn.已知S2=4，an+1=2Sn+1，n∈N*.
（Ⅰ）求通项公式an；
（Ⅱ）求数列{|an-n-2|}的前n项和.
例题精讲
（1）由题意S2=4知：a1+a2=4a2=2a1+1，计算得a1=1a2=3，
又当n≥2时，由an+1-an=（2Sn+1）-（2Sn-1+1）=2an，得an+1=3an，
所以数列{an}的通项公式为an=3n-1，其中n∈N*.
（2）设bn=|3n-1-n-2|，n∈N*，b1=2，b2=1，
当n≥3时，由于3n-1>n+2，故bn=3n-1-n-2，n≥3.
设数列{bn}的前n项和为Tn，则T1=2，T2=3，
当n≥3时，Tn=3+9（1-3n-2）1-3-（n+7）（n-2）2=3n-n2-5n+112，
所以Tn=2，n=13n-n2-5n+112，n≥2，n∈N*
考点解析 这道题目难度中等偏上，将等比数列和等差数列结合起来考查，在往年高考中也多次出现.主要考察等比数列的通项公式求解，考查等差数列和等比数列的前n项和的计算方法.
例3 （2016浙江文科，18）
已知an是等比数列，前n项和为Snn∈N*，且1a1-1a2=2a3，S6=63.
（Ⅰ）求an的通项公式；
（Ⅱ）若对任意的n∈N*，bn是log2an和log2an+1的等差中项，求数列-1nb2n的前2n项和.
例题精讲
（Ⅰ）设数列{an}的公比为q，由已知条件
1a1-1a2=2a3得
1a1-1a1q=2a1q2，
解得q=2或q=-1，又由
S6=a1（1-q6）1-q=63可得q≠-1，所以a1（1-26）1-2=63，
进一步求得a1=1，所以an=2n-1.
（Ⅱ）由题意得bn=12（log2an+log2an+1）=
12（log22n-1+log22n）=n-12，即数列bn是首项为12，公差为1的等差数列.
设数列{（-1）nb2n}的前n项和为Tn，则T2n=（-b21+b22）+（-b23+b24）+…+（-b22n-1+b22n）=b1+b2+…+b2n=2n（b1+b2n）2=2n2
考点解析 （Ⅰ）求等比数列的通项公式，一般用待定系数法，先由1a1-1a1q=2a1q2
得到q=2或-1，再分别代入S6=63得q值.（Ⅱ）可以先根据等差中项得 bn=12（log2an+log2an+1）=12（log22n-1+log22n）=n-12
，再利用分组求和求解T2n=（-b21+b22）+（-b23+b24）+…+（-b22n-1+b22n）=b1+b2+…+b2n=2n（b1+b2n）2=2n2.
例4 （2016山东文科，19）
已知数列{an}的前n项和Sn=3n2+8n，{bn}是等差数列，且an=bn+bn+1.
（Ⅰ）求数列{bn}的通项公式；
（Ⅱ）令cn=（an+1）n+1（bn+2）n.求数列{cn}的前n项和Tn.
例题精讲
（Ⅰ）由题意当n≥2时，an=Sn-Sn-1=6n+5，当n=1时，
a1=S1=11，符合an=Sn-Sn-1=6n+5，
所以{an}的通项公式为an=6n+5.
由题意an=bn+bn+1得
a1=b1+b2a2=b2+b3，设等差数列的公差为d，则
11=2b1+d17=2b1+3d，解得b1=4，d=3，得到bn=3n+1.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知cn=（6n+6）n+1（3n+3）n=3（n+1）·2n+1，又因为
Tn=c1+c2+c3+…+cn，代入得Tn=
3[2×22+3×23+4×24+…+（n+1）2n+1]，所以2Tn=3[2×23+3×24+4×25+…+（n+1）2n+2].
将以上两式分别相减得到
-Tn=3[2×22+23+24+…+2n+1-（n+1）2n+2]=3[4+4（2n-1）2-1-（n+1）2n+2]=-3n·2n+2，故Tn=3n·2n+2.
