高考数列易错点归纳

数列1.数列的第n项与前n项的和的关系11,1,2nnnSnaSSn(数列{}na的前n项的和为12nnSaaa).2.等差数列的通项公式*11(1)()naanddnadnN；其前n项和公式为12nnnaaS1(1)2nnnad211()22dnadn.3.等比数列的通项公式1*11()nnnaaaqqnNq；其前n项的和公式为111,11,1nnaqqSqnaq或11,11,1nnaaqqqSnaq.4.等比差数列na:11,(0)nnaqadabq的通项公式为1(1),1(),11nnnbndqabqdbqdqq；其前n项和公式为(1),(1)1,(1)111nnnbnndqSdqdbnqqqq.【易混易错】易错点1．已知nS求na时,易忽略1n致错．【例1】已知数列{}na的前项和为nS＝12n2＋12n＋1，求{}na的通项公式．【错解】an＝Sn－Sn－1＝12n2＋12n＋1－12(n－1)2－12(n－1)－1＝n，所以nan．【错因】1nnnaSS成立的条件是2n，当1n要单独验证．【正解】当n＝1时，a1＝S1＝12＋12＋1＝2；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝12n2＋12n＋1－12(n－1)2－12(n－1)－1＝n.当n＝1时不符合上式，所以,1,2nnnann．易错点2．利用等比数列前n项和公式时，忽略公比1q致错．【例2】求数列2311,3,5,7,......(21),.....(0)naaanaa的前n项和．【错解】由于1(21)nnana(*)nN，23211357......(23)(21)nnnSaaanananaS2341357......(23)(21)nnaaaanana两式相减得231(1)1222.....2(21)nnnaSaaaana=12(21)11nnanaa21(21)12(1)1nnnanaSaa.【错因】上述解法只适合1a的情形．事实上，当1a时，1357......(23)(21)nSnn2(121)2nnn【正解】221(21)12,1(1)1,1nnnanaaaaSna．易错点3．忽略数列与函数的区别致错．【例3】已知函数5,6()(4)4,62xaxfxaxx，数列{}na满足()nafn（*Nn），且数列{}na是单调递增数列，则a的取值范围是_______．【错解】由题有651402(4)642aaaa，得78a．【错因】忽略数列与函数的区别致错，实际上，数列是一串离散的点，不能直接将6n代入到分段函数的两个部分进行比较．【正解】由题有1402(5)(6)aaff，得4887a．【例4】已知数列22nantn在[2,)上是递增数列，则实数t的取值范围是_______．【错解】依题意，22tn，解得4t，所以t的取值范围是(,4]．【错因】数列的定义域是全体的正整数，不是实数，所以不能按照函数的处理办法．【正解】依题意，23aa，即422932tt，故5t．易错点4．数列的定义域是全体的正整数．【例5】已知数列133nan，其前n项和为nS，则nS的最大值是________．【错解】由题意，110a，2(10133)323529()22624nnnSn，当236n时，nS的最大，最大值为52924nS．【错因】数列的自变量是正整数，不能取非正数．【正解】方法1：由题意，110a，2(10133)323529()22624nnnSn，当4n时，离二次函数对称轴最近，所以nS的最大值为4S223434222．方法2：令1330nan，解得134n，即{}na前4项为正数，后面项均为负数，所以nS的最大值为4S223434222．易错点5．乱用结论致错．【例6】已知等差数列na的前m项，前2m项，前3m项的和分别为23,,mmmSSS，230,90mmSS，求3mS．【错解】因为322mmmSSS，30mS，290mS，所以322150mmmSSS．【错因】以为na为等差数列，则23,,mmmSSS也是为等差数列致错．【正解】设数列的公差为d，则123......mmSaaaa，212312...........mmmmSaaaaaa，31232213...........mmmmSaaaaaa11()2mmSam，2131()2mmmSSam，32151()2mmmSSam所以232,,mmmmmSSSSS是公差为2md的等差数列，所以2322mmmmmSSSSS．即32(9030)3090mS，3180mS．易错点6．乱设常量致错．【例7】数列na与nb的前项和分别为,nnST，且:(513):(45)nnSTnn，则1010:ab_______.【错解】(513),(45)nnSnkTnk，则15nnnaSSk，14nnnbTTk，所以1010:5:4ab．【错因】从:(513):(45)nnSTnn可知，比值:nS(513)n=nT:(45)n随着项数的变化而变化，不能设为常数，这里忽略了项数的可变性而致错．【正解】设(513),(45)nnSnnkTnnk，则1(108)nnnaSSnk，1(81)nnnbTTnk，其中2n，:nnab(108):(81)nn．