【新高考复习】专题06 数列-备战2019年高考数学（理）之纠错笔记系列（原卷版）

易错点1忽略了n的取值已知数列{}na满足3123=()naaaann*NL，求数列{}na的通项公式na．【错解】由3123=naaaanL，可得31231=(1),naaaanL两式相除可得33=(1)nnan．【错因分析】31231=(1)naaaanL仅适用于n*N且2n时的情况，故不能就此断定33=(1)nnan就是数列{}na的通项公式．【试题解析】当1n时，11a；当2n时，由3123=naaaanL，可得31231=(1),naaaanL两式相除可得33=(1)nnan，故331,1.,1,(1)nnannnn*N已知数列的递推公式求通项公式的常见类型及解法(1)形如an＋1＝anf(n)，常用累乘法，即利用恒等式an＝a1·a2a1·a3a2·…·anan－1求通项公式．(2)形如an＋1＝an＋f(n)，常用累加法．即利用恒等式an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)求通项公式．(3)形如an＋1＝ban＋d(其中b，d为常数，b≠0,1)的数列，常用构造法．其基本思路是：构造an＋1＋x＝b(an＋x)(其中x＝db－1)，则{an＋x}是公比为b的等比数列，利用它即可求出an.(4)形如an＋1＝panqan＋r(p，q，r是常数)的数列，将其变形为1an＋1＝rp·1an＋qp.若p＝r，则1an是等差数列，且公差为qp，可用公式求通项；若p≠r，则采用(3)的办法来求．(5)形如an＋2＝pan＋1＋qan(p，q是常数，且p＋q＝1)的数列，构造等比数列．将其变形为an＋2－an＋1＝(－q)·(an＋1－an)，则{an－an－1}(n≥2，n∈N*)是等比数列，且公比为－q，可以求得an－an－1＝f(n)，然后用累加法求得通项．(6)形如a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝f(n)的式子，由a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝f(n)，①得a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝f(n－1)，②再由①－②可得an.(7)形如an＋1＋an＝f(n)的数列，可将原递推关系改写成an＋2＋an＋1＝f(n＋1)，两式相减即得an＋2－an＝f(n＋1)－f(n)，然后按奇偶分类讨论即可．(8)形如an·an＋1＝f(n)的数列，可将原递推关系改写成an＋2·an＋1＝f(n＋1)，两式作商可得2(1)()nnafnafn，然后分奇、偶讨论即可．(9)an＋1－an＝qan＋1an(q≠0)型，将方程的两边同时除以an＋1an，可构造一个等差数列．具体步骤：对an＋1－an＝qan＋1an(q≠0)两边同时除以an＋1an，得到1an－1an＋1＝q，即1an＋1－1an＝－q，令bn＝1an，则{bn}是首项为1a1，公差为－q的等差数列.(10)an＝parn－1(n≥2，p0)型，一般利用取对数构造等比数列．具体步骤：对an＝parn－1两边同取常用对数，得到lgan＝rlgan－1＋lgp，令bn＝lgan，则{bn}可归为an＋1＝pan＋q(p≠0,1，q≠0)型.1．数列na的前n项和nS满足232nSnn，则数列na的通项公式为_____________.【答案】0,124,2nnann【解析】∵数列na的前n项和232nSnn，∴当2n时，22132(1)3(1)224nnnaSSnnnnn，又∵当1n时，110214aS，故0,124,2nnann，故答案为0,124,2nnann.【名师点睛】本题考查的知识点是数列的通项公式，其中正确理解由数列的前n项和Sn，求通项公式的方法：1112nnnSnaSSn，，和步骤是解答本题的关键．由已知中na的前n项和232nSnn，结合1112nnnSnaSSn，，，分别讨论2n时与1n时的通项公式，并由1n时，1a的值不满足2n时的通项公式，故要将数列na的通项公式写成分段函数的形式．易错点2忽略数列中为0的项设等差数列na的前n项和为nS，公差为d，且满足10a，1118SS，则当nS最大时，n__________．【错解】由1118SS，得111110181711+1822adad，即1=14ad，由10a可知0d，解不等式组111(1)0,0nnaandaand即14(1)0,140dnddnd得1415n．又n*N，故当15n时nS最大．【错因分析】由于150a，所以1415SS，当14n或15n时nS最大，错解中忽略了数列中为0的项．【试题解析】【正解1】由1118SS，得111110181711+1822adad，即1=14ad，由10a可知0d，解不等式组111(1)0,0nnaandaand即14(1)0,140dnddnd得1415n．故当14n或15n时nS最大．【正解2】由1118SS，可得1=14ad，所以2(1)2914()222nnndSdndn8418d，由n*N并结合nS对应的二次函数的图象知，当14n或15n时nS最大．【正解3】由1118SS，得121314151617180aaaaaaa，即157=0a，15=0a，由10a可知0d，故当14n或15n时nS最大．数列是特殊的函数关系，因此常利用函数的思想解决数列中最值问题1．等差数列的前n项和与函数的关系等差数列的前n项和公式为1(1)2nnnSnad可变形为Sn＝d2n2＋a1－d2n，令A＝d2，B＝a1－d2，则Sn＝An2＋Bn.