新课标必修部分错题精选二第4-5章修改稿doc

1、第四章数列§ 4.1等差数列的通项与求和一、知识导学1.数列：按一定次序排成的一列数叫做数列.2.项：数列中的每一个数都叫做这个数列的项，各项依次叫做这个数列的第1 项（或首项），第 2 项，第 n 项， .3.通项公式：一般地，如果数列a 的第项与序号之间的关系可以用一个公式来n表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式.4. 有穷数列 : 项数有限的数列叫做有穷数列 .5. 无穷数列 : 项数无限的数列叫做无穷数列6. 数列的递推公式：如果已知数列的第一项（或前几项）及相邻两项（或几项）间关系可以用一个公式来表示，则这个公式就叫做这个数列的递推公式 . 递推公式是给出数列的一种重要

2、方法，其关健是先求出 a1,a 2, 然后用递推关系逐一写出数列中的项 .7. 等差数列 : 一般地，如果一个数列从第二项起，每一项减去它的前一项所得的差都等于同一个常数， 那么这个数列就叫做等差数列， 这个常数叫做等差数列的公差， 公差通常用表示8. 等差中项 : 如果，这三个数成等差数列， 那么aba b2我们把2叫做和的等差中项二、疑难知识导析1. 数列的概念应注意几点：（1）数列中的数是按一定的次序排列的，如果组成的数相同而排列次序不同，则就是不同的数列；（ 2）同一数列中可以出现多个相同的数；（ 3）数列看做一个定义域为正整数集或其有限子集( 1， 2， 3， n ) 的函数 .2.

3、 一个数列的通项公式通常不是唯一的.3. 数列 a 的前 n 项的和 S 与 a间的关系： anS1(n1),若 a 适合nnn 之SnSn 1( n2).1an(n>2),则 an 不用分段形式表示，切不可不求a1 而直接求 an.4. 从函数的角度考查等差数列的通项公式：an= a 1+(n-1)d=d· n+ a 1-d, an 是关于 n 的一次式；从图像上看，表示等差数列的各点（n, an ）均匀排列在一条直线上，由两点确定一条直线的性质，不难得出，任两项可以确定一个等差数列.5、对等差数列的前 n 项之和公式的理解：等差数列的前n 项之和公式可变形为dn2(a1dd

4、， B a d2Sn)n ，若令 A，则 Sn An+Bn.222126、在解决等差数列问题时，如已知，a1， an， d， Sn ，n 中任意三个，可求其余两个。三、经典例题导讲 例 1 已知数列 1，4，7，10， 3n+7, 其中后一项比前一项大3. （ 1）指出这个数列的通项公式；（ 2）指出 1+4+ +（3n 5）是该数列的前几项之和.错解：（ 1）an=3n+7;(2) 1+4+ +（ 3n 5）是该数列的前 n 项之和 .错因：误把最后一项 （含 n 的代数式） 看成了数列的通项 .（ 1）若令 n=1,a 1=101, 显然 3n+7不是它的通项 .正解：（ 1）an=3n

5、2;(2) 1+4+（ 3n 5）是该数列的前 n1 项的和 .例2已知数列 an 的前 n 项之和为 Sn 2n 2n Sn n2n 1求数列an 的通项公式。错解 ： an2n2n2(n1) 2(n1) 4n3 ann 2n1 ( n1) 2(n1) 1 2n错因：在对数列概念的理解上，仅注意了an Sn Sn-1 与的关系，没注意a1=S1.正解 ：当 n1时， a1S11当n 2时，an2n2n2(n1)2(n1)43n经检验n1时a11也适合，an4n3当 n1时， a1S13当 n2 时， ann2n1 ( n1) 2( n1) 1 2n an3(n1)2n( n2) 例 3 已知

6、等差数列an的前 n 项之和记为 Sn， S10=10，S30 =70，则 S40 等于。错解 ： S = S · 2d.d 30，S40= S+d =100.301030错因：将等差数列中S , S2mS,S3mS 成等差数列误解为S, S, S成等差数列 .mm2mm2m3m10a1109 d1022正解 ：由题意：2得 a129 d, d30a130705152代入得 S40403940120。40a12d 例 4 等差数列an、 bnSn7n1a7；的前 n 项和为 Sn、 Tn. 若4n( n N ), 求b7Tn27错解 ：因为等差数列的通项公式是关于n 的一次函数，故由