所以1010:ab4:3．易错点7．用归纳代替证明致错．【例8】【四川高考理数改编】已知数列{na}的首项为1，nS为数列{}na的前n项和，11nnSqS，其中q0，*nN，若2322,,2aaa成等差数列，求{}na的通项公式；【错解】依题意112132=112=32aaaqaaaìïïïï+=+íïïï+ïî，解得123124aaaì=ïïïï=íïïï=ïî，因为2213aaa=，所以{}na是一个等比数列，所以1*2()nnan-=?N．【错因】由前3项成等比数列，就认为数列{}na为等比数列．【正解】由已知，1211,1,nnnnSqSSqS+++=+=+两式相减得到21,1nnaqan++=?.又由211SqS=+得到21aqa=，故1nnaqa+=对所有1n³都成立.所以，数列{}na是首项为1，公比为q的等比数列.从而1=nnaq-.由2322+2aaa，，成等比数列，可得322=32aa+，即22=32,qq+，则(21)(2)0q+q-=，由已知,0q，故=2q.所以1*2()nnan-=?N.易错点8．数列加绝对值后，认为其还是等差数列．【例9】在等差数列na中，331nan，记||nnba，求数列nb的前30项和.【错解】依题意，||nnba也是等差数列，11||28ba，3030||59ba，所以3012330(2859)30||||||......||12602Saaaa．【错因】这里易错点是nb也为等差数列，而解题的关键是绝对值号内的na的正负号进行讨论，当10n时，0,11nan时，0na【正解】3012330||||||......||Saaaa1231011121330(......)(......)aaaaaaaa110113010()20()22aaaa=755．易错点9．使用构造法求数列通项公式时，弄错首项致错．【例10】已知数列{an}满足a1＝1，121nnaa，求na的通项公式．【错解】*121()nnaanN，112(1),nnaa1na是以2为公比的等比数列11122nnna*()nN．【错因】新数列的首项是112a，不是1a．【正解】*121()nnaanN，112(1),nnaa1na是以112a为首项，2为公比的等比数列12.nna即*21().nnanN【即时检测】1.已知数列{an}是1为首项，2为公差的等差数列，{bn}是1为首项，2为公比的等比数列，设nbnac，12...,(*)nnTcccnN，则当2019nT时，n的最大值是()A.9B.10C.11D.12【答案】B【分析】由题设知21nan，12nnb，由1121124222nnnbbbnTaaaaaaan和2019nT，得1222019nn，由此能求出当2019nT时n的最大值．【详解】na是以1为首项，2为公差的等差数列，21nan，nb是以1为首项，2为公比的等比数列，12nnb，1121121242211221241221nnnnbbbnTcccaaaaaaa121242nn12212nn122nn，2019nT，1222019nn，解得：10n．则当2019nT时，n的最大值是10．故选：B．【点睛】本题考查了等差数列、等比数列的通项公式，结合含两个变量的不等式的处理问题，易出错，属于中档题.2.已知数列{an}的前n项和为Sn，11a，当2n时，12nnaSn，则2019S的值为（）A.1008B.1009C.1010D.1011【答案】C【分析】利用12nnnSSan，结合数列的递推公式可解决此问题．【详解】解：当 2n时，12nnaSn①，故121nnaSn②由②－①得，1121nnnnaaSS，即112nnaan所以201912345201820191010Saaaaaaa故选：C．【点睛】本题考查数列的递推公式的应用，含有nS时常用12nnnSSan进行转化．3.《算法统宗》是明朝程大位所著数学名著，其中有这样一段表述：“远看巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一”，其意大致为：有一栋七层宝塔，每层悬挂的红灯数为上一层的两倍，共有381盏灯，则该塔中间一层灯的盏数是（）A.24B.48C.12D.60【答案】A【解析】由题意可知宝塔从上至下每层的灯盏数构成公比为2的等比数列，设等比数列的首项为，则有7(12)38112a，解得3a．∴该塔中间一层（即第4层）的灯盏数为33224．选A．4.已知等差数列{an}的公差0d，前n项和为Sn，若对所有的)(Nnn，都有10SSn，则（）．A.0naB.0109aaC.172SSD.019S【答案】D【解析】由nN，都有10SSn，10110,0aa，1191020aaa，119191902aaS故选：D.点睛：利用等差数列的性质求Sn，突出了整体思想，减少了运算量.5.已知数列{an}的前n项和nS满足*1(1)26()2nnnnSannN，则100S（）A.196B.200C.10011942D.10211982【答案】B【解析】11262nnnnSan（1）当2n时，1