2019届高三数学一轮复习资料,复习补习资料-防错纠错4 数列 Word版含答案

防错纠错4 数列
一、填空题
1．已知数列{}n a 的前n 项之和为12
++=n n S n ，则数列{}n a 的通项公式为________.
【解析】当1n =时，113a S ==；当2n ≥时，12n n n a S S n -=-=；3
122
n n a n
n =⎧∴=⎨
≥⎩
【易错、易失分点点拨】在对数列的概念的理解上，仅注意了1n n n a S S -=-，导致出现错误答案2n a n =。

点拨：已知n S 求n a 时，要注意进行分类讨论，能合则合，反之则分．
2．已知等比数列{a n }为递增数列，且a 3＋a 7＝3，a 2a 8＝2，则
a 13
a 11
＝________. 【解析】因为数列{a n }是递增等比数列，所以a 2a 8＝a 3a 7＝2，又a 3＋a 7＝3，且a 3＜a 7，解得a 3
＝1，a 7＝2，所以q 4
＝2，故
a 13a 11
＝q 2
＝ 2. 【易错、易失分点点拨】此题学生容易考虑使用基本量计算，且忽略{a n }是递增等比数列，出现多解的情形．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{}n a ，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7a 【解析】设该数列有n 项且首项为a 1，末项为a n ，公差为d 则依题意有
1151034(1)510146(2)234(3)2
n n a d a d a a
n ⎧
⎪+=⎪
-=⎨⎪+⎪⋅=⎩ ，()()12+可得 a a n 136+=，代入(3)有n =13 ， 从而有a a 11336+=， 又所求项a 7恰为该数列的中间项，∴=
+==a a a 7113236
2
18 【易错、易失分点点拨】设该数列有n 项且首项为a 1，末项为a n ，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，觉得无法求解。

点拨：在数列问题中，方程思想是常见的思想，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a a n 1+作为一个整体，不能解决问题。

事实上，本题求a 7，而没有要求其他的量，只要巧用等差中项的性质，2
13
17a a a +=，求出13
1a a +即可。

知识的灵活应用，来源于对知识系统的深刻理解．
4．等差数列{}n a 的前m 项的和为30，前2m 项的和为100，则它的前3m 项的和为________． 【解析】法一 将230,100m m S S ==代入1(1)2
n n n d
S na -=+
,得 11
(1)3022(21)21002
m m ma d m m ma d -⎧+= ⎪⎪⎨
-⎪+=⎪⎩　① ②
2102)
13(33,2010,40132
12=-+=∴+==
d m m ma S m
m a m d m 解得 解法二 由]2)13([32)13(33113d
m a m d m m ma S m -+=-+=知，
要求3m S S 3m 只需求1(31)[]2m d m a -+
,将②－①得1(31)[]2
m d
m a -+=70,∴3210m S = 解法三 由等差数列{}n a 的前n 项和公式知，S n 是关于n 的二次函数，即S n =An 2
+Bn (A 、B
是常数） 将S m =30,S 2m =100代入，得⎪⎪⎩
⎪⎪⎨⎧
==⇒⎪⎩⎪⎨⎧=⋅+=+m B m A m B m A Bm Am 1020 100
2)2(30222
,∴S 3m =A ·(3m )2+B ·3m =210
解法四 S 3m =S 2m +a 2m +1+a 2m +2+…+a 3m =S 2m +(a 1+2md )+…+(a m +2md )=S 2m +(a 1+…+a m )+m ·2md =S 2m +S m +2m 2
d 由解法一知d =
2
40
m ,代入得S 3m =210 解法五根据等差数列性质知 S m ,S 2m －S m ,S 3m －S 2m 也成等差数列， 从而有2(S 2m －S m )=S m +(S 3m －S 2m )∴S 3m =3(S 2m －S m )=210
解法六 ∵S n =na 1+
2)1(-n n d ,∴n S n =a 1+2)1(-n n d ∴点(n , n
S n )是直线y =2)1(d x -+a 1上
的一串点，由三点(m ,m S m ),(2m , m
S
m 22),(3m , m S m 33)共线，易得S 3m =3(S 2m －S m )=210
解法七 令m =1得S 1=30，S 2=100，得a 1=30,a 1+a 2=100,∴a 1=30,a 2=70 ∴a 3=70+(70－30)=110∴S 3=a 1+a 2+a 3=210．
【易错、易失分点点拨】此题容易将等差数列中S m , S 2m －S m , S 3m －S 2m 成等差数列误解为S m , S 2m , S 3m 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，考虑这七种方法是否都可类比.
