上海市闵行区高三数学复习专题——数列部分

上海市闵行区高三数学复习专题——数列部分
一. 本周教学内容：
●数列部分复习专题〔二〕
二. 教学目的：
1. 数列部分方法与技巧解析
2. 数列部分易错题剖析
三. 知识分析 〔一〕方法技巧
方法一：通项常见的求法。

1. 观察法
例1. 写出以下数列的一个通项公式，使它的前几项分别是以下各数：
〔1〕9910
,638,356,154,
32，…； 〔2〕9933
,6317,359,31,1---，…；
〔3〕0,7
1
,0,51,0,31,0,1--，…；
〔4〕7，77，777，7777，…；
〔5〕1，3，6，10，15，…； 〔6〕a ，b ，a ，b ，…。

解析：〔1〕这是一个分数数列，分子为偶数列，而分母为119,97,75,53,31⨯⨯⨯⨯⨯，…，是两个连续奇数的积，故所求数列通项公式为： )
1n 2)(1n 2(n
2a n +-=
〔2〕数列的前5项可改写为： 11
933
,9717,759,535,313⨯-
⨯⨯-⨯⨯-
由于数列的各项间正负互相间隔，应有调节符号作用的数列{}
n )1(-，分子构成规律为
12n +，分母也为两个连续奇数的积。

)
1n 2)(1n 2(1
2)1(a n n
n +-+⋅-=
〔3〕原数列直接写不能看出通项公式，但改写之后，6
,51,40,31,20,11-，分母依次为1，
2，3，4，…，分子为1，0，-1，0，呈周期性变化，可以用π2
n
sin 表示，当然也可以用π
21n cos -表示。

n
21n cos a n 2n sin a n n ππ-==或 〔4〕先研究数列9，99，999，9999，…
数列中的每一项均可以看作是10的假设干次幂与1的差，则通项为110a n n -= ∴该数列的通项应为)110(9
7a n
n -=
其实这是一个规律性的问题：如数列2，22，222，2222，…的通项公式应为)110(9
2a n
n -=等等。

〔5〕由观察可知，54321a ,4321a ,321a ,21a ,1a 54321++++=+++=++=+== ∴2
)
1n (n n 321a n +=+⋯+++= 此题亦可这样考虑：
4
a a 3a a 2
a a 342312=-=-=-
……， n a a 1n n =--
以上1n -个式子左边相加为n 432a a 1n +⋯+++=- 又1a 1=
∴=
+⋯+++=n 321a n 2
)
1n (n + 〔6〕这是摆动数列。

要寻找摆动平衡位置与摆动的振幅。

平衡位置：2b a +，振幅：2
a
b -，用()()
1
n n
11+--或去调节，则所求数列的通项公式
2
a
b )1(2b a a n
n --++=
也可以用分段函数形式来表示
⎩
⎨⎧=为偶数为奇数
n ,b n ,a a n
2. 累差法
例2. 已知数列{}n a 的前几项依次是：6，9，14，21，30，…，求其通项公式。

解析：设n 1n n a a b -=+，则有
7
1421a a b 5914a a b 3
69a a b 343232121=-=-==-=-==-=-=
……，
1n 2a a b 1n n 1n -=-=-- 以上各式相加得：
1n 2
)
1n 23)(1n ()1n 2(53a a 21n -=-+-=-+⋯++=-
又6a 1=
∴5n 1n a a 221n +=-+=
3. 待定系数法
例3. 已知{a n }为等差数列，23a ,3a 62==，求a n 。

解析：∵{a n }为等差数列，故可设p kn a n += 又23a ,3a 62==
∴⎩⎨⎧+=+=p k 623p
k 23
解得⎩
⎨⎧-==7p 5
k
∴7n 5a n -=
4. 公式法
例4. 如果数列{}n a 的前n 项和为3a 2
3
S n n -=，求这个数列的通项公式n a 。

解析：〔1〕当n=1时，由6a a 3a 2
3
S 1111=⇒=-=
〔2〕当2n ≥时，3a a a 23
a 23S S a 1
n n 1n n 1n n n =⇒-=
-=--- ∴数列{}n a 当2n ≥时，是以3为公比，以18a 2=为首项的等比数列 ∴)2n (323183a a n 2n 1n 2n ≥⋅=⋅=⋅=-- 而当n=1时，显然也成立
故)N n (32a *n n ∈⋅=
5. 叠代法
例5. 已知1a ,a 1n n
a 1n 1n =⋅+=+，求数列{}n a 的通项公式n a 。

