经典易错题会诊与试题预测04

第1页经典易错题会诊与试题预测(四)考点4数列经典易错题会诊命题角度1数列的概念命题角度2等差数列命题角度3等比数列命题角度4等差与等比数列的综合命题角度5数列与解析几何、函数、不等式的综合命题角度6数列的应用探究开放题预测预测角度1数列的概念预测角度2等差数列与等比数列预测角度3数列的通项与前n项和预测角度4递推数列与不等式的证明预测角度5有关数列的综合性问题预测角度6数列的实际应用预测角度7数列与图形经典易错题会诊命题角度1数列的概念1．(典型例题)已知数列｛an｝满足a1=1,an=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1,(n≥2)，则｛an｝的通项an=_________.[考场错解]∵an=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1，∴an-1=a1+2a2+3a3+…+(n-2)an-2，两式相减得an-an-1=(n-1)an-1，∴an=nan-1.由此类推：an-1=(n-1)an-2，…a2=2a1，由叠乘法可得an=2!n[专家把脉]在求数列的通项公式时向前递推一项时应考虑n的范围．当n=1时，a1=21与已知a1=1，矛盾．[对症下药]∵n≥2时，an=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1①当n≥3时，an-1=a1+2a2+3a3+…+(n-2)·an-2②①-②得an-an-1=(n-1)·an-1∴当n≥3时，1nnaa=n，∵an=1nnaa·21nnaa·．．．·22334aaaaa=n·…·4·3×a2=2!na2，∵a2=a1=1∴当n≥2时，an=2!n.当n=1时，a1=1故an=).2(2!)1(1nnn2．(典型例题)设数列｛an｝的前n项和为Sn,Sn=2)13(1na(对于所有n≥1)，且a4=54，则a1的数值是第2页________.[考场错解]∵Sn=2)13(1na=31)31(1na,∴此数列是等比数列，首项是a1，公比是3，由a4=a1·34-1，∴a1=2．[专家把脉]此题不知数列｛an｝的类型，并不能套用等比数列的公式．而答案一致是巧合．[对症下药]∵a4=S4-S3=21a(34-1)-21a(33-1)=54，解得a1=2．3.(典型例题)已知数列｛an｝满足a1=1，an=3n-1+an-1(n≥2)．(1)求a2，a3；(2)求通项an的表达式．[考场错解](1)∵a1=1，∴a2=3+1=4，a3=32+4=13．(2)由已知an=3n-1+an-1，即an-an-1=3n-1即an成等差数列，公差d=3n-1．故an=1+(n-1)·3n-1．[专家把脉](2)问中an-an-1=3n-1，3n-1不是常数，它是一个变量，故不符合等差数列的定义．[对症下药](1)∵a1=1，∴a2=4，a3=32+4=13．(2)由已知an-an-1=3n-1，故an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=3n-1+3n-2+…+3+1=213n.4．(典型例题Ⅲ)等差数列｛an｝中，a1+a2+a3=-24，a18+a19+a20=78，则此数列前20项和等于()A.160B．180C.200D．220[考场错解]由通项公式an=a1+(n+1)d.将a2,a3，a18，a19，a20都表示成a1和d.求a1、d，再利用等差数列求和，选C．[专家把脉]此方法同样可求得解．但解法大繁，花费时间多，计算量大故而出错，应运用数列的性质求解就简易得多．[对症下药]B由公式m+n=2Pam+an=2ap?(只适用等差数列)即可求解．由a1+a2+a3=-24，可得：3a2=-24由a18+a19+a20=78，可得：3a19=78即a2=-8，a19=26又∵S20=2)(20201aa=10(a2+a19)=1802．(典型例题)若｛an｝是等差数列，首项a1＞0，a2003+a20040，a2003·a2004＜0，则使前n项和Sn0成立的最大自然数n是()A.4005B．4006C.4007D.4008[考场错解]∵a2004+a20030，即2a1+2002d+2003d0，(a1+2002d)(a1+2003d)0，要使Sn0．即使na1+2)1(nnd＞0．这样很难求出a1，d.从而求出最大的自然数n.故而判断a20030，a20040，所以前2003项为正，从第2004项起为负，由等差数列的n项和的对称性使Sn＞0．故而取n=4005使Sn0．[专家把脉]此题运用等差数列前n项的性质及图象中应注意．a20030，a20040．且忽视了这两项的大小．[对症下药]B∵a10，a2003+a20040，a2003·a2004＜0，且｛an｝为等差数列∴{an}表示首项为正数，公差为负数的单调递减等差数列，且a2003是绝对值最小的正数，a2004是绝对值最大的负数(第一个负数)，且|a2003|＞|a2004|∴在等差数列｛an｝中，a2003+a2004=a1+a40060，S4006=2)(400640061aa＞0∴使Sn＞0成立的最大自然数n是4006．3．(典型例题)设无穷等差数列｛an｝的前n项和为Sn.第3页(Ⅰ)若首项a1=23，公差d=1，求满足Sk2=(Sk)2的正整数k;(Ⅱ)求所有的无穷等差数列｛an｝；使得对于一切正整数中k都有Sk2=(Sk)2成立．[考场错解](1)当a1=23,d=1时，Sn=21n2+n，由Sk2=(Sk)2得21k4+k2=2221kk，即k=0或k=4．∴k≠0．故k=4．(Ⅱ)由对一切正整数k都有Sk2=(Sk)2成立．