考點解析 这道题目难度适中，主要考察三点：一是考察等差数列的通项公式、二是考察等比数列的求和、三是考察“错位相减法”，“错位相减法”是这道题的关键所在，要求学生能够学会运用错位相减法，要求考生计算过程仔细认真，需要比较高的计算能力.
例5 （2016北京文科，15）
已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2=3，b3=9，a1=b1，a14=b4.
（Ⅰ）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）设cn=an+bn，求数列{cn}的前n项和.
例题精讲
（Ⅰ）等比数列{bn}的公比为q=b3b2=93=3，
所以b1=b2q=1，b4=b3q=27，
设等差数列{an}的公差为d，因为a1=b1=1，a14=b4=27，
所以1+13d=27，解得d=2，所以an=2n-1，其中n∈N*.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，an=2n-1，bn=3n-1.
因此cn=an+bn=2n-1+3n-1.
从而数列{cn}的前n项和
Sn=1+3+…+（2n-1）+1+3+…+3n-1=n（1+2n-1）2+1-3n1-3=n2+3n-12.
考点解析 这道题目难度中等偏上，主要考察等差、等比数列的通项公式和前n项和公式，同样要求考生有较高的运算能力.
例6 （2016四川理科，5）
某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入.若该公司2015年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是（ ）
（参考数据：lg 1.12≈0.05，lg 1.3≈0.11，lg2≈0.30）
A.2018年 B.2019年 C.2020年 D.2021年
例题精讲
设第n年的研发投资资金为an（单位：万元），则a1=130，则由“在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%”知
an=130×1.12n-1≥200，解得n≥5.所以公司从2019年开始投入的研发资金将超过200万元.
答案：B
考点解析 这是一道等比数列的实际应用题目，主要考察等比数列通项公式的求解，考察学生对所学知识的实际运用能力.
例7 （2016江苏数学Ⅰ，8）
已知an是等差数列，Sn是其前n项和.若a1+a22=-3，S5=10，则a9的值是 .
例题精讲
设公差为d，则由题意可得a1+a1+d2=-3，5a1+10d=10，解得a1=-4，d=3，则a9=-4+8×3=20.
考点解析 通过填空题的形式来考察数列问题，难度不大，主要是要计算准确.
例8 （2016浙江理科，13）
设数列{an}的前n项和为Sn.若S2=4，an+1=2Sn+1，n∈N*，则a1=，S5=.
例题精讲
由S2=4知a1+a2=4，a2=2a1+1a1=1，a2=3，再由an+1=2Sn+1，an=2Sn-1+1（n≥2）an+1-an=2anan+1=3an（n≥2），又因为a2=3a1，所以an+1=3an（n≥1），S5=1-351-3=121.
答案：1 121
考点解析 考察数列的前n项和，考察数列的首项的求解方法.同时需要考生注意的是要把求得的通项公式和首项进行比较，即把首项代入到通项公式里面进行验证.
例9 （2016全国理科，17）
已知数列{an}的前n项和Sn=1+λan，其中λ≠0.
（Ⅰ）证明{an}是等比数列，并求其通项公式； （Ⅱ）若S5=3132，求λ.
例题精讲
（I）由Sn=1+λan知a1=S1=1+λa1，所以λ≠1，a1=11-λ，a1≠0.
再由Sn=1+λan，Sn+1=1+λan+1可知an+1=λan+1-λan，即an+1（λ-1）=λan，由a1≠0，λ≠1得an≠0，所以an+1an=λλ-1，
因此{an}是首项为
11-λ，公比为λλ-1的等比数列，于是an=11-λ（λλ-1）n-1.
（Ⅱ）由（Ⅰ）得到Sn=1-（λλ-1）n，由S5=3132，得到1-（λλ-1）5=3132，即（λλ-1）5=132，解得λ=-1.
考点解析 这道题目中出现了一个系数，所以很容易让考生望而生畏，但是只要仔细分析，按部就班的计算，还是可以拿满分.这道题目主要考察数列通项an與前n项和Sn的关系，以及等比数列的定义与通项及前n项和公式.
