江苏省苏州市第十中学高三数学一轮复习-防错纠错4数列(含答案解析)

防错纠错4数列一、填空题1．已知数列an的前n项之和为Snn2n1，则数列an的通项公式为________.【剖析】当n1时，a1S13；当n2时，anSnSn2n；an3n112nn2【易错、易失分点点拨】在对数列的看法的理解上，仅注意了anSnSn1，以致出现错误答案an2n。点拨：已知Sn求an时，要注意进行分类谈论，能合则合，反之则分．2．已知等比数列{an}为递加数列，且a3＋a7＝3，a2a8＝2，则a13＝________.a11【剖析】因为数列{an}是递加等比数列，因此a2a8＝a3a7＝2，又a3＋a7＝3，且a3＜a7，解得a＝1，a＝2，因此q4＝2，故a13＝q2＝2.37a11【易错、易失分点点拨】此题学生简单考虑使用基本量计算，且忽略{an}是递加等比数列，出现多解的状况．点拨：解决等差数列、等比数列注意性质的运用可有效简化运算．3．已知等差数列an，它的前5项的和为34，最后5项的和为146，所有项的和为234，求a7【剖析】设该数列有n项且首项为a1，末项为an，公差为d则依题意有5a110d34(1)5an10d146(，2)(1)(2)可得a1an36，代入(3)有n13，a1ann234(3)2从而有a1a1336，又所求项a7恰为该数列的中间项，a1a1336a72182【易错、易失分点点拨】设该数列有n项且首项为a1，末项为an，公差为d，若利用基本量列方程求解，则三个方程，四个未知数，感觉无法求解。点拨：在数列问题中，方程思想是常有的思想，使用时，经常使用整体代换的思想。错解中依题意只能列出3个方程，而方程所涉及的未知数有4个，没有将a1an作为一个整体，不能够解决问题。事实上，此题求a7，而没有要求其他的量，只要巧用等差中项的性质，a7a1a13，求2出a1a13即可。知识的灵便应用，本源于对知识系统的深刻理解．4．等差数列an的前m项的和为30，前2m项的和为100，则它的前3m项的和为________．【剖析】法一将S30,S100代入Snna1n(n1)d,得m2m2ma1m(m1)d30①22ma12m(2m1)d100②2解得d40,a11020,S3m3ma13m(3m1)210m2mm22d解法二由S3m3ma13m(3m1)d3m[a1(3m21)d]知，2要求S3mS3m只要求m[a1(3m1)d(3m1)d2102],将②－①得m[a12]=70,∴S3m解法三由等差数列an的前n项和公式知，Sn是关于n的二次函数，即Sn=An2+Bn(A、Am2A20B是常数）将Sm=30,S2m=100代入，得Bm30m2A(2m)2B2m100,∴B10mS3m=A·(3m)2+B·3m=210解法四=S+a+a2m+2++a=S+(a+2md)++(a+2md)=S+(a+S3m2m2m+13m2m1m2m1+am)+m·2md240=S2m+Sm+2md由解法一知d=m2,代入得S3m=210解法五依照等差数列性质知Sm,S2m－Sm,S3m－S2m也成等差数列，从而有2(S2m－Sm)=Sm+(S3m－S2m)∴S3m=3(S2m－Sm)=210解法六∵Sn=na1+n(n1)d,∴Sn=a1+n(n1)d∴点(n,Sn)是直线y=(x1)d+a1上2n2n2的一串点，由三点(m,Sm),(2m,S2m),(3m,S3m)共线，易得S3m=3(S2m－Sm)=210m2m3m解法七令m=1得S1=30，S2=100，得a1=30,a1+a2=100,∴a1=30,a2=70a3=70+(70－30)=110∴S3=a1+a2+a3=210．【易错、易失分点点拨】此题简单将等差数列中Sm,S2m－Sm,S3m－S2m成等差数列误解为Sm,S2m,S3m成等差数列，点拨：将条件“等差数列”换成“等比数列”，使用类比思想，考虑这七种方法可否都可类比.5．设等比数列an的前n项和为Sn.若S3S62S9，则数列的公比q为________.【剖析】若q1，则有S33a1,S66a1,S99a1.但a10，即得S3S62S9,与题设矛盾，故q1.