7、题意令an=7n+1;b n=4n+27.a777110b7472711错因：误认为SnanTnbn正解 ：a7a7a7S13713192b7b7b7T134 132779 例 5 已知一个等差数列an的通项公式 an=25 5n，求数列| an | 的前 n 项和；错解： 由 an0 得 n5an 前 5 项为非负，从第6 项起为负，Sn=a1 +a2+a3+a4+a5=50(n5)当 n6 时， S = a + a + a + +a( 205 n )( n5 )n678n250,n5S n= (205n)(n5),n62错因：一、把 n5 理解为 n=5，二、把“前 n 项和”误认为“从

8、n 6 起”的和 .n(45 5n),n52正解 ：(205n)(n 5)n6250 , 例 6 已知一个等差数列的前10 项的和是310，前 20 项的和是1220，由此可以确定求其前n 项和的公式吗？解： 理由如下：由题设：S10310S20122010a145d310a14得：20a1190d1220d6 Sn4nn(n 1)6 3n 2n2 例 7 已知： an 1024lg 21 n（ lg 20.3010 ） n N（ 1） 问前多少项之和为最大？（ 2）前多少项之和的绝对值最小？an1024(1 n) lg 2 010241024解：（1）1024n lg 2 0n1 3401

9、n 3403an 1lg 2lg 2 n 3402（ 2） Sn1024nn(n1) (lg 2)02当 Sn0或 Sn 近于 0 时其和绝对值最小令： Sn0即 1024+n(n1) (lg 2)02得： n2048 16804.99lg 2 nN n6805例 8项数是2n 的等差数列， 中间两项为 an和 an1 是方程 x2pxq 0 的两根， 求证此数列的和 S2n是方程lg 2 x(lg n2lg p 2 ) lg x(lg n lg p) 20的根。 （ S2n0 ）证明： 依题意 anan1p a1a2 nanan 1p S2n2n(a1a2 n )np2lg 2x(lgn2l

10、gp2 ) lgx(lgnlg) 20p (lg xlg np)20 x npS2 n（获证）。四、典型习题导练1已知a1且Sn 1 2n ，求an 及 Sn 。3 an2设 an122334n(n1) ，求证： n(n 1)an(n 1)2。223.求和 :111112123123n4.求和：(100 2992 ) (982972 )(4232 )(2 212 )5.已知 a,b, c 依次成等差数列，求证：a 2bc,b 2ac,c 2ab 依次成等差数列 .6.在等差数列an中， a5a1340 ，则a8a9a10（）。A 72B 60C 48D367.已知 an是等差数列，且满足amn

11、, an m(mn) ，则 am n 等于 _。8.已知数列1成等差数列，且 a311 , a513，求 a8 的值。an267§ 4.2等比数列的通项与求和一、知识导学1.等比数列： 一般地， 如果一个数列从第项起，每一项与它的前一项的比都等于同一 个 常 数，那 么 这 个 数 列 就 叫 做 等 比 数 列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母表示2.等比中项：若，成等比数列，则称为和的等比中项n a1(q1)3.等比数列的前 n 项和公式： Sna1 (1 q ) a1an qn1)1q1(qq二、疑难知识导析1.由于等比数列的每一项都可能作分母，故每一项均不为0，因此

12、 q 也不为 0.2.对于公比 q，要注意它是每一项与它前一项的比，防止把相邻两项的比的次序颠倒.3.“从第 2 项起”是因为首项没有“前一项”，同时应注意如果一个数列不是从第2项起，而是从第 3 项或第 4 项起每一项与它前一项的比都是同一个常数，此数列不是等比数列，这时可以说此数列从. 第2项或第3 项起是一个等比数列 .4.在已知等比数列的a和 q 的前提下，利用通项公式n-11a =a q , 可求出等比数列中的任n1一项 .5.在已知等比数列中任意两项的前提下，使用nmn-m可求等比数列中任意一项 .a =a q6.等比数列 an的通项公式 an=a1qn-1 可改写为 ana1 q