例10 （2016全国理科，3）
已知等差数列{an}前9项的和为27，a10=8，则a100=（ ）.
A.100 B.99 C.98 D.97
例题精讲 由已知，9a1+36d=27a1+9d=8，所以a1=-1，d=1，a100=a1+99d=-1+99=98，故选C.
答案 C
考点解析 这道题目较简单，主要考察等差数列的前n项和公式，等差数列的通项公式及其运算.
例11 （2016全国理科，15）
设等比数列{an}满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a1·a2…an的最大值为.
例题精讲
设等比数列{an}的公比为q（其中q≠0），由于
a1+a3=10a2+a4=5，所以得到
a1（1+q2）=10a1q（1+q2）=5，得到a1=8q=12
，所以
a1a2…an=an1q1+2+…+（n-1）=8n×（12）n（n-1）2=2-12n2+72n，由指数函数的单调性和二次函数的极值求解得，n=3或4时，
a1a2……an得最大值为64.
答案：64
考点解析 将等比数列和指数函数、二次函数结合起来考察，题型较新颖，考察范围较广.
例12 （2016天津理科，18）
已知an是各项均为正数的等差数列，公差为d，对任意的n∈N*，bn是an和an+1的等比中项.
（Ⅰ）设cn=b2n+1-b2n，n∈N*，求证：cn是等差数列；
（Ⅱ）设 a1=d，Tn=∑2nk=1-1nb2n，n∈N*，求证：∑nk=11Tk<12d2.
例题精讲
（Ⅰ）由题意得b2n=anan+1，又因为cn=b2n+1-b2n=an+1an+2-anan+1=2dan+1，所以cn+1-cn=2d（an+2-an+1）=2d2，所以{cn}为等差数列.
（Ⅱ）Tn=（-b21+b22）+（-b23+b34）+（-b22n-1+b22n）=2d（a2+a4+…+a2n）=2d·n（a2+a2n）2=2d2n（n+1）
所以，∑nk=11Tk=12d2
∑nk=11k（k+1）=12d2
∑nk=1（1k-1k+1）=12d2·（1-
1n+1）<12d2.
考点解析 以证明题的方式来考察数列，初看可能感觉难度较大，但是仔细分析，考察的内容无非是等差数列、等比中项、分组求和、裂项相消求和等知识.
例13 （2016上海理科，23）
若无穷数列an满足：只要ap=aq（p，q∈N*），必有ap+1=aq+1，则称an具有性质P.
（1） 若an具有性质P. 且a1=1， a2=2， a4=3， a5=2， a6+a7+a8=21，求a3；
（2） 若无穷数列bn是等差数列，无穷数列cn是公比为正数的等比数列，b1=c5=1，b5=c1=81，
an=bn+cn，判断an是否具有性质P，并说明理由；
（3） 设bn是无穷数列，已知an+1=bn+sinan（n∈N*），求证：“对任意a1，an都具有性质P”的充要条件为“bn是常数列”.
例题精讲
（1） 因为a2=a5=2，所以a3=a6，所以a4=a7=3，所以a5=a8=2，所以a6=21-a7-a8=16，所以a3=16.
（2）设bn的公差为d，cn的公比为q，则q>0.
b5-b1=4d=80，所以d=20，所以bn=20n-
19，
c5c1=q4=181，所以q=13，所以cn=（13）n-5，所以an=bn+cn=20n-19+（13）n-5，因为a1=82， a5=82，
而a2=21+27=48， a6=101+13=3043，a1=a5但a2≠a6，
故an不具有性质P.
（3） 充分性：若bn为常数列，设bn=C，则an+1=C+sinan.
若存在p，q使得ap=aq，
则ap+1=C+sinap=C+sinaq=aq+1，
故an具有性质P.
必要性：若对任意a1，an具有性质P，则a2=b1+sina1
设函数f（x）=x-b1， g（x）=sinx.
由f（x），g（x）图像可得，对任意的b1，二者图像必有一个交点.
所以一定能找到一个a1，使得a1-b1=sina1，所以a2=b1+sina1=a1，
所以an=an+1，
故bn+1=an+2-sinan+1=an+1-sinan=bn.
