易错点6求数列的通项公式答案-备战2023年高考数学易错题

易错点06求数列的通项公式求数列通项公式主要以考查由递推公式求通项公式与已知前n项和或前n项和与第n项的关系式求通项为重点，特别是数列前n项和nS与na关系的应用，难度为中档题，题型为选择填空小题或解答题第1小题，同时要注意对数列单调性与周期性问题的复习与训练.易错点1：已知数列{an}的前n项和Sn与通项an的关系式，求an时应注意分类讨论的应用，特别是在利用an＝Sn－Sn－1进行转化时，要注意分n＝1和n≥2两种情况进行讨论，学生特别是容易忽视要检验n＝1是否也适合an.易错点2：在等比数列求和公式中要注意分两种情况q＝1和q≠1讨论.易错点3：在解答数列问题时，及时准确地“数清”数列的项数是必不可少的，在数项数时，要把握数列的项的构成规律，找准数列的通项公式的特点并找准项数．如果把数列的项数弄错了，将会前功尽弃．易错点4：对等差、等比数列的性质理解错误。等差数列的前n项和在公差不为0时是关于n的常数项为0的二次函数。一般地，有结论“若数列{an}的前n项和Sn=an2+bn+c(a，b，c∈R)，则数列{an}为等差数列的充要条件是c=0”;在等差数列中，Sm，S2m-Sm，S3m-S2m(m∈N*)是等差数列。解决这类题目的一个基本出发点就是考虑问题要全面，把各种可能性都考虑进去，认为正确的命题给以证明，认为不正确的命题举出反例予以驳斥。在等比数列中公比等于-1时是一个很特殊的情况，在解决有关问题时要注意这个特殊情况。题组一:公式法已知或根据题目的条件能够推出数列na为等差或等比数列，根据通项公式dnaan11或11nnqaa进行求解.1.（2019全国1理9）记为等差数列{}na的前n项和．已知4505Sa，，则A．25nanB． 310nanC．228nSnnD．2122nSnn【答案】A【解析】设等差数列na的公差为d，由4505Sa，，得1146045adad，解得132ad，所以2542nnanSnn，，故选A．2．(2018北京)设{}na是等差数列，且13a，2536aa，则{}na的通项公式为___．【答案】1.162.14【解析】1.设等差数列的首项为，公差为，则，解得，所以．nS{}na1ad1111()(4)70989272adadadad152ad818786(5)152162dSa2.解法一设{}na的公差为d，首项为1a，则111205614adadad，解得142ad，所以7767(4)2142S．解法二32714ad，所以2d．故432aad，故7477214Sa．3．（2014新课标1）已知na是递增的等差数列，2a，4a是方程2560xx的根．则na=_________.【答案】112nan【解析】方程2560xx的两根为2,3，由题意得242,3.aa设数列na的公差为d，则422,aad故1,2d从而13,2a所以na的通项公式为112nan．4.（2013新课标1）已知等差数列的前项和满足，．则na=_________.【答案】=2nan【解析】设na的公差为d，则nS=1(1)2nnnad．由已知可得111330,1,1.5105,adadad解得=2.nnaan故的通项公式为题组二:已知数列na的前n项和ns的解析式，求na.5.数列na的前n项和为322nnSn，则na_________________.【答案】2,123,2nnann【解析】当2n时，221=23121323nnnaSSnnnnn而211==sa不适合上式，∴2,123,2nnann6.数列na满足2132321nnnnaaaan，则na__________.【答案】()31nan=+【解析】∵2132321nnnnaaaan①()()1231211nnaaaannn-\?+++=-+时，②①-②得()()31,31nnnannan=+\=+，()1=1123=6,31nnaan时，满足上式，=创\=+题组三:Sn与an的关系式法{}nannS30S55S已知数列na的前n项和ns与通项na的关系式，求na.7.(2015新课标Ⅰ)nS为数列{}na的前n项和，若20,243nnnnaaaS，则na=________.【答案】21nan=+【解析】当1n时，211112434+3aaSa，因为0na，所以1a=3，当2n时，2211143434nnnnnnnaaaaSSa，即111()()2()nnnnnnaaaaaa，因为0na，所以1nnaa=2，所以数列{na}是首项为3，公差为2的等差数列，所以na=21n；8.(2014新课标1)已知数列{}na的前n项和，nnaS1，其中0，则na=__________.【答案】1)1(11nna【解析】由题意得1111aSa，故1，111a，01a.由nnaS1，111nnaS得nnnaaa11，即nnaa)1(1.由01a，0得0na，所以11nnaa.因此}{na是首项为11，公比为1的等比数列，于是1)1(11nna．