13、 n . 当 q>0，且 q 1 时， y=qxq是一个指数函数， 而 ya1 q x 是一个不为 0的常数与指数函数的积，因此等比数列 anq的图象是函数ya1qx 的图象上的一群孤立的点.q7在解决等比数列问题时，如已知，a1， an， d， Sn ，n 中任意三个，可求其余两个。三、经典例题导讲例 1n0, q 1, q 为非零常数），则 an已知数列an 的前 n 项之和 Sn=aq （ a为（）。A. 等差数列B. 等比数列C.既不是等差数列，也不是等比数列D.既是等差数列，又是等比数列错解 ：an 1Sn 1Sn aq n 1aq naq n (q 1)anSSn 1aq n

14、 1 (q 1)nan 1q （常数）anan 为等比数列，即B。错因：忽略了anSnSn 1 中隐含条件n 1.正解 ：当 n1 时， a1=S1 aq;当 n>1 时， anSnSn 1aq n 1 (q1)an 1q （常数）ana2q 1q但a1an既不是等差数列，也不是等比数列，选C。例 2已知等比数列an 的前 n 项和记为 Sn， S10 =10 ， S30=70，则 S40 等于 .错解 ： S30= S 10· q 2.q 2 7， q7 ， S 40= S 30· q = 70 7 .错因：是将等比数列中S , S2mS,S3m S成等比数列误解为

15、S , S, S成等比数列 .mm2mm2m3ma1 (1q10 )a11q1010正解 ：由题意：得1，a1 (1q30 )qq10或 q103(舍去)1q702S40=a1 （1 q40） 200 .1q 例 3求和： a+a2+a3+ +an.23n1a n错解 ： a+a +a + +a1.a错因：是（ 1）数列 an不一定是等比数列，不能直接套用等比数列前n 项和公式（ 2）用等比数列前 n 项和公式应讨论q 是否等于 1.正解 ：当 a0 时， a+a2+a3+ +an 0;当 a 1 时， a+a2+a3+ +ann;当 a1 时，23n1a na+a +a + +a .1a 例

16、 4 设 a, b,c, d 均为非零实数，a 2b2d 22b ac db2c 20 ，求证： a,b, c 成等比数列且公比为d 。证明：证法一 ：关于 d 的二次方程a2b 2 d 22b ac db 2c 20有实根，4b2 a c 24 a2b 2(b 2c2 ) 0 ， b 220ac则必有： b 2ac0 ，即 b 2ac ，非零实数 a, b, c 成等比数列设公比为 q ，则 baq ， caq2代入a 2a 2 q2 d 22aq a aq 2 d a 2 q2a 2 q 40 q 21 a 20 ，即 d 22qdq 20 ，即 dq0 。证法二： a2b 2d 22b

17、ac db 2c20 a 2 d 22abdb 2b2 d 22bcdc 20 adb 2bdc 20， adb ，且 bdc a, b,c, d 非零， bcd 。ab例 5在等比数列bn中， b43 ，求该数列前7 项之积。解： b1b2 b3b4b5b6b7b1b7 b2b6 b3b5 b4 b42b1b7b2 b6 b3 b5 ，前七项之积3233372187例 6求数列 n1 前 n 项和2n解： Sn1 12 13 1n12482n1111112 Sn1428316(n 1)2nn2n 1两式相减： 1111111 (11 )n22n2 Sn2 4 82nn2n 1112n 121

18、n1nSn2(122n2n 1 )n 12n2 例 7 从盛有质量分数为20%的盐水 2kg 的容器中倒出1kg 盐水，然后加入1kg 水，以后每次都倒出1kg 盐水，然后再加入1kg 水，问： (1) 第 5 次倒出的的1kg 盐水中含盐多kg？(2) 经 6 次倒出后，一共倒出多少 kg 盐？此时加 1kg 水后容器内盐水的盐的质量分数为多少？解： (1) 每次倒出的盐的质量所成的数列为 an ，则：a1= 0.2（ kg） ,a2= 1 × 0.2 （ kg） ,a3= ( 1 ) 2× 0.2 （ kg）12121由此可见： a = (n 1（ kg） ,a5= (