解析：∵n 1n a 1
n n
a ⋅+=+
∴=--⋅--⋅-=--⋅-=-=---3n 2n 1n n a 2n 3
n 1n 2n n 1n a 1n 2n n 1n a n 1n a …
11a n
1a 212n 3n 1n 2n n 1n =⋅⋅⋯⋅--⋅--⋅-=
∵a 1=1 ∴n
1
a n =
方法二：解递推关系式常见方法
1. 公式法：利用熟知的公式求通项公式的方法称为公式法。

常用的公式有
)2n (S S a 1n n n ≥-=-，等差数列和等比数列的通项公式。

2. 归纳法：由数列前几项用不完全归纳法猜测出数列的通项公式，再用数学归纳法证明其正确性。

这种方法叫做归纳法。

3. 累加法：利用恒等式)a a ()a a (a a 1n n 121n --+⋯+-+=求通项公式的方法称为累加法。

累加法是求型如)n (f a a n 1n +=+的递推数列通项公式的基本方法〔其中数列{f(n)}可求前n 项和〕。

4. 累乘法：利用恒等式)0a (a a
a a a a a a n 1
n n 23121n ≠⋯⋅⋅
=-求通项公式的方法称为累乘法。

累乘法是求型如n 1n a )n (g a =+的递推数列通项公式的基本方法〔数列g{n}可求前n 项积〕。

例1. 设{}n a 是正数组成的数列，其前n 项和为S n ，并且对于所有的自然数n ，a n 与1的等差中项等于S n 与1的等比中项，求数列{}n a 的通项公式。

解析：解法一：〔公式法〕依题意，有4
)1a (S 2n n +=
∴=-=++n 1n 1n S S a []
2n 21n )1a ()1a (4
1
+-++
∴0)1a ()1a (2n 21n =+--+ 即0)2a a )(a a (n 1n n 1n =--+++
∵0a n > ∴2a a n 1n =-+ 又a 1=1
故{}n a 是首项为1，公差为2的等差数列 ∴1n 2a n -= 解法二：〔公式法〕 ∵
n n S 2
1
a =+ ∴1a S 11==
当2n ≥时，1S S S 21n n n +-=- 即
()()
01S S 1S S
1n n 1n n
=-+----
∵1S ,0a 1n =>
∴)2n (1S S 1n n ≥=-- ∴n S n =
从而1n 21S 2a n n -=-=
解法三：〔归纳法〕由已知可求得5a ,3a ,1a 321=== 猜测1n 2a n -=
证明：〔1〕当n=1时，1112,1S a 11=-⨯== ∴n=1时，猜想成立
〔2〕假设)N k ,1k (k n *∈≥=时，猜想成立，即1k 2a k -=，则1k n +=时 ∵4
)1a (4)1a (S S a 2
k 21k k 1
k 1k +-+=-=+++
∴k 1k 2
k 1k 21k a 2a 2a a a 4-+-=+++ ∴0)2a a ()a a (k 1k k 1k =--⋅+++ ∵0a n > ∴0a a k 1k >++
∴2a a k 1k +=+
∴1)1k (22)1k 2(a 1k -+=+-=+ 即n=k+1时，猜想也成立。

综合以上可知，对任意*N n ∈有1n 2a n -=
例2. 已知数列{}n a 中，*n 1n 1N n ,n 2a a ,2a ∈+==+，求a n 。

解析：〔累加法〕 ∵n 2a a n 1n +=+ ∴n 2a a n 1n =-+
∴)a a ()a a ()a a (a a 1n n 23121n --+⋯+-+-+=
2
n n 2
)
2n 22)(1n (2)
1n (264222+-=-+-+
=-+⋯++++=
例3. 已知数列{}n a 中，1
n n
a a ,1a n 1n 1+⋅==+，其中*N n ∈，求a n 。

解析：〔累乘法〕 由已知
*n 1n N n ,1
n n
a a ∈+=+ n
1
n 1n 32211a a a a a a a a 1n n 23121n =-⋯⋅⋅=⋯⋅⋅
=∴-
5. 转化法：通过变换递推关系，将非等差〔等比〕数列转化为与等差或等比有关的数列而求得通项公式的方法称为转化法。

