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1、2010 年高中数学备考数列专题易错【原题】已知等比数列na的首项为31 1a，公比q满足10qq且又已知1a，35a，59a成等差数列 （1）求数列na的通项（2）令nanb13log，求证：对于任意nN，都有122311111.12nnb bb bb b【错误分析 】 ：数列中的不等式问题是高考的难点热点问题，对不等式的证明有比较法、放缩，放缩通常有化归等比数列和可裂项的形式；数学归纳法；有的还要用到条件不等式。【答案】（1）3n na（2）见解析【解析】（1）3152 59aaa24 111109a qaa q4291010qq10qq且13q1 13nn naa q高考资源网（2）证明
2、：133loglog 3nan nbn，11111(1)1nnb bn nnn12231111.nnbbb bb b1111111122311nnn122311111.12nnb bb bb b【易错点点睛】转化思想是数学中的重要思想，把复杂的问题转化成清晰的问题是我们解题的指导思想本题中的第（）问，采用裂项相消法，将式子进行转化后就可以抵消很多项，从而只剩下首末两项111n，进而由n 的范围证出不等式【 原 题 】. 已 知 数 列na的 首 项121aa（ a是 常 数 ， 且1a），2422 1nnaann（2n） ，数列nb的首项1ba，2nabnn（2n） 。（ 1）证明：nb从第
3、2 项起是以2 为公比的等比数列； （2） 设nS为数列nb的前 n 项和，且nS是等比数列，求实数a的值；（3）当 a0 时，求数列na的最小项。来源学 #科# 网 Z#X#X#K【错误分析 】 ：本题考查了用定义证明等比数列，分类讨论的数学思想，有一定的综合性。【答案】（2）43a（3）当1(0,)4a时，最小项为8a-1；当14a时，最小项为4a或 8a-1；当1 1(,)4 2a时，最小项为4a；当12a时，最小项为4a 或 2a+1；当1( ,)2a时，最小项为2a+1。【解析】（1）2nabnn222 11)1(2) 1(4) 1(2) 1(nnnanabnnnnnbna2222(
4、n 2)由121aa得24aa，22444baa，1a，20b，即nb从第 2 项起是以2 为公比的等比数列。【易错点点睛】分类讨论思想是数学中的重要思想，本题以数列的递推关系式为载体，综合考查了等比数列的前n项和公式、数列求和、不等式的证明等基础知识与基本方法，第2问体现了对运用分类讨论的考查【原题】等差数列 an的前 n 项的和为 30，前 2m 项的和为100，求它的前3m 项的和【错误分析 】 ：本题可以根据条件直接列式求解，但是若能合理应用性质，选择不同的公式，则会得到不同的解法.【答案】 210 【解 析 】法一将Sm=30,S2m=100代入Sn=na1+ 2) 1(nnd, 得
5、11(1)302 2(21)21002m mmadmmmad2102)13(33,2010,40 13212dmmmaS mma mdm解得解法二由 2) 13(32) 13(33113dmamdmmmaSm知，要求 S3m只需求 ma1+ 2)13(dm ,将得 ma1+ 2)13( mmd=70,S3m=210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、B是常数）将Sm=30,S2m=100代入，得mBmAmBmABmAm10201002)2(30222,S3m=A (3m)2+B 3m=210 解法四S3m=S2m+a2m+1+
6、a2m+2+ a3m=S2m+(a1+2md)+ +(am+2md)=S2m+(a1+ am)+m 2md =S2m+Sm+2m2d由解法一知d=240m,代入得 S3m=210解法五根据等差数列性质知Sm,S2mSm,S3mS2m也成等差数列，从而有2(S2mSm)=Sm+(S3mS2m)S3m=3(S2mSm)=210 解法六Sn=na1+ 2)1(nnd, nSn=a1+ 2)1(nnd点(n, nSn)是直线y= 2) 1(dx+a1上的一串点，由三点(m, mSm),(2m, mSm22),(3m, mSm 33)共线，易得S3m=3(S2mSm)=210解法七令 m=1 得 S1=
7、30，S2=100，得 a1=30,a1+a2=100, a1=30,a2=70 a3=70+(70 30)=110S3=a1+a2+a3=210 【易错点点睛】将等差数列中Sm, S2mSm, S3mS2m成等差数列误解为Sm, S2m, S3m成等差数列，将条件“ 等差数列 ” 换成 “ 等比数列 ” ，使用类比思想，考虑这七种方法是否都可类比.来源 学科网 ZXXK【原题】等差数列na、nb的前 n 项和为 Sn、Tn.若),(27417Nnnn TSnn求77 ba【 错 误 分 析 】 ：因 为 等 差 数 列 的 通 项 公 式 是 关 于n 的 一 次 函 数 ， 故 由 题 意
8、 令an=7n+1;bn=4n+27. 1110277417777 ba【答案】9279【解析】77713777137 131924 132779aaaSbbbT【易错点点睛】【原题】已知数列na的前 n 项之和 Sn=aqn（qqa, 1,0为非零常数） ，则na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【错误分析 】 ：)1(1 11qaqaqaqSSannn nnn) 1(1 1qaqSSan nnnqaann 1（常数）na为等比数列，即B。【答案】选 C来源:Z#xx#k.Com【解析】当 n1 时， a1=S1 aq;当 n1