5．设等比数列{}n a 的前n 项和为n S .若9632S S S =+，则数列的公比q 为________. 【解析】若1=q ，则有.9,6,3191613a S a S a S ===但01≠a ，即得,2963S S S ≠+与题设
矛盾，故1≠q .
又依题意 9
63S 2S S =+ ⇒ q
q a q q a q q a --⋅=--+--1)
1(21)1(1)1(916131 ⇒
01q q 2(q 363）＝--,即,0)1)(12(33=-+q q 因为1≠q ，所以,013≠-q 所以.
0123
=+q 解得 .2
4
3
-
=q 【易错、易失分点点拨】此题容易做成q q a q q a q q a --⋅=--+--1)
1(21)1(1)1(916131，
01q q 2(q 3
6
3
）＝整理得--时，应有1q 0a 1≠≠和从而得到错误结果.2
4
3
-
=q 点拨：在等比数列中，01≠a 是显然的，但公比q 完全可能为1，因此，在解题时应先讨论公比1=q 的情况，再在1≠q 的情况下，对式子进行整理变形. 6．等差数列{}n a 、{}n b 的前n 项和为n n S T 、.若
),(2741
7+∈++=N n n n T S n n 则7
7b a =________. 【解析】
7771377713713192
4132779
a a a S
b b b T +⨯+====+⨯+ 【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a n =7n+1;b n =4n+27.
11
10277417777=+⨯+⨯=∴
b a ，从而导致答案错误。

点拨：在等差等比数列中，深刻理解项与和的关系式解答此类题的突破口.
7．已知一个等差数列{}n a 的通项公式255n a n =-，则数列{}||n a 的前n 项和为________. 【解析】 由a n ≥0得n ≤5∴{}n a 前5项为非负，当n ≤512||||||n n S a a a ∴=++
+
12n a a a =+++(455)
2
n n -=
当n ≥6时，12||||||n n S a a a ∴=++
+1256n a a a a a =++
+--
-
1251234562()n a a a a a a a a a a =+++--------
＝
(205)(5)
502
n n --+
综上所述n S =⎪⎪⎩
⎪⎪⎨⎧≥+--≤-6,502)5)(520(5,2
)
545(n n n n n n
【易错、易失分点点拨】一、把n ≤5误认为n=5，二、把“前n 项和”误认为“从n ≥6起”
的和.导致出现错误答案S n =50
,5(205)(5),62
n n n n ≤⎧⎪
⎨--≥⎪⎩．点拨：此类问题应注意项数n ．
8．若{}n a 是等差数列，首项10a >，200320040a a +>，200320040a a ⋅<，则使前n 项和0n S >成立的最大正整数n 是________.
【解析】∵a 1>0，a 2003+a 2004>0，a 2003·a 2004＜0，且｛a n ｝为等差数列 ∴{a n }表示首项为正数，公差为负数的单调递减等差数列，且a 2003是绝对值最小的正数，a 2004是绝对值最大的负数(第一个负数)，且|a 2003|＞|a 2004|∴在等差数列｛a n ｝中，a 2003+a 2004=a 1+a 4006>0，S 4006=2
)
(400640061a a +＞0 ∴使S n ＞0成立的最大自然数n 是4006．
【易错、易失分点点拨】∵a 2004+a 2003>0，即2a 1+2002d+2003d>0，(a 1+2002d)(a 1+2003d)<0，要使S n >0．即使na 1+
2
)
1(-n n d ＞0．这样很难求出a 1，d.从而求出最大的自然数 n.故而判断a 2003>0，a 2004<0，所以前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S n ＞0．故而取n=4005使S n >0．
点拨：此题运用等差数列前n 项的性质及图象中应注意．a 2003>0，a 2004<0． 且忽视了这两项的大小．
二、解答题
9．已知数列{a n }是首项为
13
3
，公比为
133
的等比数列，设b n ＋15log 3a n ＝t ，常数t ∈N *
.