又依题意S3S62S9a1(1q3)a1(1q6)2a1(1q9)1q1q1q363）＝,即(231)(31)0,因为，因此3因此q(2qq10qqq1q10,2q310.解得q34.2【易错、易失分点点拨】此题简单做成a1(1q3)a1(1q6)2a1(1q9)，1q1q1q整理得363）＝时，应有a0和q1从而获取错误结果34点q(2qq101q.2拨：在等比数列中，a10是显然的，但公比q完满可能为1，因此，在解题时应先谈论公比q1的状况，再在q1的状况下，对式子进行整理变形.6．等差数列an、bn的前n项和为Sn、Tn.若Sn7n1(nN),则a7=________.Tn4n27b7【剖析】a7a7a7S13713192b7b7b7T134132779【易错、易失分点点拨】：因为等差数列的通项公式是关于n的一次函数，故由题意令an=7n+1;bn=4n+27.a777110，从而以致答案错误。点拨：在等差等比数列中，深刻理解项与和b7472711的关系式解答此类题的打破口.7．已知一个等差数列an的通项公式an255n，则数列|an|的前n项和为________.【剖析】由an0得n5an前5项为非负，当n5Sn|a1||a2||an|a1a2ann(455n)2当n6时，Sn|a1||a2||an|a1a2a5a6an2(a1a2a5)a1a2a3a4a5a6an＝(205n)(n5)502n(455n),n52综上所述Sn(205n)(n5)50,n62【易错、易失分点点拨】一、把n5误认为n=5，二、把“前n项和”误认为“从n6起”50,n5的和.以致出现错误答案Sn=(205n)(n5)n．点拨：此类问题应注意项数n．2,68．若an是等差数列，首项a10，a2003a20040，a2003a20040，则使前n项和Sn0成立的最大正整数n是________.【剖析】∵a1>0，a2003+a2004>0，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+a4006>0，4006(a1a4006)＞0∴使S＞0成立的最大自然数n是4006．2【易错、易失分点点拨】∵a2004+a2003>0，即2a1+2002d+2003d>0，(a1+2002d)(a1+2003d)<0，要使Sn>0．即使na1+n(n1)d＞0．这样很难求出a1，d.从而求出最大的自然数n.故而判断2a2003>0，a2004<0，因此前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Sn>0．点拨：此题运用等差数列前n项的性质及图象中应注意．a2003>0，a2004<0．且忽略了这两项的大小．二、解答题9．已知数列{an}是首项为1，公比为1的等比数列，设bn＋15log3an＝t，常数t∈N*.3333求证：{bn}为等差数列；(2)设数列{cn}满足cn＝anbn，可否存在正整数k，使ck，ck＋1，ck＋2按某种次序排列后成等比数列？若存在，求k，t的值；若不存在，请说明原由．.【剖析】(1)证明a＝，b＋－b＝－15logan＋1＝5，nn1n3an∴{bn}是首项为b1＝t＋5，公差为5的等差数列．②若c2k＋1＝ckck＋2，同理可得(x＋5)2＝x(x＋10)，显然无解；212③若ck＋2＝ckck＋1，同理可得3(x＋10)＝x(x＋5)，方程无整数根．综上所述，存在k＝1，t＝5适合题意．.【易错、易失分点点拨】此题在求解的时候第（1）问对数有关运算但是关，第（2）问三项成等比数列不能够想到使用等比中项公式，以致谈论出现六种可能，坠入解题的繁琐境地.点拨：熟练掌握对数运算性质，正确运用等差数列、等比数列的有关公式和性质是解决数列有关问题的要点.10．数列an的前n项和记为Sn,已知a11,an1n2Sn(nN*).证明:n(Ⅰ)数列Sn是等比数列；n(Ⅱ)Sn14an.【剖析】(Ⅰ)∵an+1=Sn+1-Sn,an+1=n2Sn,∴(n+2)Sn=n(Sn+1-Sn),整理得nSn+1=2(n+1)=Sn,所n以Sn1=2Sn故Sn是以2为公比的等比数列.n1nn(Ⅱ)由(Ⅰ)知Sn1=4·Sn1,(n2).