第四章 数列易错疑难集训(一) 微专题（含解析）

《第四章数列》易错疑难集训(一)一、易错题易错点1忽略数列及其前n项和与一般函数的区别1.数列{an}为等差数列,它的前n项和为Sn,若Sn=(n+1)2+λ,则λ=()A.-2 B.-1 C.0 D.12.[2022辽宁丹东高三上段考]已知函数f(x)的定义域为R,数列{an}满足an=f(n),已知两个条件:①函数f(x)在[1,+∞)上是增函数;②数列{an}是递增数列.写出一个满足条件①和②的函数f(x)的解析式:;写出一个满足条件②但不满足条件①的函数f(x)的解析式:.易错点2已知Sn求an时忽略“n=1”的情况3.已知Sn为数列{an}的前n项和,且log2(Sn+1)=n+1,则数列{an}的通项公式为an=.4.已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足an+2SnSn-1=0(n≥2),a1=12(1)求证:数列{1Sn}(2)求数列{an}的通项公式.易错点3错用等差数列及其前n项和的性质5.在等差数列{an}中,a1+a8+a15=72,则a2+a14=()A.6 B.12 C.24 D.486.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,S2n=6,S3n=12,则Sn=()A.2 B.0 C.3 D.4易错点4忽略数列中的特殊项7.在等差数列{an}中,a1=10,其前n项和为Sn,且S10=S15,当n取何值时,Sn有最大值?并求出最大值.8.已知函数f(x)=x2-2(n+1)x+n2+5n-7(n∈N*).(1)若函数f(x)的图象的顶点横坐标构成数列{an},试证明数列{an}是等差数列;(2)设函数f(x)的图象的顶点到x轴的距离构成数列{bn},试求数列{bn}的前n项和Sn.二、疑难题疑难点1不能准确判别项的符号1.[2022安徽皖南地区高二下开学考试]已知等比数列{an}中,a2=3,a6=27,则a4=()A.-9 B.9 C.±9 D.152.在等比数列{an}中,a5,a21是方程x2+11x+5=0的两个根,则a5a21疑难点2忽略对公比q的讨论3.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3,S9,S6成等差数列,且a8=2,则a2+a5=()A.-12 B.-4 C.4 D.124.在数列{an}中,a1=1,a2=2,数列{anan+1}是公比为q(q>0)的等比数列.(1)求使anan+1+an+1an+2>an+2an+3成立的q的取值范围;(2)求数列{an}的前2n项的和S2n.疑难点3不能准确判断项数5.[2022北京理工大附中高二下期中]设f(n)=2+24+27+210+…+23n+10(n∈N*),则f(n)=()A.27(8n-1) B.27(8nC.27(8n+3-1) D.27(8n6.已知数列5,12,7,14,…,(2n+7)(n为奇数,n∈N*),其中奇数项为等差数列,偶数项为等比数列,则该数列偶数项的和为(A.1-2-n+1C.1-2-n-1 D.1-2-n+17.[2022安徽合肥一中高二上期中]已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn+1=Sn+an+1,.请在①a4+a7=13,②a1,a3,a7成等比数列,③S10=65这三个条件中任选一个补充在上面的横线上,并解答下面问题.(1)求数列{an}的通项公式;(2)求数列{an2n}的前n项和参考答案一、易错题1.B等差数列前n项和Sn的形式为Sn=an2+bn,不含常数项,而题中Sn=n2+2n+1+λ,所以λ=-1.故选B.2.f(x)=x(答案不唯一)f(x)=(x-43)2(答案不唯一)解析由题意可知,f(x)=x满足题中条件①和②.函数f(x)=(x-43)2在[1,43]上递减,在[43,+∞)上递增,所以函数f(x)=(x-43)2不满足条件①,而对应的数列{an}的通项公式为an=(n-43)2,在n∈N*上递增,是递增数列,符合题意.3.3,n=1,2n,n≥2解析由log2(Sn+1)=n+1,得Sn+1=2n+1.当n=1时,a1=S1=3;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n,显然a1=3不符合上式,所以数列{a4.