(1)求证：{b n }为等差数列；
(2)设数列{c n }满足c n ＝a n b n ，是否存在正整数k ，使c k ，c k ＋1，c k ＋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，请说明理由．.
【解析】(1)证明 a n ＝，b n ＋1－b n ＝－15log 3⎝
⎛⎭
⎪⎫a n ＋1a n ＝5，
∴{b n }是首项为b 1＝t ＋5，公差为5的等差数列．
②若c 2
k ＋1＝c k c k ＋2，
同理可得(x ＋5)2
＝x (x ＋10)， 显然无解；
③若c 2k ＋2＝c k c k ＋1，同理可得13(x ＋10)2
＝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】本题在求解的时候第（1）问对数有关运算不过关，第（2）问三项成等比数列不能想到使用等比中项公式，导致讨论出现六种可能，陷入解题的繁琐境地. 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关键.
10．数列{}n a 的前n 项和记为n S ,已知11a =,12
n n n a S n
++=(*n N ∈).证明: (Ⅰ)数列n S n ⎧⎫
⎨⎬⎩⎭是等比数列； (Ⅱ)1
4n n S
a +=.
【解析】(Ⅰ) ∵a n+1=S n+1-S n ,a n+1=
n
n 2
+S n ,∴(n+2)S n =n(S n+1-S n ),整理得nS n+1=2(n+1)=S n ,所以1
1
++n S n =2n S n 故n S n ⎧⎫
⎨⎬⎩⎭
是以2为公比的等比数列. (Ⅱ)由(Ⅰ)知
11++n S n =4·,11--n S n (n2).于是S n+1=4(n+1)·,1
1--n S
n =4a n (n ≥2).又a 2=3S 1=3, 故S 1=a 1+a 2=4.因此对于任意整数n ≥1,都有S n+1=4a n .
【易错、易失分点点拨】本题易出现下列错解：(Ⅰ)已知a 1=1,a n+1=
n S n
n 2
+,∴a 2=3S 1=3,∴
S 2=4 a 3=24·S 2=2×4=8.∴S 3=1+3+8=12.即43
,22,11321===S
S S .故{n Sn }是公比为2的等比数
列. (Ⅱ)由(Ⅰ)知
11++n S n =4·,11--n S n 于是S n+1=4(n+1)·,1
1--n S
n =4a n .又a 2=3.S 2=a 1+a 2=4,因此对于任意正整数n ≥1,都有S n+1=4a n .点拨：(Ⅰ)中利用有限项判断数列类型是运用不完全归纳法,应给予证明. (Ⅱ)中运用前推一项必须使 n ≥2．
11．已知数列{a n }满足a 1＝a (a ＞0，a ∈N *
)，a 1＋a 2＋…＋a n －pa n ＋1＝0(p ≠0，p ≠－1，n ∈N *
)． (1)求数列{a n }的通项公式a n ；
(2)若对每一个正整数k ，若将a k ＋1，a k ＋2，a k ＋3按从小到大的顺序排列后，此三项均能构成等差数列，且公差为d k .①求p 的值及对应的数列{d k }．
②记S k 为数列{d k }的前k 项和，问是否存在a ，使得S k ＜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，请说明理由．
【解析】 (1)因为a 1＋a 2＋…＋a n －pa n ＋1＝0，所以n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1－pa n ＝0，两式相减，得
a n ＋1a n ＝p ＋1p (n ≥2)，故数列{a n }从第二项起是公比为p ＋1
p
的等比数列，又当n ＝1时，a 1－pa 2＝0，解得a 2＝a
p
，
从而a n ＝⎩⎪⎨⎪
⎧
a n ＝，
a p ⎝ ⎛⎭⎪⎫p ＋1p n －2
n
(2)①由(1)得a k ＋1＝a p ⎝ ⎛⎭
⎪⎫p ＋1p k －1
，
a k ＋2＝a p ⎝ ⎛⎭⎪⎫p ＋1p k ，a k ＋3＝a p ⎝ ⎛⎭
⎪⎫p ＋1p k ＋1
，
若a k ＋1为等差中项，则2a k ＋1＝a k ＋2＋a k ＋3， 即
p ＋1p ＝1或p ＋1p ＝－2，解得p ＝－13
； 此时a k ＋1＝－3a (－2)k －1
，a k ＋2＝－3a (－2)k
，
所以d k ＝|a k ＋1－a k ＋2|＝9a ·2k －1
，
若a k ＋2为等差中项，则2a k ＋2＝a k ＋1＋a k ＋3， 即
p ＋1
p
＝1，此时无解； 若a k ＋3为等差中项，则2a k ＋3＝a k ＋1＋a k ＋2，
即
p ＋1p ＝1或p ＋1p ＝－12，解得p ＝－2
3
，
此时a k ＋1＝－3a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k －1，a k ＋3＝－3a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k ＋1
，
所以d k ＝|a k ＋1－a k ＋3|＝9a 8·⎝ ⎛⎭⎪⎫12k －1
，
综上所述，p ＝－13，d k ＝9a ·2k －1
或p ＝－23，
d k ＝9a 8
·⎝ ⎛⎭
⎪⎫
12k －1.