于是Sn+1=4(n+1)Sn1,=4an(n≥2).又a2=3S1=3,故n1n1·1nS1=a1+a2=4.因此关于任意整数n≥1,都有Sn+1=4an.【易错、易失分点点拨】此题易出现以下错解：(Ⅰ)已知an2S=1,a=nn∴S4S1,S2,S4Sn3·S2=2×4=8.∴S3=1+3+8=12.即123.故{}是公比为2的等比2=4a=1232n数列.Sn1Sn1,于是Sn+1=4(n+1)Sn1,n2212(Ⅱ)由(Ⅰ)知1=4·1·1=4a.又a=3.S=a+a=4,因此关于任意nnn正整数n≥1,都有Sn+1=4an.点拨：(Ⅰ)中利用有限项判断数列种类是运用不完满归纳法,应恩赐证明.(Ⅱ)中运用前推一项必定使n≥2．11．已知数列{an}满足a1＝a(a＞0，a∈N*)，a1＋a2＋＋an－pan＋1＝0(p≠0，p≠－1，n∈N*)．求数列{an}的通项公式an；若对每一个正整数k，若将ak＋1，ak＋2，ak＋3按从小到大的次序排列后，此三项均能构成等差数列，且公差为dk.①求p的值及对应的数列{dk}．②记Sk为数列{dk}的前k项和，问可否存在a，使得Sk＜30对任意正整数k恒成立？若存在，求出a的最大值；若不存在，请说明原由．【剖析】(1)因为a1＋a2＋＋an－pan＋1＝0，因此n≥2时，a1＋a2＋＋an－1－pan＝0，an＋1p＋1p＋1两式相减，得an＝p(n≥2)，故数列{an}从第二项起是公比为p的等比数列，又当n＝1时，a1－pa2＝0，解得a2＝a，pan＝，从而an＝ap＋1n－2npp(2)①由(1)得ak＋1＝ap＋1k－1，ppak＋2＝ap＋1k，ak＋3＝ap＋1k＋1pppp，若ak＋1为等差中项，则2ak＋1＝ak＋2＋ak＋3，p＋1p＋11即p＝1或p＝－2，解得p＝－3；此时ak＋1＝－3a(－2)k－1k，ak＋2＝－3a(－2)，因此dk＝|ak＋1－ak＋2|＝9a·2k－1，若ak＋2为等差中项，则2ak＋2＝ak＋1＋ak＋3，即p＋1＝1，此时无解；p若ak＋3为等差中项，则2ak＋3＝ak＋1＋ak＋2，p＋1p＋112即p＝1或p＝－2，解得p＝－3，此时ak＋1＝－3a－1k－1，ak＋3＝－3a－1k＋1，2222因此dk＝|ak＋1－ak＋3|＝9a1k－18·，2综上所述，p＝－1，dk＝9a·2k－1或p＝－2，339a1k－1.dk＝·82②当p＝－1时，Sk＝9a(2k－1)．3则由Sk＜30，得a＜10，k－当k≥3时，10＜1，因此必定有a＜1，k－因此不存在这样的最大正整数．当p＝－2时，Sk＝9a1－1k，342则由Sk＜30，得a＜40，因为40＞40，因此a＝13满足Sk＜30恒成立；1k1k331－2]31－2但当a＝14时，存在k＝5，使得a＞40，即Sk＜30，1k31－2因此此时满足题意的最大正整数a＝13.【易错、易失分点点拨】此题易出现以下错误：第（1）问误认为整个数列是等差数列，导致结果错误，第二问分类谈论不全面.点拨：解决数列问题逐一项数.12．如图，OBC的三个极点坐标分别为（0，0）、（1，0）、（0，2），设P1为线段BC的中点，P为线段CO的中点，P为线段的中点，关于每一个正整数n,P为线段PP1的23OP1n3nn中点，令Pn的坐标为(xn,yn),an1ynyn1yn2.2(Ⅰ)求a1,a2,a3及an；(Ⅱ)证明yn41yn,nN*;4(Ⅲ)若记bny4n4y4n,nN*,证明bn是等比数列.【剖析】(Ⅰ)因为y1=y2=y4=1,y3=1,y5=3,因此a1=a2=a3=2.又由题意可知yynyn1.242∴an+1=1yn+1+yn+2+yn+3=1yn+1+yn+2+ynyn1=1yn+yn+1+yn+2=an,∴{an}为常数列.∴2222an=a1=2,n∈N*.(Ⅱ)将等式1yn+yn+1+yn+2=2两边除以2,得1yn+yn1yn2=1,又∵yn+4=yn1yn2,∴2422yn+4=1-yn.4(Ⅲ)∵bn+1=y4n+8-y4n+4=1y4n4-1y4n=-1(y4n+4-y4n)=-1bn,又∵b1=y8-y4=-1≠0,