即k2a1+2)1(22kkd=(ka1+dkk2)1()2即(a1-21a)k2-adk2(k-1)+2dk2(k2-1)-42dk2(k-1)2=0对—切正整数k恒成立．故0,0,01211ddaaa求得a1=0或1，d=0∴等差数列an=｛0,0,0,…｝，或an=｛1，1，1，…｝．[专家把脉](Ⅱ)中解法定对一切正整数k都成立．而不是一切实数．故而考虑取k的特值也均成立．[对症下药](Ⅰ)当a1=23,d=1时，Sn=na1+.212)1(232)1(2nnnnndnn由Sk2=(Sk)2,得21k4+k2=(21k2+k)2，即k3)141(k=0.又k≠0，所以k=4．(Ⅱ)设数列｛an｝的公差为d，则在Sk2=(Sk)2中分别取k=1,2,得)2.()2122(2344)1(,.)(,)(211211224211dadaaaSSSS即由（1）得a1=0或a1=1.当a1=0时，代入（2）得d=0或d=6.若a1=0,d=0,则an=0,sn=0,从而Sk2=(Sk)2成立；若a1=0,d=6,则an=6(n-1),由S3=18，（S3）2=324,S9=216知S9≠(S3)2，故所得数列不符合题意.当a1=1时,代入(2)得4+6b=(2+d)2解得d=0或d=2.若a1=1,d=0,则an=1,Sn=n,从而Sk2=(Sk)2成立；若a1=1,d=2,则an=2n-1,Sn=1+3+…+（2n-1）=n2,从而Sk2=(Sk)2成立.综上,共有3个满足条件的无穷等差数列:①{an}：an=0,即0，0，0，…；②{an}:an=1,即1，1，1，…；③{an}:an=2n-1,即1，3，5，….4.(典型例题)已知数列{an}的各项都是正数,且满足:a0=1,an+1=21an·(4-an),nN.(1)证明an＜an+1＜2,n∈N.(2)求数列{an}的通项公式an.[考场错解]用数学归纳法证明：（1）1°当n=1时，a0=1,a1=21a0（4-a0）=23,∴a0＜a1＜2,命题正确.2°假设n=k时有ak-1＜ak＜2.则n=k+1时，ak-ak+1=21ak-1(4-ak-1)-21ak(4-ak)=2(ak-1-ak)-21(ak-1-ak)(ak-1+ak)=21(ak-1-ak)(4-ak-1-ak).而ak-1-ak＜0.4-ak-1-ak＞0,∴ak-ak-1＜0.又ak-1=21ak(4-ak)=21[4-(ak-2)2]＜2.∴n=k+1时命题正确.由1°、2°知，对一切n∈N时有an＜an+1＜2.(2)an+1=21an(4-an)=21[-(an-2)2+4].∴2(an+1-2)=-(an-2)2∴an+1-2=21(an-2)2令bn=an-2,∴bn=-(21)1+2+…第4页+2n-1·nb21又∵b1=a1-2=-21.∴bn=-(21)2n+2n-1.即an=2-(21)2n+2n-1.[专家把脉]在（Ⅱ）问中求bn的通项时，运用叠代法.最后到b0而不是b1.[对症下药]（Ⅰ）同上，方法二：用数学归纳法证明：1°当n=1时，a0=1,a1=21a0(4-a0)=23,∴0＜a0＜a1＜2;2°假设n=k时有ak-1＜ak＜2成立，令f(x)=21x(4-x),f(x)在[0，2]上单调递增，所以由假设有：f(ak-1)＜f(ak)＜f(2),即21ak-1(4-ak-1)＜21ak(4-ak)21×2(4-2),也即当x=k+1时ak＜ak+1＜2成立，所以对一切n∈N,有ak＜ak+1＜2(2)下面来求数列的通项：an+1=21an(4-an)=21[-(an-2)2+4],所以2（an+1-2）=-(an-2)2令bn=an-2,则bn=-2121nb=-21(-2122nb)2=-21·(21)2221nb…=-（21）1+2+…+2n-1b2n，又bn=-1,所以bn=-(21)2n-1,即an=2+bn=2-(21)2n-1专家会诊1.要善于运用等差数列的性质：“若m+n=p+q,则am+an=ap+aq”；等差数列前n项和符合二次函数特征.借助二次函数性质进行数形结合法解等差数列问题.2.会运用一般与特殊的逻辑思维,利用满足条件的特值求相关参数的值,学会分析问题和解决问题.考场思维训练1在等差数列{an}中,若a4+a6+a8+a10+a12=120,则a9-31a11的值为()A.14B.15C.16D.17答案：C分析：略。2等差数列{an}中,若其前n项的和Sn=nm,前m项的和Sm=mn(m≠n,m,n∈N*),则()A.Sm+n＞4B.Sm+n＜C.Sm+n=4D.-4＜Sm+n＜-2答案：B分析：略。3数列{an}是公差d≠0的等差数列，其前n项和为Sn,且a10=1,.21529aa(Ⅰ)求{an}的通项公式；答案：由已知a1+9d=1①因为a29,0))((,0,15915921529215aaaaaaa即所以因为d≠0,所以a9+a15=0,即a1+11d=0②由①②解得.21,2111da第5页.26nan所以(Ⅱ)求S的最大值；答案：解an=6-,02n得n≤12,所以，数列{an}前11，12和最大，33)21(21112211121211SS(Ⅲ)将Sn表示成关于an的函数.答案：由a33214)212(23)212(,,423,,21226222nnnnnnnaaaaSnnSann所以又得4在数列{an}中a1=31,a2=185,且log2(3a2-a1)…log(3an+1-an),是公差为-1的等差数列，又2a2-a1,2a3-a2,…，2an+1-an,…是等比数列，公比为q，|q|＜1,这个等比数列的所有项之和等于31.(1)求数列{an}的通项公式;答案：设bn=log2(3an+1-an),因为{bn}是等差数列，d=-1.b-1=log2(3a2-a1)=log2.)1)(1(1131log)311853(112nnb于是即log2(3an+1-