19、5 1)× 0.2)× 0.2= (n2221(2) 由(1) 得a 是等比数列a1=0.2 ,=n) 4×0.2=0.0125 （ kg）。21a1 (1q 6 )0.2(126)S6q10.39375(kg )1120.4 0.393750.00625(kg )0.00625 2 0.003125(kg)答：第 5 次倒出的的 1kg 盐水中含盐0.0125kg； 6 次倒出后，一共倒出 0.39375kg盐，此时加1kg 水后容器内盐水的盐的质量分数为0.003125。四、典型习题导练1. 求下列各等比数列的通项公式：1) a1= 2, a3= 82) a1

20、=5, 且 2an+1= 3an3)a1=5,且 an 1nann 12.在等比数列an ，已知 a15 ， a9a10100，求 a18 .012n13.已知无穷数列 10 5 ,10 5 ,10 5 ,10 5,，求证：（ 1）这个数列成等比数列（ 2）这个数列中的任一项是它后面第五项的1 ，10（ 3）这个数列的任意两项的积仍在这个数列中。4.设数列 an 为 1,2x,3x 2 ,4x3nx n1x0 求此数列前 n 项的和。5. 已知数列 an 中， a1= 2 且 an+1=Sn，求 an , Sn6. 是否存在数列 an ，其前项和 Sn 组成的数列 Sn 也是等比数列，且公比相

21、同？7. 在等比数列an中， a1a336, a2a460, Sn400 ，求 n 的范围。§ 4.3 数列的综合应用一、知识导学1.数学应用问题的教学已成为中学数学教学与研究的一个重要内容. 解答数学应用问题的核心是建立数学模型，有关平均增长率、利率（复利）以及等值增减等实际问题，需利用数列知识建立数学模型 .2. 应用题成为热点题型，且有着继续加热的趋势，因为数列在实际生活中应用比较广泛，所以数列应用题占有很重要的位置，解答数列应用题的基本步骤：（ 1）阅读理解材料，且对材料作适当处理；（ 2）建立变量关系，将实际问题转化为数列模型；（ 3）讨论变量性质，挖掘题目的条件， 分清该

22、数列是等差数列还是等比数列，是求 S 还是求 a . 一般情况下，nn增或减的量是具体体量时，应用等差数列公式；增或减的量是百分数时，应用等比数列公式若是等差数列，则增或减的量就是公差；若是等比数列，则增或减的百分数，加1 就是公比 q.二、疑难知识导析1. 首项为正（或负）的递减（或递增）的等差数列前n 项和的最大（或最小）问题，转化为解不等式a n0an0解决；或a n 10an 102. 熟记等差、等比数列的定义，通项公式，前n 项和公式，在用等比数列前n 项和公式时，勿忘分类讨论思想；mnm)d, daman;等比数列中，nm n-mqn man3. 等差数列中 , a =a + (n

23、mna =a q ;am4. 当 m+n=p+q（ m、n、p、q N ）时，对等差数列 an有： am+an=ap+aq；对等比数列 an有： aman=apaq；5.若 a n 、 b n 是等差数列，则 ka n+bbn(k 、 b 是非零常数 ) 是等差数列；若 a n 、 b n 是等比数列，则kan、a nbn 等也是等比数列；6.等差（或等比）数列的“间隔相等的连续等长片断和序列”（如a +a +a ,a +a +a ,a +a +a ）仍是等差（或等比）数列；1234567897. 对等差数列 an , 当项数为 2n 时， S 偶-S 奇 nd；项数为 2n 1 时， S 奇

24、 S 偶 a 中（ n N ）；8. 若一阶线性递推数列 an=kan 1+b（ k 0,k 1） , 则总可以将其改写变形成如下形式: anbk (a n 1b) (n 2) ，于是可依据等比数列的定义求出其通项公式；k1k1三、经典例题导讲 例1设ann是 其 前 n项和.证明：是由正数组成的等比数列，Slog 1 Snlog 1 Sn222log1 Sn 1 。22log 1 Sn log 1Sn 2错解： 欲证22log 1Sn 122只需证 log 1 Snlog 1Sn 2 2 log 1 Sn1222即证： log 1 (Sn Sn 2 ) log 1Sn2122由对数函数的单调