当A≠0，即d≠0时，Sn是关于n的二次函数，(n，Sn)在二次函数y＝Ax2＋Bx的图象上，为抛物线y＝Ax2＋Bx上一群孤立的点．利用此性质可解决前n项和Sn的最值问题．2．等差数列前n项和的最值(1)若等差数列的首项a10，公差d0，则等差数列是递减数列，正数项有限，前n项和有最大值，且满足an≥0，an＋1≤0.(2)若等差数列的首项a10，公差d0，则等差数列是递增数列，负数项有限，前n项和有最小值，且满足an≤0，an＋1≥0.3．求等差数列前n项和的最值的方法(1)二次函数法：用求二次函数最值的方法(配方法)求其前n项和的最值，但要注意n∈N*.(2)图象法：利用二次函数图象的对称性来确定n的值，使Sn取得最值．(3)项的符号法：当a10，d0时，满足an≥0，an＋1≤0的项数n，使Sn取最大值；当a10，d0时，满足an≤0，an＋1≥0的项数n，使Sn取最小值，即正项变负项处最大，负项变正项处最小，若有零项，则使Sn取最值的n有两个．4．在等差数列na中，若10a，()pqSSpq，则（1）pq为偶数当2pqn时nS最大；（2）pq为奇数当12pqn或12pq时nS最大．2．等差数列na中，12a，1015S，记2482nnBaaaa，则当n__________时，nB取得最大值.【答案】4【解析】在等差数列na中，12a，1015S，10110910152Sad，即204515d，455d，19d，111921999nann，由119099nan，得19n，即190a，当19n时，0na，当19,0nna，因此在2482,,,naaaa中，当4n时，20na，当5n时，20na，故当4n时，nB取得最大值，故答案为4.【名师点睛】本题主要考查等差数列的通项公式和前n项和公式的计算，属于难题.求等差数列前n项和的最大值的方法通常有两种：①将前n项和表示成关于n的二次函数，即nS2AnBn，当2BnA时有最大值（若2BnA不是整数，n等于离它较近的一个或两个整数时nS最大）；②可根据0na且10na确定nS最大时的n值.错点3忽视奇数项或偶数项的符号在等比数列{}na中，246825aaaa，求19aa的值.【错解】因为{}na为等比数列，所以192846aaaaaa，由246825aaaa可得219()25aa，故195aa.【错因分析】错解中忽略了在等比数列中，奇数项或偶数项的符号相同这一隐含条件．【试题解析】因为na为等比数列，所以192846aaaaaa，由246825aaaa可得219()25aa，故19aa5．又在等比数列中，所有的奇数项的符号相同，所以190aa，所以195aa．1．特别注意q＝1时，Sn＝na1这一特殊情况．2．由an＋1＝qan，q≠0，并不能立即断言{an}为等比数列，还要验证a1≠0.3．在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q＝1与q≠1分类讨论，防止因忽略q＝1这一特殊情形而导致解题失误．4．Sn，S2n－Sn，S3n－S2n未必成等比数列(例如：当公比q＝－1且n为偶数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n不成等比数列；当q≠－1或q＝－1且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列)，但等式(S2n－Sn)2＝Sn·(S3n－S2n)总成立．3．已知等比数列na中，2346781,64aaaaaa，则5aA．2B．−2C．2D．4【答案】C【解析】因为等比数列na中，2346781,64aaaaaa，所以33371,64aa，所以371,4aa，因此25a=374aa，因为5a，3a同号，所以52.a故选C.【名师点睛】在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法.性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形.应用等比数列性质时的注意点(1)在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq”，可以减少运算量，提高解题速度．(2)在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用.易错点4忽视q=1致错在数列{}na中，若2(0)nnnammm，求{}na的前n项和nS．【错解】123nnSaaaa2422()()nnaaaaaa222(1)(1)11nnaaaaaa.【错因分析】错解在进行等比数列求和时忽略了对公比是否等于1的讨论；此外，还需讨论相关数列是否为等比数列.【试题解析】当1m时，0na，所以0nS；当1m时，21m，所以(1)1(1)12nnnmmSnnm；当1m时，222(1)(1)11nnnmmmmSmm．综上，2220,11(1),12(1)(1),111nnnnmSnmmmmmmmm.1．直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论．2．在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如an，an＋1的式子应进行合并．3．在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项．4．各项均为正数的数列na的首项11a，前n项和为nS，且211nnnSSa.（1）求na的通项公式；（2）若数列nb满足nnnba，求nb的前n项和nT.【答案】（1）nna；（2）