专题06 数列-备战2020年高考数学（理）之纠错笔记系列

专题06 数列 易错点1 忽略了n的取值 已知数列满足，求数列的通项公式． 【错解】由，可得两式相除可得． 【错因分析】仅适用于且时的情况，故不能就此断定就是数列的通项公式． 【试题解析】当时，；当时，由，可得两式相除可得，故 已知数列的递推公式求通项公式的常见类型及解法 (1)形如an＋1＝anf(n)，常用累乘法，即利用恒等式an＝a1···…·求通项公式． (2)形如an＋1＝an＋f(n)，常用累加法．即利用恒等式an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)求通项公式． (3)形如an＋1＝ban＋d(其中b，d为常数，b≠0,1)的数列，常用构造法．其基本思路是：构造an＋1＋x＝b(an＋x)(其中x＝)，则{an＋x}是公比为b的等比数列，利用它即可求出an. (4)形如an＋1＝(p，q，r是常数)的数列，将其变形为＝·＋. 若p＝r，则是等差数列，且公差为，可用公式求通项； 若p≠r，则采用(3)的办法来求． (5)形如an＋2＝pan＋1＋qan(p，q是常数，且p＋q＝1)的数列，构造等比数列．将其变形为an＋2－an＋1＝(－q)·(an＋1－an)，则{an－an－1}(n≥2，n∈N*)是等比数列，且公比为－q，可以求得an－an－1＝f(n)，然后用累加法求得通项． (6)形如a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝f(n)的式子， 由a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝f(n)，① 得a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝f(n－1)，② 再由①－②可得an. (7)形如an＋1＋an＝f(n)的数列，可将原递推关系改写成an＋2＋an＋1＝f(n＋1)，两式相减即得an＋2－an＝f(n＋1)－f(n)，然后按奇偶分类讨论即可． (8)形如an·an＋1＝f(n)的数列，可将原递推关系改写成an＋2·an＋1＝f(n＋1)，两式作商可得，然后分奇、偶讨论即可． (9)an＋1－an＝qan＋1an(q≠0)型，将方程的两边同时除以an＋1an，可构造一个等差数列． 具体步骤：对an＋1－an＝qan＋1an(q≠0)两边同时除以an＋1an，得到－＝q，即 －＝－q， 令bn＝，则{bn}是首项为，公差为－q的等差数列. (10)an＝pa(n≥2，p>0)型，一般利用取对数构造等比数列． 具体步骤：对an＝pa两边同取常用对数，得到lg an＝rlg an－1＋lg p，令bn＝lg an，则{bn}可归为an＋1＝pan＋q(p≠0,1，q≠0)型. 1．已知数列的前项和为，数列满足，则_____________. 【答案】 【解析】当时，，因为，两式相减得 ， 所以当时，，又不符合上式，所以， 因为，所以. 【名师点睛】本题考查的知识点是数列的通项公式，其中正确理解由数列的前n项和Sn，求通项公式的方法：和步骤是解答本题的关键．由已知中的前项和，结合，分别讨论时与时的通项公式，并由时，的值不满足时的通项公式，故要将数列的通项公式写成分段函数的形式． 易错点2 忽略数列中为0的项 设等差数列的前n项和为，公差为d，且满足，，则当最大时，__________． 【错解】由，得，即，由可知，解不等式组即得．又，故当时最大． 【错因分析】由于，所以，当或时最大，错解中忽略了数列中为0的项． 【试题解析】 【正解1】由，得，即，由可知，解不等式组即得．故当或时最大． 【正解2】由，可得，所以，由并结合对应的二次函数的图象知，当或时最大． 【正解3】由，得，即，，由可知，故当或时最大． 数列是特殊的函数关系，因此常利用函数的思想解决数列中最值问题 1．等差数列的前n项和与函数的关系 等差数列的前n项和公式为可变形为Sn＝n2＋n，令A＝，B＝a1－，则Sn＝An2＋Bn. 当A≠0，即d≠0时，Sn是关于n的二次函数，(n，Sn)在二次函数y＝Ax2＋Bx的图象上，为抛物线y＝Ax2＋Bx上一群孤立的点．利用此性质可解决前n项和Sn的最值问题． 2．等差数列前n项和的最值 (1)若等差数列的首项a1>0，公差d<0，则等差数列是递减数列，正数项有限，前n项和有最大值，且满足 (2)若等差数列的首项a1<0，公差d>0，则等差数列是递增数列，负数项有限，前n项和有最小值，且满足 3．求等差数列前n项和的最值的方法 (1)二次函数法：用求二次函数最值的方法(配方法)求其前n项和的最值，但要注意n∈N*. (2)图象法：利用二次函数图象的对称性来确定n的值，使Sn取得最值． (3)项的符号法：当a1>0，d<0时，满足的项数n，使Sn取最大值；当a1<0，d>0时，满足的项数n，使Sn取最小值，即正项变负项处最大，负项变正项处最小，若有零项，则使Sn取最值的n有两个． 4．