常用的转化途径有：
〔1〕凑配、消项变换——如将一阶线性递推公式d qa a n 1n +=+〔q 、d 为常数，0q ≠，
1q ≠〕。

通过凑配变成⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛-+=-+
+1q d a q 1q d a n 1n ，或消常数项转化为 )a a (q a a n 1n 1n 2n -=-+++；
〔2〕倒数变换——如将一阶分式递推公式d
a ca a n n
1n +=
+〔c 、d 为非零常数〕取倒数得
c
1a 1c d a 1n 1
n +⋅=
+； 〔3〕对数变换——如将一阶递推公式)1p ,0p ,0c ,0a (ca a n p
n 1n ≠>>>=+取对数得
c lg a lg p a lg n 1n +=+
〔4〕换元变换——如将一阶递推公式n n 1n d qa a +=+〔q 、d 为非零常数，1q ≠，1d ≠〕变换成
d 1
dd qa d a n
n 1
n 1n +
=
++，令n
n n d a b =，则转化为一阶线性递推公式。

例4. 已知数列{}n a 中，a 1=1，)2n (1a 2a 1n n ≥+=-，求{}n a 的通项公式。

解析：解法一：〔归纳法〕 ∵1a 2a ,1a 1n n 1+==-
∴a 2=2a 1+1=3，a 3=2a 2+1=7，…，猜测a n =2n
－1〔*N n ∈〕，再用数学归纳法证明之。

解法二：〔转化法〕 ∵1a 2a 1n n +=- ∴)1a (21a 1n n +=+- 又a 1+1=2
故数列{}1a n +是首项为2，公比为2的等比数列 ∴n n 21a =+ 即12a n n -= 解法三：〔转化法〕 ∵1a 2a 1n n +=- 〔1〕 ∴1a 2a n 1n +=+
〔2〕
)1()2(-得)2n )(a a (2a a 1n n n 1n ≥-=--+ 故{}n 1n a a -+是首项为2a a 12=- 公比为2的等比数列，即n n 1n 2a a =-+ 再用累加法得12a n n -= 解法四：〔迭代法〕
12122a 212a 21)1a 2(21a 2a n 2n 11n 2n 22n 1n n -=++⋯++⋯=++=++=+=-----
例5. 已知数列{}n a 〔*N n ∈〕中，n
n
1n 1a 21a a ,1a +==+，求a n 。

解析：〔倒数变换〕 n n 1n a 21a a +=
+ ，两边取倒数，得
2a 1
a 1n 1n +=+ ∴
2a 1
a 1n
1
n =-
+ ∴的等差数列是公差为2a 1n ⎭
⎬⎫⎩⎨⎧，首项1a 1
1=
1
n 21a 1n 22)1n (1a 1
n n
-=
∴-=⋅-+=∴
例6. 已知数列{}n a 满足)2n (a a ,2a 2
1n n 1≥==-，求数列{}n a 的通项公式。

解析：〔对数变换〕
由题意)2n (a a ,02a 2
1n n 1≥=>=- ∴0a n > ∴1n n a lg 2a lg -=
∴{}n a lg 是以2为公比的等比数列，首项为2lg a lg 1= ∴1
n 21n n 2lg 2lg 2a lg -==- ∴1
n 2n 2a -=
例7. 已知)N n (2
n 3n 1a a ,21a *2n 1n 1∈+++==
+，求a n 。

解析：〔叠加法〕 由已知得2
n 1
1n 1a a n 1n +-
+=-+ ∴3
121a a 12-=
-
5
1
41a a 4
131a a 3423-
=--=
-
……， 1
n 1
n 1a a 1n n +-
=--
例8. 已知1n n 1n 21a 2
1
a 21a ,1a ,0a -++===，求n a 。