所以bn是常数列.
考点解析 将数列题目作为高考的最后一道压轴题目，在历年高考数学试卷中实属罕见，难度也非常大.整个题目涉及函数图象、三角函数、充分必要条件，想要做全对还是比较困难的.考察了学生对高中数学多个知识点的掌握程度、考察学生逻辑思维的连贯性，要求考生有缜密的思维、超高的计算能力.
四、复习策略数列作为高考的必考点，难度中等偏上.不仅要求考生掌握基本知识点，更要求考生有很高的计算能力、逻辑思维能力.
（1）能够对高中数列的基础知识熟练掌握，达到融会贯通、举一反三的效果；
（2）考生在平时学习的过程中要尝试将理论学习与实际运用结合在一起，将数列与生活结合起来；
（3）多练习，从题目的练习过程中理解数列基本概念，练习的同时提高计算能力；
（4）尝试将数列与三角函数、二次函数等知识联系起来，尤其是老师在平时上课的时候要多将不同知识点放在一起训练.
一、考纲要求
《2016年普通高等学校招生全国统一考试大纲（数学）》中对于数列的掌握程度要求如下：
1.数列的概念和简单表示法
（1）了解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图像、通项公式）；
（2）了解数列是自变量为正整数的一类函数.
2.等差数列、等比数列
（1）理解等差数列、等比数列的概念；
（2）掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式；
（3）能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题；
（4）了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系.
二、考察方式
分析2016年全国各个省市高考数学对于数列的考察，不难发现，一般一套试题中，会出现和数列相关的一个选择题或一个填空题以及一个大型计算题，大型计算题一般出现在解答题的第一题或第二题.在高考中所占的比重大约在20分左右（满分150分）.对于数列的考查包括数列的基本概念、基本表示方法、求解数列的前n项和或积，还有考查学生通过数列来解决实际问题的能力.整体来说，对于数列的考查难度适中，但是对于考生的计算能力要求非常高.
三、例题分析
例1 （2016全國文科，17）
已知各项都为正数的数列an满足a1=1，a2n-（2an+1-1）an-2an+1=0.
（Ⅰ）求a2，a3；
（Ⅱ）求an的通项公式.
例题精讲
（1）因为a1=1，a2n-（2an+1-1）an-2an+1=0
所以a21-（2a2-1）a1-2a2=0
所以a2=1/2
同理可得，a22-（2a3-1）a2-2a3=0
得到a3=1/4
（2）由a2n-（2an+1-1）an-2an+1=0
得a2n-2anan+1+an-2an+1=0
即2an+1（an+1）=an（an+1）
由题意知{an}各项均为正数
所以an+1/an=1/2
综上{an}是首项为a1=1，公比为1/2的等比数列.其通项公式为an=（1/2）n-1.
考点解析 这道题目考查难度较低，主要考察数列前几项的基本计算，这是最常见的考查方式，同时考查数列通式的求解.
例2 （2016浙江文科，17）
设数列{an}的前n项和为Sn.已知S2=4，an+1=2Sn+1，n∈N*.
（Ⅰ）求通项公式an；
（Ⅱ）求数列{|an-n-2|}的前n项和.
例题精讲
（1）由题意S2=4知：a1+a2=4a2=2a1+1，计算得a1=1a2=3，
又当n≥2时，由an+1-an=（2Sn+1）-（2Sn-1+1）=2an，得an+1=3an，
所以数列{an}的通项公式为an=3n-1，其中n∈N*.
（2）设bn=|3n-1-n-2|，n∈N*，b1=2，b2=1，
当n≥3时，由于3n-1>n+2，故bn=3n-1-n-2，n≥3.
设数列{bn}的前n项和为Tn，则T1=2，T2=3，
当n≥3时，Tn=3+9（1-3n-2）1-3-（n+7）（n-2）2=3n-n2-5n+112，
所以Tn=2，n=13n-n2-5n+112，n≥2，n∈N*
考点解析 这道题目难度中等偏上，将等比数列和等差数列结合起来考查，在往年高考中也多次出现.主要考察等比数列的通项公式求解，考查等差数列和等比数列的前n项和的计算方法.