9、 时，) 1(1 1qaqSSan nnnqaann 1（常数）但qq aa112 na既不是等差数列，也不是等比数列，选C。【易错点点睛】忽略了1nnnSSa中隐含条件n1.【原题】已知一个等差数列na的通项公式an=255n，求数列|na的前 n 项和【错误分析 】 ：由 an0 得 n5na前 5 项为非负，从第6 项起为负，Sn=a1+a2+a3+a4+a5=50(n5) 当 n6 时 ，12|nnSaaa2)5)(520(nnSn=6,2)5)(520(5,50nnnn【答案】nS6,502)5)(520(5,2)545(nnnnnn【解析】由 an0 得 n5na前 5 项为非负，
10、当n512|nnSaaa12naaa(455 )2nn当 n6 时，12|nnSaaa1256naaaaa1251234562()naaaaaaaaaa(205 )(5)502nn综上所述nS6,502)5)(520(5,2)545(nnnnnn【易错点点睛】一、把 n5 理解为 n=5，二、把 “ 前 n 项和 ” 误认为 “ 从 n6 起 ” 的和 .来源 学科网 ZXXK【原题】已知等比数列na的前 n 项和记为Sn，S10=10 ，S30=70，则 S40等于【错误分析 】 ：S30= S10 q 2. q 27，q7，S40= S30 q =770【答案】 200 【解 析】由题意：
11、701)1(101)1(30 110 1qqaqqa得)(3210110101舍去或qqqa，S40=20011401）（q qa【易错点点睛】是将等比数列中Sm, S2mSm, S3mS2m成等比数列误解为Sm, S2m, S3m成等比数列 .【原题】 设na是公差不为0 的等差数列，12a且136,a a a成等比数列， 则na的前n项和nS= A2744nnB2533nnC2324nnD2nn【错误分析 】 ：【答案】A【解析】设数列na的公差为d，则根据题意得(22 )22 (25 )dd，解得12d或0d（舍去），所以数列na的前n项和2(1)1722244nn nnnSn【易错点点
12、睛】该类题目综合考查了等差数列和等比数列的概念、通项公式和等比数列的求和公式等，基础性较强，综合程度较小，要求具有较熟练的运算能力【原题】已知数列na中，156a,1 111( )32n nnaa，求na【错误分析 】 ：【答案】113()2( )23nn na【解析】在1 111()32n nnaa两边乘以12n得：1 122(2)13nn nnaa令2n nnba，则1213nnbb,应用待定系数法得：232()3n nb所以113()2( )223nnn nnba【易错点点睛】已知数列的递推公式求其通项公式，应用到的方法非常多，关键是要分析清楚所给出的递推公式形式，然后选择合理的变形.【
13、原题】已知数列na的前n项和nS满足2( 1) ,1n nnSan求数列na的通项公式.【错误分析 】 ：求数列通项公式方法灵活多样，特别是对于给定的递推关系求通项公式，观察、 分析、推理能力要求较高。通常可对递推式变换，转化成特殊数列 （等差或等比数列）来求解， 这种方法体现了数学中化未知为已知的化归思想，而运用待定系数法变换递推式中的常数就是一种重要的转化方法.【答案】2122( 1)3nn na【解析】由1111211aSaa当2n时，有,)1(2)(211n nnnnnaaSSa1 122 ( 1),n nnaa,) 1(222 21n nnaa ，. 2212aa11221 122(
14、 1) 2( 1)2 ( 1)nnnn naa.) 1(2323) 2(1 2) 1(2)2()2() 2() 1(2121 1211nnn nnnnnn经验证11a也满足上式，所以2122( 1)3nn na【易错点点睛】有些数列给出na 的前 n 项和nS与na的关系式nS=()nf a，利用该式写出11()nnSf a， 两式做差， 再利用11nnnaSS导出1na与na的递推式， 从而求出na。【原题】已知数列na中，nS是其前n项和，并且1142(1,2,),1nnSana， 设数列12(1,2,)nnnbaan，求证：数列nb是等比数列； 设数列,(1,2,) 2n nnacn，求
15、证：数列nc是等差数列；求数列na的通项公式及前n项和。【错误分析 】 ：由于 nb和nc 中的项都和 na中的项有关， na中又有1nS=4na+2，可由2nS-1nS作切入点探索解题的途径【答案】nS=21n (3n-4)+2【解析】(1)由1nS=4na+2，2nS=41na+2，两式相减，得2nS-1nS=4(1na-na)，即2na=41na-4na(根据nb的构造， 如何把该式表示成1nb与nb的关系是证明的关键，注意加强恒等变形能力的训练) 2na-21na=2(1na-2na)，又nb=1na-2na，所以1nb=2nb已知2S=41a+2，1a=1，1a+2a=41a+2，解
16、得2a=5，1b=2a-21a=3由和得，数列 nb是首项为3，公比为 2 的等比数列，故nb=321n当 n2 时，nS=41na+2=21n (3n-4)+2；当 n=1 时，11Sa=1 也适合上式综上可知，所求的求和公式为nS=21n (3n-4)+2【易错点点睛】1本例主要复习用等差、等比数列的定义证明一个数列为等差，等比数列，求数列通项与前n项和。解决本题的关键在于由条件142nnSa得出递推公式。2解综合题要总揽全局，尤其要注意上一问的结论可作为下面论证的已知条件，在后面求解的过程中适时应用【原题】已知数列na的前 n 项为2251(),nnAnnnNb数列的前n 项和满足32nnBb3()2nN（I）求数列na的通项公式； （II）将数列na与nb的公共项