②当p ＝－13时，S k ＝9a (2k
－1)．
则由S k ＜30，得a ＜10k －
，
当k ≥3时，
10k －
＜1，所以必定有a ＜1，
所以不存在这样的最大正整数． 当p ＝－23时，S k ＝9a 4⎣⎢⎡⎦⎥⎤
1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ，
则由S k ＜30，得a ＜
40
3⎣⎢⎡
1－⎝ ⎛⎭
⎪⎫12k ]，因为403⎣⎢⎡⎦
⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＞40
3，所以a ＝13满足S k ＜30恒成立；
但当a ＝14时，存在k ＝5，使得a ＞40
3⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ，即S k ＜30，
所以此时满足题意的最大正整数a ＝13.
【易错、易失分点点拨】本题易出现下列错误：第（1）问误认为整个数列是等差数列，导致结果错误，第二问分类讨论不全面.点拨：解决数列问题逐一项数.
12．如图，OBC ∆的三个顶点坐标分别为（0，0）、（1，0）、（0，2），设1P 为线段BC 的中点，
2P 为线段CO 的中点，3P 为线段1OP 的中点，对于每一个正整数n ,3n P +为线段1n n P P +的中点，
令n P 的坐标为(,)n n x y ,121
2
n n n n a y y y ++=
++. (Ⅰ)求123,,a a a 及n a ；
(Ⅱ)证明*41,4
n
n y y n N +=-
∈; (Ⅲ)若记*
444,n n n b y y n N +=-∈,证明{}n b 是等比数列.
【解析】(Ⅰ)因为y 1=y 2=y 4=1,y 3=21 ,y 5=43,所以a 1=a 2=a 3=2.又由题意可知y n+3=
2
1
++n n y y . ∴a n+1=21y n+1+y n+2+y n+3=21y n+1+y n+2+21++n n y y =2
1
y n +y n+1+y n+2=a n ,∴{a n }为常数列.∴a n =a 1=2,n ∈N *
.
(Ⅱ)将等式21
y n +y n+1+y n+2=2两边除以2,得4
1y n +221+++n n y y =1,又∵y n+4=221+++n n y y ,∴
y n+4=1-4
n
y . (Ⅲ)∵b n+1=y 4n+8-y 4n+4=⎪⎭⎫ ⎝⎛-
+4144n y -⎪⎭⎫ ⎝⎛-414n y =-41(y 4n+4-y 4n )=-
41 b n ,又∵b 1=y 8-y 4=-41
≠0,∴{b n }是公比为-4
1 的等比数列.
【易错、易失分点点拨】本题易出现下列错解：（1）∵y 1=y 2=y 4=1,y 3=21,y 5=4
3
,可求得a 1=a 2=a 3=2,由此类推可求得a n =2(Ⅱ)将2
1
y n +y n+1+y n+2=2同除以2，得y n+4=,221+++n n y y ∴
y n+4=1-4
4
y . (Ⅲ)b n+1=y 4n+8-y 4n+4=-4
1(y 4n+4-y 4n )=-
4
1b n .∴n
n b b
1+=-4
1.故{b n }是等比数列. 点拨：第(Ⅰ)问题运
用不完全归纳法求出a n 的通项.理由不充分,第(Ⅲ)问中n n b b 1+=-4
1.要考虑b 1是否为0.即n n b b
1+有意义才更完整..。