解析(1)当n≥2时,由an+2SnSn-1=0,得Sn-Sn-1=-2SnSn-1,所以1Sn又1S1=1a1=2,故数列{1S(2)由(1),可得1Sn=2n,所以Sn=当n≥2时,an=Sn-Sn-1=12n-当n=1时,a1=12,显然不符合上式故an=15.D由等差数列的性质,知2a8=a1+a15=a2+a14.因为a1+a8+a15=72,即3a8=72,所以a8=24,所以a2+a14=2a8=48.故选D.6.A因为Sn,S2n-Sn,S3n-S2n为等差数列,所以2(6-Sn)=Sn+(12-6),解得Sn=2.故选A.7.解析方法一设数列{an}的公差为d.由S10=S15,得10a1+10×92d=15a1+15×142又a1=10,解得d=-56所以an=10+(n-1)×(-56)=65由d=-56<0,知数列{an}是一个递减的等差数列又a13=0,所以当n=12或13时,Sn有最大值,最大值为S12=S13=13(a1方法二设数列{an}的公差为d.由S10=S15,得10a1+10×92d=15a1+15×142又a1=10,所以d=-56所以Sn=d2n2+(a1-d2)n=-512n2+12512n=-512(n-25所以当n取与252最接近的整数,即12或13时,Sn最大,最大值为658.解析(1)f(x)=x2-2(n+1)x+n2+5n-7=[x-(n+1)]2+3n-8.由题意,得an=n+1,所以an+1-an=(n+1)+1-(n+1)=1,故数列{an}是以2为首项,1为公差的等差数列.(2)由题意及(1),知bn=|3n-8|.当1≤n≤2时,bn=-3n+8,此时Sn=n(5当n≥3时,bn=3n-8,此时Sn=S2+(n所以Sn=-二、疑难题1.B方法一(等比中项法)设等比数列{an}的公比为q,易知a42=a2a6=81,又a4=a2q2>0,故a4方法二(性质法)设等比数列{an}的公比为q,则a6=a2q4,即27=3q4,所以q2=3,所以a4=a2q2=3×3=9.2.-5解析由题意可得a5+a21=-11,a5a21=5,显然两根同为负值,故数列{an}中的所有奇数项均为负值,所以a5a21a13=a133.C设数列{an}的公比为q,则当q=1时,an=2,则S3=6,S6=12,S9=18,此时S3,S9,S6不是等差数列,不符合题意,舍去;当q≠1时,因为S3,S9,S6成等差数列,所以S3+S6=2S9,即a1(1-q3)1-q+a1(1-q6)1-q=2×a1(1-q9)1-q,即2q9-q6-q3=0,解得q3=-12或4.解析(1)因为数列{anan+1}是公比为q的等比数列,所以an+1an+2=anan+1q,an+2an+3=anan+1q2.又anan+1+an+1an+2>an+2an+3,所以anan+1+anan+1q>anan+1q2,所以1+q>q2,即q2-q-1<0(q>0),解得0<q<1+5故q的取值范围为(0,1+52(2)因为数列{anan+1}是公比为q的等比数列,所以an+1an+2ana这表明数列{an}的所有奇数项成等比数列,所有偶数项成等比数列,且公比都是q.又a1=1,a2=2,所以当q≠1时,S2n=a1+a2+a3+a4+…+a2n-1+a2n=(a1+a3+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n)=a1当q=1时,S2n=(1+1+…+1n个所以S2n=3(15.D2,24,27,210,…,23n+10是以a1=2为首项,q=23为公比的等比数列,且共有(n+4)项,由等比数列的前n项和公式,得f(n)=27(8n+4-1)6.C由题意知2n+7为该数列的第2n+3项,故偶数项的项数为2n+22=n+1,则该数列偶数项的和为12+14+…+17.解析方案一选条件①.(1)因为Sn+1=Sn+an+1,所以Sn+1-Sn=an+1,即an+1=an+1,所以数列{an}是公差d为1的等差数列.由a4+a7=13,得2a1+9d=13,得a1=2,所以an=a1+(n-1)d=n+1.(2)由(1)可知an2n=n+12n,T所以12Tn=222+3两式相减,得12Tn=1+122+123+124+…+1方案二选条件②.(1)因为Sn+1=Sn+an+1,所以Sn+1-Sn=an+1,即an+1=an+1,所以数列{an}是公差d为1的等差数列.由a1,a3,a7成等比数列,得(a1+2d)2=a