例3 （2016浙江文科，18）
已知an是等比数列，前n项和为Snn∈N*，且1a1-1a2=2a3，S6=63.
（Ⅰ）求an的通项公式；
（Ⅱ）若对任意的n∈N*，bn是log2an和log2an+1的等差中项，求数列-1nb2n的前2n项和.
例题精讲
（Ⅰ）设数列{an}的公比为q，由已知条件
1a1-1a2=2a3得
1a1-1a1q=2a1q2，
解得q=2或q=-1，又由
S6=a1（1-q6）1-q=63可得q≠-1，所以a1（1-26）1-2=63，
进一步求得a1=1，所以an=2n-1.
（Ⅱ）由题意得bn=12（log2an+log2an+1）=
12（log22n-1+log22n）=n-12，即数列bn是首项为12，公差为1的等差数列.
设数列{（-1）nb2n}的前n项和为Tn，则T2n=（-b21+b22）+（-b23+b24）+…+（-b22n-1+b22n）=b1+b2+…+b2n=2n（b1+b2n）2=2n2
考点解析 （Ⅰ）求等比数列的通项公式，一般用待定系数法，先由1a1-1a1q=2a1q2
得到q=2或-1，再分别代入S6=63得q值.（Ⅱ）可以先根据等差中项得 bn=12（log2an+log2an+1）=12（log22n-1+log22n）=n-12
，再利用分组求和求解T2n=（-b21+b22）+（-b23+b24）+…+（-b22n-1+b22n）=b1+b2+…+b2n=2n（b1+b2n）2=2n2.
例4 （2016山东文科，19）
已知数列{an}的前n项和Sn=3n2+8n，{bn}是等差数列，且an=bn+bn+1.
（Ⅰ）求数列{bn}的通项公式；
（Ⅱ）令cn=（an+1）n+1（bn+2）n.求数列{cn}的前n项和Tn.
例题精讲
（Ⅰ）由题意当n≥2时，an=Sn-Sn-1=6n+5，当n=1时，
a1=S1=11，符合an=Sn-Sn-1=6n+5，
所以{an}的通项公式为an=6n+5.
由题意an=bn+bn+1得
a1=b1+b2a2=b2+b3，设等差数列的公差为d，则
11=2b1+d17=2b1+3d，解得b1=4，d=3，得到bn=3n+1.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知cn=（6n+6）n+1（3n+3）n=3（n+1）·2n+1，又因为
Tn=c1+c2+c3+…+cn，代入得Tn=
3[2×22+3×23+4×24+…+（n+1）2n+1]，所以2Tn=3[2×23+3×24+4×25+…+（n+1）2n+2].
将以上两式分别相减得到
-Tn=3[2×22+23+24+…+2n+1-（n+1）2n+2]=3[4+4（2n-1）2-1-（n+1）2n+2]=-3n·2n+2，故Tn=3n·2n+2.
考點解析 这道题目难度适中，主要考察三点：一是考察等差数列的通项公式、二是考察等比数列的求和、三是考察“错位相减法”，“错位相减法”是这道题的关键所在，要求学生能够学会运用错位相减法，要求考生计算过程仔细认真，需要比较高的计算能力.
例5 （2016北京文科，15）
已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2=3，b3=9，a1=b1，a14=b4.
（Ⅰ）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）设cn=an+bn，求数列{cn}的前n项和.
例题精讲
（Ⅰ）等比数列{bn}的公比为q=b3b2=93=3，
所以b1=b2q=1，b4=b3q=27，
设等差数列{an}的公差为d，因为a1=b1=1，a14=b4=27，
所以1+13d=27，解得d=2，所以an=2n-1，其中n∈N*.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，an=2n-1，bn=3n-1.
因此cn=an+bn=2n-1+3n-1.
从而数列{cn}的前n项和
Sn=1+3+…+（2n-1）+1+3+…+3n-1=n（1+2n-1）2+1-3n1-3=n2+3n-12.