解析：∵)a a (2
1
a a 1n n n 1n -+-=
- ∴{}1n n a a --成等比数列，公比为2
1
-，首项为1a a 12=- ∴2
n 1
n n 211a a --⎪
⎭⎫ ⎝⎛-⋅=-
即2
n 1
n n 21a a --⎪⎭
⎫ ⎝⎛-+=
再用递推的方法可得到2n n n 2
31)1(32a -⋅⋅-+=
方法三：数列求和常见的方法 1. 公式法 例1. 求和：
〔1〕 个
n 111111111S n ⋯+⋯+++=； 〔2〕2
n n 2222n x 1x x 1x x 1x S ⎪⎭⎫ ⎝⎛
++⋯+⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛+=
解析：〔1〕因为)110(911010101111k k 2n -=+⋯+++=⋯ 个 所以)999999999(91111111n n 个
个⋯+⋯+++=⋯+⋯++
[]
[
]
81
10n 910n 9)
110(1091n )101010(91
)110()110()110(91
1n n n 2n 2--=
⎥⎦
⎤⎢⎣⎡--=-+⋯++=-+⋯+-+-=
+
〔2〕当1x ±≠时，2
n n 2222n x 1x x 1x x 1x S ⎪⎭⎫ ⎝
⎛
++⋯+⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛+=
n
4S ,1x n
2)
1x (x )1x )(1x (n 2x 1)
x 1(x 1x )1x (x x 1x 1x 1
n 2)x x x (x 12x x 12x x 12x n 2n 22n 2n 22n 222n 22n 242n 242n 2n 24422=±=+-+-=+--+--=
⎪
⎭⎫ ⎝⎛+⋯+++++⋯++=⎪
⎭⎫ ⎝
⎛
+++⋯+⎪⎭⎫ ⎝⎛+++⎪⎭⎫ ⎝⎛++=+---时当
2. 错位相减法
例2. 假设公比为c 的等比数列{}n a 的首项1a 1=且满足),4,3n (2
a a a 2
n 1n n ⋯=+=--。

〔1〕求c 的值；
〔2〕求数列{}n na 的前n 项和S n 。

解析：〔1〕由题设，当3n ≥时
2
1c 1c 0
1c c 22
c
1c 0a a 2
c
12a a a ca a ,a c a 22
2n 2
n 2n 1n n 2n 1n 2n 2n -
===--+=
≠+=+=
==-------或解得即因此由题设条件可得
〔2〕由〔1〕，需要分两种情况讨论 当c=1时，数列{}n a 是一个常数列 即)N n (1a *n ∈=
这时，数列{}n na 的前n 项和=+⋯+++=n 321S n 2
)
1n (n + 当2
1
c -
=时，数列{}n a 是一个公比为21-的等比数列
即)N n (21a *1
n n ∈⎪
⎭
⎫
⎝⎛-=-
这时，数列{}n na 的前n 项和
1
n 2n 21n 2132121S -⎪
⎭
⎫
⎝⎛-+⋯+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+= 〔1〕
〔1〕式两边同乘2
1
-
，得： n
1
n 2
n 21n 21)1n (21221S 21⎪⎭
⎫
⎝⎛-+⎪
⎭
⎫ ⎝⎛--+⋯+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-=-- 〔2〕
〔1〕式减去〔2〕式，得9
)4n 6(214S n
n +⎪⎭⎫
⎝⎛--=
3. 裂项相消法求和 例3. 求数列
⋯+⋯⨯⨯⨯,)
2n (n 1,,531,421,311的前n 项和S n 。

解析：∵
=+)2n (n 1
⎪⎭
⎫ ⎝⎛+-2n 1n 121 ∴⎥⎦⎤
⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+⋯+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝
⎛-=
2n 1n 1412131121S n 4
n 212n 21432n 11n 121121+-
+-=⎪
⎭
⎫
⎝⎛+-+-+=
4. 并项求和
例4. 求21n 2222n )1(4321--+⋯+-+- 解析：当n 是偶数时
[]
[][]
[]2
)
1n (n )1(S ,2
)1n (n 2
)2n )(1n (12
)1n 25(21
n 1)1n 2(13951n )1n ()54()32(1S n 2
)1n (n 2)1n 23(2
n
)1n 2(1173n )1n ()43()21(S 1
n n 2
222222n 2
22222n +-=+=
+-+
=-+-+
=-+⋯++++=+--+⋯++-++-+=+-
=-+-=-+⋯+++-=--+⋯+-+-=-综上是奇数时
当
5. 倒序相加求和
例 5. 已知数列{}n a 的前n 项和12)1n (S n n +⋅-=，是否存在等差数列{}n b ，使
n n n 2n 21n 1n C b C b C b a +⋯++=对一切自然数n 均成立？
解析：由公式⎩⎨⎧≥-==-)
2n (S S )1n (S a 1n n 1
n
依条件先求出a n 的通项，再由倒序相加法得出结论。

