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1、 1 120xx年高考数学备考冲刺之易错点点睛系列三 数列 教师版一、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
2、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20xx年的高考中，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
3、、知识导学要点1：有关等差数列的基本问题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证明数列为等差数列有如下方法：定义法；证明（与n值无关的常数）；等差中项法：证明。要点2：有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。等比中项法：。2求一般数列通项公式时常用构造数列法、待定系数法等。要点向3：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
4、的问题常转化为等差、等比数列求解。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、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4：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凑配、消项变换如将递推公式（为常数，0，1）。通过凑配变成；或消常数转化为2取倒数法如将递推公式递推式，考虑函数倒数关系有令则可归为型。3对数变换如将递推公式取对数得4换元变
5、换（其中p，q均为常数，（或,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，得：引入辅助数列（其中），得：则转化为的形式。要点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，注意对公比的讨论.2、错位相减法：主要用于一个等差数列与一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
6、式的推导过程的推广).三、易错点点睛命题角度1 数列的概念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 an=a1+2a2+3a3+(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= 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 对症下药 n2时，an=a1+2a2+3a3+(n-1)an-1 当n3时，an-1
7、=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当n2时，an= . 当n=1时，a1=1故an= 2设数列an的前n项和为Sn,Sn=(对于所有n1)，且a4=54，则a1的数值是_.考场错解Sn=,此数列是等比数列，首项是a1，公比是3，由a4=a134-1，a1=2 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a4=S4-S3=(34-1)-(33-1)=54，解得a1=2 3.已知数列an满足a1=1，an=3n-1+an-1(n2) (1)求a2，a3； (
8、2)求通项an的表达式考场错解 (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 (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 (1)a1=1，a2=4，a3=32+4=13(2)由已知an-an-1=3n-1，故an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+(a2-a1)+a1=3n-1+3n-2+3+1=. 4等差数列an中，a1+a2+a3=-24，a18+a19+a20=78，则此
9、数列前20项和等于 ( ) A.160 B180 C. 200 D220 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 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对症下药 B 由公式m+n=2Pam+an=2ap?(只适用等差数列)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若an是等差数列，首项a10，a20
10、03+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 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.故而判断a20030，a20040 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
11、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 3设无穷等差数列an的前n项和为Sn.()若首项a1=，公差d=1，求满足Sk2=(Sk)2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 (1)当a1=,d=1时，Sn=n2+n，由Sk2=(Sk)2得k4+k2=，即k=0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+)2即(a1-)k2-adk2(k-1)+k
12、2(k2-1)-k2(k-1)2=0对切正整数k恒成立故 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 ()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 ()当a1=,d=1时，Sn=na1+由Sk2=(Sk)2,得k4+k2=(k2+k)2，即k3=0.又k0，所以k=4 ()设数列an的公差为d，则在Sk2=(Sk)2中分别取k=1,2,得由（1）得a1=0或a1=1. 当a1=0时，代入（2）得d=0或d=6.若a1=0,d=0,则an=0,sn=0,从而Sk2=(Sk)2成立；若a1=0,d=6,则an=6(n-
13、1),由S3=18，（S3）2=324,S9=216知S9(S3)2，故所得数列不符合题意.当a1=1时,代入(2)得 4+6b=(2+d)2解得d=0或d=2.若a1=1,d=0,则an=1,Sn=n,从而Sk2=(Sk)2成立；若a1=1,d=2,则an=2n-1,Sn=1+3+（2n-1）=n2,从而Sk2=(Sk)2成立.综上,共有3个满足条件的无穷等差数列:an：an=0,即0，0，0，；an:an=1,即1，1，1，；an:an=2n-1,即1，3，5，.4.已知数列an的各项都是正数,且满足:a0=1,an+1=an(4-an),nN.(1)证明anan+12,nN.(2)求数列an的通项公式an.考场错解 用数学归纳法证明：（1）1当n=1时，a0=1,a1=a0（4-a0）=,a0a12,命