考点解析 这道题目难度中等偏上，主要考察等差、等比数列的通项公式和前n项和公式，同样要求考生有较高的运算能力.
例6 （2016四川理科，5）
某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入.若该公司2015年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是（ ）
（参考数据：lg 1.12≈0.05，lg 1.3≈0.11，lg2≈0.30）
A.2018年 B.2019年 C.2020年 D.2021年
例题精讲
设第n年的研发投资资金为an（单位：万元），则a1=130，则由“在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%”知
an=130×1.12n-1≥200，解得n≥5.所以公司从2019年开始投入的研发资金将超过200万元.
答案：B
考点解析 这是一道等比数列的实际应用题目，主要考察等比数列通项公式的求解，考察学生对所学知识的实际运用能力.
例7 （2016江苏数学Ⅰ，8）
已知an是等差数列，Sn是其前n项和.若a1+a22=-3，S5=10，则a9的值是 .
例题精讲
设公差为d，则由题意可得a1+a1+d2=-3，5a1+10d=10，解得a1=-4，d=3，则a9=-4+8×3=20.
考点解析 通过填空题的形式来考察数列问题，难度不大，主要是要计算准确.
例8 （2016浙江理科，13）
设数列{an}的前n项和为Sn.若S2=4，an+1=2Sn+1，n∈N*，则a1=，S5=.
例题精讲
由S2=4知a1+a2=4，a2=2a1+1a1=1，a2=3，再由an+1=2Sn+1，an=2Sn-1+1（n≥2）an+1-an=2anan+1=3an（n≥2），又因为a2=3a1，所以an+1=3an（n≥1），S5=1-351-3=121.
答案：1 121
考点解析 考察数列的前n项和，考察数列的首项的求解方法.同时需要考生注意的是要把求得的通项公式和首项进行比较，即把首项代入到通项公式里面进行验证.
例9 （2016全国理科，17）
已知数列{an}的前n项和Sn=1+λan，其中λ≠0.
（Ⅰ）证明{an}是等比数列，并求其通项公式； （Ⅱ）若S5=3132，求λ.
例题精讲
（I）由Sn=1+λan知a1=S1=1+λa1，所以λ≠1，a1=11-λ，a1≠0.
再由Sn=1+λan，Sn+1=1+λan+1可知an+1=λan+1-λan，即an+1（λ-1）=λan，由a1≠0，λ≠1得an≠0，所以an+1an=λλ-1，
因此{an}是首项为
11-λ，公比为λλ-1的等比数列，于是an=11-λ（λλ-1）n-1.
（Ⅱ）由（Ⅰ）得到Sn=1-（λλ-1）n，由S5=3132，得到1-（λλ-1）5=3132，即（λλ-1）5=132，解得λ=-1.
考点解析 这道题目中出现了一个系数，所以很容易让考生望而生畏，但是只要仔细分析，按部就班的计算，还是可以拿满分.这道题目主要考察数列通项an與前n项和Sn的关系，以及等比数列的定义与通项及前n项和公式.
例10 （2016全国理科，3）
已知等差数列{an}前9项的和为27，a10=8，则a100=（ ）.
A.100 B.99 C.98 D.97
例题精讲 由已知，9a1+36d=27a1+9d=8，所以a1=-1，d=1，a100=a1+99d=-1+99=98，故选C.
答案 C
考点解析 这道题目较简单，主要考察等差数列的前n项和公式，等差数列的通项公式及其运算.
例11 （2016全国理科，15）
设等比数列{an}满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a1·a2…an的最大值为.
例题精讲
设等比数列{an}的公比为q（其中q≠0），由于
a1+a3=10a2+a4=5，所以得到
a1（1+q2）=10a1q（1+q2）=5，得到a1=8q=12
，所以
a1a2…an=an1q1+2+…+（n-1）=8n×（12）n（n-1）2=2-12n2+72n，由指数函数的单调性和二次函数的极值求解得，n=3或4时，
a1a2……an得最大值为64.
答案：64
考点解析 将等比数列和指数函数、二次函数结合起来考察，题型较新颖，考察范围较广.