n=1时，1S a 11== 当2n ≥时，1n n n S S a --=
1
n 1n 1n n 2n )
2n 2n 2(21
2)2n (12)1n (---⋅=+--⋅=-⋅--+⋅-=
因1a 1=满足2n ≥时n a 的式子 ∴)N n (2n a 1n n ∈⋅=-
假设存在等差数列{}n b 满足条件，设0b 0=
且{})N n (b n ∈仍成等差数列，则n n n 2n 21n 10n 0n C b C b C b C b a +⋯+++=
倒序，得0n 02
n n 2n 1n n 1n n n n n C b C b C b C b a +⋯+++=---- 相加得0n 0n 1n 1n 10n n 0n C )b b (C )b b (C )b b (a 2++⋯+++⋅+=-
n
n n n 1n 0n n 02
b )
C C C )(b b (⋅=+⋯+++=
∴1n n n 2b a -⋅=
令b n =n ，显然n=0时，b 0=0
故存在等差数列{}n b 满足已知等式。

方法四：等差数列的设项
〔1〕对于连续奇数项的等差数列，可设为：…，d 2x ,d x ,x ,d x ,d 2x ++--，…，此时公差为d ；
〔2〕对于连续偶数项的等差数列，通常可设为…，d 3a ,d a ,d a ,d 3a ++--，…，此时公差为2d 。

例：有四个数，其中前三个成等差数列，后三个成等比数列，并且第一个与第四个数的和为16，第二个与第三个数的和为12，求这四个数。

解析：设前三个数依次为d a ,a ,d a +-，则第四个数为a
)d a (2
+
∴⎪⎩
⎪⎨⎧=++=++
-12)d a (a 16a
)d a ()d a (2
解之得⎩
⎨⎧==4d 4a 或⎩⎨⎧-==6d 9
a
所以这四个数为0，4，8，16或15，9，3，1
方法五：等比数列的设项
〔1〕对于连续奇数项的等比数列，通常可设为…，2
2
aq ,aq ,a ,q a ,q
a ，…，此时公比仍为q ；
〔2〕对于连续偶数项的等比数列，通常可设为…，
33
aq ,aq ,q
a
,q a ，…，此时公比为0q 2>。

例：已知一个等比数列{}n a 前四项之积为16
1
，第二、三项的和为2，求这个等比数列的公比〔其中0a n >〕。

解析：设等比数列{}n a 的前四项依次为
3
3
aq ,aq ,q a ,q
a 则由已知得⎪⎪⎩⎪
⎪⎨
⎧=+=)
2(2aq q
a )
1(161
a 4
由〔1〕得，⎪⎭
⎫ ⎝⎛
-±
=2121a 舍去 代入〔2〕并整理，得01q 22q 2=+- 解之得，12q ±=
故原等比数列的公比为223q 2±=
〔二〕错题透视
易错题一：已知数列{}n a 的通项公式是25n 4a n -=，求数列{}|a |n 的前n 项和。

解题思路：由025n 4a n <-=且025)1n (4a 1n ≥-+=+得n=6。

由此可知，数列{}n a 的前6项为负值，从第7项起以后的各项均为正值。

当6n ≤时，数列{}n a 是以21-为首项，4为公差的等差数列 所以)a a a (|a ||a ||a |n 21n 21+++-=+++
=n 23n 242)1n (n )21(n 2+-=⎥⎦
⎤
⎢⎣⎡⨯-+
-- 对于任意自然数)7n (n ≥，数列{}n a 是以21-为首项，4为公差的等差数列。

因此，7n ≥
n
87621n 21a a a )a a a (|
a ||a ||a |+++++++-=+++
132
n 23n 2)62362(2n 23n 2)a a a (2)a a a (222621n 21+-=⨯-⨯--=+++-+++= 。

所以⎪⎩⎪⎨⎧≥+-≤+-=+++)
7n (132n 23n 2)
6n (n 23n 2|a ||a ||a |22
n 21
失分警示：1. 误认为数列{}|a |n 是以21为首项，4-为公差的等差数列，事实上，对于任意的正整数n ，数列{}|a |n 不构成等差数列，它只能分段考虑后才能构成等差数列。

2. 在7n ≥的求和时，误认为数列{}|a |n 是以3为首项，4为公差的等差数列。

事实上，在数列{}|a |n 中，3是它的第7项，而不是第1项。

易错题二：设数列{}n a 的前n 项和)N n (3n 2n S 2n *∈++=，求数列{}n a 的通项公式。

解题思路：n=1时，6S a 11==。

当2n ≥时，1n 2]3)1n (2)1n [()3n 2n (S S a 221n n n +=+-+--++=-=-。

因此数列的通项公式为⎩
⎨⎧≥+==)2n (1n 2)1n (6a n
失分警示：由1n n S S --求n a 时，必须考虑条件：2n ≥，因为n=1时，1n S -无意义。

