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1、- 1 -20122012 年高考数学备考冲刺之易错点点睛系列年高考数学备考冲刺之易错点点睛系列三三 数列数列 教师版教师版一、高考预测一、高考预测 数列是历年高考的重点与难点，以等差数列与等比数列为基础考查数列的性质及前 n 项 和的问题是数列中的中低档难度问题，一般只要熟悉等差数列与等比数列及其前 n 项和的性 质即可正确得出结果.等差数列与等比数列是高中阶段学习的两种最基本的数列，也是高考 中经常考查并且重点考查的内容之一，这类问题多从数列的本质入手，考查这两种基本数列 的概念、基本性质、简单运算、通项公式、求和公式等本讲内容在高考中多以选择题和填 空题的形式出现，属于中低档题解题时应从
2、基础处着笔，首先要熟练掌握这两种基本数列 的相关性质及公式，然后要熟悉它们的变形使用，善用技巧，减少运算量，既准又快地解决 问题.除此以外，数列与其他知识的综合考查也是高考中常考的内容，数列是一种特殊的函 数，它能与很多知识进行综合，如方程、函数、不等式、极限，数学归纳法（理）等为主要 综合对象，概率、向量、解析几何等为点缀.数列与其他知识的综合问题在高考中大多属于 中高档难度问题. 数列是新课程的必修内容，从课程定位上说，其考查难度不应该太大，数列试题倾向考 查基础是基本方向从课标区的高考试题看，试卷中的数列试题最多是一道选择题或者填空 题，一道解答题由此我们可以预测 2012 年的高考中，
3、数列试题会以考查基本问题为主， 在数列的解答题中可能会出现与不等式的综合、与函数导数的综合等，但难度会得到控制 二、知识导学二、知识导学 要点要点 1 1：有关等差数列的基本问题：有关等差数列的基本问题 1 1涉及等差数列的有关问题往往用等差数列的通项公式和求和公式“知三求二”解决 问题； 2 2等差数列前 n 项和的最值问题，经常转化为二次函数的最值问题；有时利用数列的 单调性（d0,递增；d0，递减） ；3 3证明数列为等差数列有如下方法：定义法；证明（与 n 值无关na1nnaad的常数） ；等差中项法：证明。112(2,)nnnaaannN 要点要点 2 2：有关等比数列的基本问题：有
4、关等比数列的基本问题1 证明数列为等比数列有如下方法：定义法：证明na。1()nnaqna与值无关的非零常数等比中项法：。2 11(2,)nnnaaannN g2 求一般数列通项公式时常用构造数列法、待定系数法等。na要点向要点向 3 3：等差、等比数列综合问题：等差、等比数列综合问题 1.在解决等差数列或等比数列的相关问题时， “基本量法”是常用的方法，但有时灵活地运 用性质，可使运算简便，而一般数列的问题常转化为等差、等比数列求解。- 2 -2数列求通项的常见类型与方法：公式法、由递推公式求通项，由nS求通项，累加法、累乘法等 3.数列求和的常用方法：公式法、裂项相消法、错位相减法、分组法
5、、倒序相加法等。 4解综合题的成败在于审清题目，弄懂来龙去脉，透过给定信息的表象，抓住问题的本质， 揭示问题的内在联系和隐含条件，明确解题方向，形成解题策略 要点要点 4 4：可转化为等差、等比数列的求和问题：可转化为等差、等比数列的求和问题 某些递推数列可转化为等差、等比数列解决，其转化途径有：1 1凑配、消项变换如将递推公式（为常数，0，1） 。通1nnapaqpq、qp过凑配变成；或消常数转化为1()11nnqqap app11()nnnnaap aa2 2取倒数法如将递推公式递推式，考虑函数倒数关系有)(11 bakmaann n)11(11makann令则可归为型。mk akann1
6、11nnab1 nbqpaann13 3对数变换如将递推公式取对数得1pnnaca(0,0,0,1)nacpp1lglglgnnacpa4 4换元变换（其中 p，q 均为常数，（或n nnqpaa1)0) 1)(1(qppq,其中 p，q, r 均为常数） 。一般地，要先在原递推公式两边同除以，1n nnaparq1nq得：引入辅助数列（其中） ，得：则转化为1 11nn nnaap qq qq nbnn nqab qbqpbnn11的形式。1nnbAaB要点要点 5 5：数列求和的常用方法：1、直接由等差、等比数列的求和公式求和，注意对公比1q的讨论.2、错位相减法：主要用于一个等差数列与一
7、个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即 等比数列求和公式的推导过程的推广. 3、分组转化法：把数列的每一项分成两项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解. 4、裂项相消法：主要用于通项为分式的形式，通项拆成两项之差求和，正负项相消剩下首 尾若干项，注意一般情况下剩下正负项个数相同. 5、倒序相加法：把数列正着写和倒着写相加(即等差数列求和公式的推导过程的推广). 三、易错点点睛三、易错点点睛 命题角度 1 数列的概念数列的概念- 3 -1已知数列an满足 a1=1,an=a1+2a2+3a3+(n-1)an-1,(n2)，则an的通项an=_. 考场错解考场错解 an=a1+2a2+3a3+