例12 （2016天津理科，18）
已知an是各项均为正数的等差数列，公差为d，对任意的n∈N*，bn是an和an+1的等比中项.
（Ⅰ）设cn=b2n+1-b2n，n∈N*，求证：cn是等差数列；
（Ⅱ）设 a1=d，Tn=∑2nk=1-1nb2n，n∈N*，求证：∑nk=11Tk<12d2.
例题精讲
（Ⅰ）由题意得b2n=anan+1，又因为cn=b2n+1-b2n=an+1an+2-anan+1=2dan+1，所以cn+1-cn=2d（an+2-an+1）=2d2，所以{cn}为等差数列.
（Ⅱ）Tn=（-b21+b22）+（-b23+b34）+（-b22n-1+b22n）=2d（a2+a4+…+a2n）=2d·n（a2+a2n）2=2d2n（n+1）
所以，∑nk=11Tk=12d2
∑nk=11k（k+1）=12d2
∑nk=1（1k-1k+1）=12d2·（1-
1n+1）<12d2.
考点解析 以证明题的方式来考察数列，初看可能感觉难度较大，但是仔细分析，考察的内容无非是等差数列、等比中项、分组求和、裂项相消求和等知识.
例13 （2016上海理科，23）
若无穷数列an满足：只要ap=aq（p，q∈N*），必有ap+1=aq+1，则称an具有性质P.
（1） 若an具有性质P. 且a1=1， a2=2， a4=3， a5=2， a6+a7+a8=21，求a3；
（2） 若无穷数列bn是等差数列，无穷数列cn是公比为正数的等比数列，b1=c5=1，b5=c1=81，
an=bn+cn，判断an是否具有性质P，并说明理由；
（3） 设bn是无穷数列，已知an+1=bn+sinan（n∈N*），求证：“对任意a1，an都具有性质P”的充要条件为“bn是常数列”.
例题精讲
（1） 因为a2=a5=2，所以a3=a6，所以a4=a7=3，所以a5=a8=2，所以a6=21-a7-a8=16，所以a3=16.
（2）设bn的公差为d，cn的公比为q，则q>0.
b5-b1=4d=80，所以d=20，所以bn=20n-
19，
c5c1=q4=181，所以q=13，所以cn=（13）n-5，所以an=bn+cn=20n-19+（13）n-5，因为a1=82， a5=82，
而a2=21+27=48， a6=101+13=3043，a1=a5但a2≠a6，
故an不具有性质P.
（3） 充分性：若bn为常数列，设bn=C，则an+1=C+sinan.
若存在p，q使得ap=aq，
则ap+1=C+sinap=C+sinaq=aq+1，
故an具有性质P.
必要性：若对任意a1，an具有性质P，则a2=b1+sina1
设函数f（x）=x-b1， g（x）=sinx.
由f（x），g（x）图像可得，对任意的b1，二者图像必有一个交点.
所以一定能找到一个a1，使得a1-b1=sina1，所以a2=b1+sina1=a1，
所以an=an+1，
故bn+1=an+2-sinan+1=an+1-sinan=bn.
所以bn是常数列.
考点解析 将数列题目作为高考的最后一道压轴题目，在历年高考数学试卷中实属罕见，难度也非常大.整个题目涉及函数图象、三角函数、充分必要条件，想要做全对还是比较困难的.考察了学生对高中数学多个知识点的掌握程度、考察学生逻辑思维的连贯性，要求考生有缜密的思维、超高的计算能力.
四、复习策略数列作为高考的必考点，难度中等偏上.不仅要求考生掌握基本知识点，更要求考生有很高的计算能力、逻辑思维能力.
（1）能够对高中数列的基础知识熟练掌握，达到融会贯通、举一反三的效果；
（2）考生在平时学习的过程中要尝试将理论学习与实际运用结合在一起，将数列与生活结合起来；
（3）多练习，从题目的练习过程中理解数列基本概念，练习的同时提高计算能力；
（4）尝试将数列与三角函数、二次函数等知识联系起来，尤其是老师在平时上课的时候要多将不同知识点放在一起训练.