数
列的通项n a 与前n 项和n S 的关系是：⎩⎨⎧≥-==-)2n (S S )1n (S a 1n n
1
n
此公式在数列中经常用到，应引起重视。

易错题三：已知等差数列{}n a ，n S 为前n 项和，假设90S ,30S 84==，求12S 。

解题思路：∵{}n a 是等差数列 ∴812484S S ,S S ,S --也是等差数列。

∴)S S (S )S S (2812448-+=- 即)90S (30)3090(212-+=- ∴180S 12=
失分警示：由{}n a 是等差数列，得出1284S S S 、、也是等差数列是错误的，实际上，假设设公差为d ，则8321843214a a a a S ,a a a a S ++++=+++=
∴1232112876548a a a a S ,a a a a S S ++++=+++=- ∴1211109812a a a a S S +++=-
∴812484S S ,S S ,S --成等差数列，且公差为16d 。

等差数列的前n 项和也构成一个等差数列，即n 2n 3n n 2n S S ,S S ,S --，…为等差数列，公差为d n 2。

易错题四：等差数列{}n a ，{}n b 的前n 项和分别为n S 和n T ，假设n 21n 3T S n n +=，则11
11b a 等于______________。

答案：
21
32
解题思路：
21
322121213T S 212
b b 21
2a a b b a a b 2a 2b a 212121121
121
121
111111111=⨯+⨯==⨯+⨯+=++=
=。

错因分析：对等差数列前n 项和的结构特征认识模糊，容易导致错误。

如设
n 2T ,1n 3S n n =+=是错误的。

易错题五：设等比数列{}n a 的首项为a ，公比为)0a (a >，假设其前10项中最大的项为1024，求a 的值。

解题思路：{}n a 的通项公式为n n a a =。

〔1〕当1a >时，数列{}n a 为递增数列，所以前10项中第10项为最大，即
1024a a 1010==，∴a=2。

〔2〕当1a 0<<时，{}n a 为递减数列，前10项中第一项为最大，即a=1024，矛盾，故此时无解。

〔3〕当a=1时，{}n a 为常数数列，此时各项均为1，显然与题设矛盾。

综上可知，a=2。

失分警示：解此类问题易出现概念性的错误。

如仅凭0a >则得出{}n a 为递增数列，从而得到1024a 10=，则会得到错误结论。

对含参问题一般需要对参数进行分类讨论。

易错题六：已知等比数列{}n a 中，2
1
4S ,23a 33==
，求1a 。

解题思路：当1q =时，321a a a ==，此时正好有2
14a a a S 3213=++=，适合题意。

当1q ≠时，依题意有⎪⎪⎩⎪
⎪⎨⎧=--=214q
1)q 1(a 23q a 3
121， 解之，得6a ,41q 12==
，综上得2
3
a 1=或6a 1=。

失分警示：等比数列前n 项和公式中一定要考虑公式适用条件1q =或1q ≠，否则导致
失误。

假设q=1，则1n na S =；假设1q ≠，则q
1)
q 1(a S n 1n --=。

易错题七：一个数列{}n a ，当n 为奇数时，1n 5a n +=；当n 为偶数时，2
n n 2a =。

这
个数列的前2m 项之和为___________。

答案：22m m 5S 1m 2m 2-++=+
解题思路：当n 为奇函数时，相邻两项为n a 与2n a +
由1n 5a n +=得10)1n 5(1)2n (5a a n 2n =+-++=-+，且6a 1= 所以{}n a 中的奇数项构成以6a 1=为首项，公差d=10的等差数列。

当n 为偶数时，相邻两项为n a 与2n a +
由2
n n 2a =
得
2
n 22n n
2
n 22a a ++==2，且2a 2=
所以{}n a 中的偶数项构成以2a 2=为首项，公比q=2的等比数列。

由此得22m m 52
1)
21(2102)1m (m m 6S 1m 2m m 2-++=--+⨯-+
=+。

错因分析：将原数列分成由奇数项和偶数项组成的两个数列来处理的思路是正确的，
但如果把奇数项组成的数列的相邻两项认为是n a 与1n a +，把偶数项组成的数列的首项认为是1a ，且相邻两项认为是n a 与1n a +，则会导致错解。