25、性，只需证(SnSn 2 ) Sn21Sn Sn2 Sn21 a12 (1q n )(1q n 2 )a12 (1q n 1 )2(1q)2(1q) 2 a12q n0SnSn 2 Sn2 1原不等式成立.错因：在利用等比数列前n 项和公式时，忽视了q 1 的情况.log 1Snlog 1 Sn2正解 ：欲证22 log 1Sn 122只需证 log 1Snlog 1 Sn 2 2 log 1Sn1222即证： log 1 (SnSn2 ) log 1Sn2122由对数函数的单调性，只需证(SnSn 2 ) Sn21由已知数列an 是由正数组成的等比数列，q >0, a10 .若 q 1

26、 ,则 SnSn 2 Sn2 1 na1 (n 2)a1( n1)a1 2 a12 0；若 q1,SnSn2 Sn21 a12 (1 qn )(1qn 2 )a12 (1q n 1 ) 2(1 q)2(1q) 2 a12 qn0SnSn 2 Sn2 1原不等式成立. 例 2一个球从100 米高处自由落下，每次着地后又跳回至原高度的一半落下，当它第 10 次着地时，共经过了多少米？（精确到1 米）错解： 因球每次着地后又跳回至原高度的一半，从而每次着地之间经过的路程形成了一公比为1 的等比数列，又第一次着地时经过了100 米，故当它第10 次着地时，2共经过的路程应为前10 项之和 .1001(

27、1)10 即 S102 199（米）112错因：忽视了球落地一次的路程有往有返的情况.正解 ：球第一次着地时经过了100 米，从这时到球第二次着地时，一上一下共经过100 100（米）因此到球第10 次着地时共经过的路程为了 2210010010010010010022232821001(1) 9 1002300（米）112答：共经过300 米。 例 3一对夫妇为了给他们的独生孩子支付将来上大学的费用，从孩子一出生就在每年生日，到银行储蓄 a 元一年定期，若年利率为 r保持不变，且每年到期时存款（含利息）自动转为新的一年定期，当孩子18岁上大学时，将所有存款（含利息）全部取回，则取回的钱的总数

28、为多少？错解：年利率不变，每年到期时的钱数形成一等比数列，那18 年时取出的钱数应为以 a为首项，公比为 1+r 的等比数列的第1918.19 项，即 a =a(1+r)错因：只考虑了孩子出生时存入的a 元到 18 年时的本息， 而题目要求是每年都要存入a 元 .正解 ：不妨从每年存入的 a 元到 18年时产生的本息入手考虑，出生时的 a 元到 18 年时变为 a(1+r) 18，1 岁生日时的 a 元到 18 岁时成为 a(1+r)17，2 岁生日时的 a 元到 18 岁时成为 a(1+r)16，17 岁生日时的 a 元到 18岁时成为 a(1+r)1，a(1+r)18+ a(1+r)17+

29、 + a(1+r)1a(1r )1(1 r )18 1 (1r ) a (1r )19(1r )ra (1答：取出的钱的总数为r )19(1 r ) 。r例 4求数列 11 , 14 , 17 , 110,1(3n 2) ,的前 n 项和。aa2a 3a n1解：设数列的通项为a ，前 n 项和为 S ，则1(32)annnna n 1111Sn(11 )1 47(3n2)aa2an当 a1 时， Snn(13n2)n3n 2n2211(13n2)na n1(3n1)n当 a1 时， Sna n12a na n 121a例 5求数列6, 6 ,64,6,前 n 项和1 2233n(n 1)解：设数列的通项为b ，则 bn11)6(nn(n1)nn1Snb1b2bn6(11 )( 11)( 11)223nn16(1n1)6n1n1例 6设等差数列 a 的前 n 项和为 S ，且 Snan12(nN ) ，()nn2求数列 an 的前 n 项和解：取 n =1，则 a1( a11) 2a112又由 Snn( a1an )可得： n(a1an )( an1) 2222an1 ( n N * )an2n 1Sn135(2n1)n 2例 7大楼共 n 层，现每层指定一人， 共 n 人集中到设在第k 层的临时会