8、(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=与已知 a1=1，矛盾21 对症下药对症下药 n2 时，an=a1+2a2+3a3+(n-1)an-1 当 n3 时，an-1=a1+2a2+3a3+(n-2)an-2 -得 an-an-1=(n-1)an-1当 n3 时，=n，an= =n43a2=a2，a2=a1=1 1nn a
9、a1nn aa21nn aa 2 2334aaa aa2! n当 n2 时，an= . 当 n=1 时，a1=1 故 an=2! n ).2(2!) 1(1nnn2设数列an的前 n 项和为 Sn,Sn=(对于所有 n1)，且 a4=54，则 a1的数值2) 13(1na是_. 考场错解考场错解 Sn=,此数列是等比数列，首项是 a1，公比是 3，由2) 13(1na 31)31 (1 naa4=a134-1， a1=2 专家把脉专家把脉 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 对症下药对症下药 a4=S4-S3=(34-1)-(33-1)=54，解得 a1=2 2
10、1a 21a3.已知数列an满足 a1=1，an=3n-1+an-1(n2) (1)求 a2，a3； (2)求通项 an的表达 式 考场错解考场错解 (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)+
11、(an-1-an-2)+(a2-a1)+a1=3n-1+3n-2+3+1=.213 n4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.160 B180 C. 200 D220 考场错解考场错解 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- 4 - 对症下药对症下药 B 由公式 m+n=2Pam+an=2ap?(只适用等差数列)
12、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=10(a2+a19)=180 2)(20201aa 2若an是等差数列，首项 a10，a2003+a20040，a2003a20040，则使前 n 项和 Sn0 成立的最大自然数 n 是 ( )A.4005 B4006 C.4007 D.4008 考场错解考场错解 a2004+a20030，即 2a1+2002d+2003d0，(a1+2002d)(a1+2003d)0即使 na1+d0这样很难求出 a1，d.从而求出最大的自然数 n.故
13、而判断2) 1( nna20030，a20040 专家把脉专家把脉 此题运用等差数列前 n 项的性质及图象中应注意a20030，a20040，a2003+a20040，a2003a20040，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=0 使 Sn0 成立的最大自然数 n 是 4006 2)(400640061aa 3设无穷等差数列an的前 n 项和为 Sn.()若首项 a1=，公差 d=
14、1，求满足 Sk2=(Sk)223的正整数 k;()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 考场错解考场错解 (1)当 a1=,d=1 时，Sn=n2+n，由 Sk2=(Sk)2得k4+k2=，即 k=023 21 212 2 21 kk或 k=4 k0故 k=4()由对一切正整数 k 都有 Sk2=(Sk)2 成立 即 k2a1+d=(ka1+)22) 1(22kkdkk 2) 1( 即(a1-)k2-adk2(k-1)+k2(k2-1)-k2(k-1)2=0 对切正整数 k 恒成立故 21a2d 42d 0, 0, 01211ddaaa求得 a1=0 或 1，d=0 等差数列 an=0,0,0, ，或 an=1，1，1， 专家把脉专家把脉 ()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 对症下药对症下药 ()当 a1=,d=1 时，Sn=na1+由 Sk2=(Sk)2,23.21 2) 1( 23 2) 1(2nnnnndnn得k4+k2=(k2+k)2，即 k3=0.又 k0，所以 k=421 21) 141(k()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 (