9．(2018全国卷Ⅰ)记nS为数列{}na的前n项和，若21nnSa，则6S_____．【答案】-63【解析】法1：因为21nnSa，所以当1n时，1121aa，解得11a；当2n时，12221aaa，解得22a；当3n时，123321aaaa，解得34a；当4n时，1234421aaaaa，解得48a；当5n时，12345521aaaaaa，解得516a；当6n时，123456621aaaaaaa，解得632a．所以61248163263S．法2：因为21nnSa，所以当1n时，1121aa，解得11a，当2≥n时，112121nnnnnaSSaa，所以12nnaa，所以数列{}na是以1为首项，2为公比的等比数列，所以12nna，所以661(12)6312S．注：解决这类问题的方法，用具俗话说就是“依葫芦画瓢”，由ns与na的关系式，类比出1na与1ns的关系式，然后两式作差，最后别忘了检验1a是否适合用上面的方法求出的通项.题组四:累加法当数列na中有nfaann1，即第n项与第1n项的差是个有“规律”的数时，就可以用这种方法.10.已知12,011naaann，求通项na.【答案】21nan【解析】121naann112aa，323aa，534aa321naann2n以上各式相加得211327531nnaan2n又01a，所以21nan2n，而01a也适合上式，21nanNn11.设数列na满足21112,32nnnaaa，则na=_______；【答案】212nna【解析】2123251-1-1-2,323232nnnnnnnnnaaaaaa，，，531433221323232aaaaaa，，，以上式子相加得23253121132+32++32+32=2-2nnnnaa又2121112,222nnnnaaaa（n2），而也适合上式，（nN）12.（2015新课标Ⅱ）设是数列的前n项和，且，，则________．【答案】1nSn【解析】当1n=时，111Sa，所以111S，因为111nnnnnaSSSS，所以1111nnSS，即1111nnSS，所以1{}nS是以1为首项，1为公差的等差数列，所以1(1)(1)(1)nnnS，所以1nSn．1．在等差数列na中，已知39212,4aaa，则10a（）A．4B．8C．3D．6【答案】B【解析】由等差数列的性质可知39210104aaaaa，得108a.故选:B2．已知等差数列na，公差为2，且1a、3a、13a成等比数列，则2022a（）A．2021B．2022C．4041D．4043【答案】D【解析】因为1a、3a、13a成等比数列，则23113aaa，即2111424aaa，解得11a，所以，20221220214043a.故选：D.3．若数列21na是等差数列，a1=1，313a，则a5=（）A．79B．35-C．35D．79【答案】B【解析】令1n得1211a，令3n得3231a，所以数列21na的公差为1d，所以5322232511aa，解得535a=-，故选：B.4．已知数列na是公比为正数的等比数列，nS是其前n项和，22a，48a，则7S（）A．31B．63C．127D．255【答案】C【解析】由题意，设数列na的公比为0q，则11312182aqaaqq，所以771(12)12712S.故选：C5．设数列na为等比数列，若2342aaa，3454aaa，则数列na的前6项和为（）A．18B．16C．9D．7【答案】C【解析】设等比数列na的公比为q，则223412234511214aaaaqqqaaaaqqq，解得1172aq，因此，数列na的前6项和为61127912.故选：C.6．已知等比数列na满足15921aaa，4812422aaa，则7a（）A．4B．8C．16D．32【答案】B【解析】设数列na的公比为q，则34812159aaaaaaq，即321422q，解得2q.因为481591112121aaaaqqa，所以11a，则6718aaq.故选：B.7．设数列na的前n项和为nS，且21*nnSnN，则5a（）A．32B．31C．16D．15【答案】C【解析】当2n时，11121(21)2nnnnnnaSS.当5n时，45216a.故选：C.8．若数列na满足21232naaaann，则3a（）A．9B．3C．94D．49【答案】C【解析】由已知可得212332123924aaaaaa.故选：C.9．若数列na的前n项和29nSnn(n∈N*)，则20a=（）A．20B．30C．40D．50【答案】B【解析】数列na的前n项和29nSnn(n∈N*)，所以22200192209201991939930SaS.故选：B.10．已知数列na的前n项和21nnS，若*21lognnbanN，则数列nb的前n项和是（）A．121nB．21nC．(1)2nnD．(1)nn【答案】C【解析】当1n时，111211aS，当2n时，11121(21)2nnnnnnaSS，1