数列易错题分类汇编-2025届高考数学一轮复习

数列易错题大集结-2025年高考数学一轮复习卷 【易错知识点大集结】 目录导航 易错知识点一：数列的概念 易错知识点二：等差数列 易错知识点三：等比数列 易错知识点四：数列求和问题 易错知识点五：数列新定义问题 易错知识点六：数学归纳法 【易错知识点一】 数列的概念 1．已知数列{an}的通项公式为an＝kn2﹣n﹣2，若{an}为递增数列，则k的取值范围为（　　） A．（1，+∞） B．（0，+∞） C．（，+∞） D．（，+∞） 2．将正整数排成下表： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ……………… 则在表中数字2020出现在（　　） A．第44行第85列 B．第45行第85列 C．第44行第84列 D．第45行第84列 3．已知数列﹣1，，﹣，2，﹣，⋯，则该数列的第100项为（　　） A．10 B．﹣10 C．﹣11 D． 4．下列说法中正确的是（　　） A．如果一个数列不是递增数列，那么它一定是递减数列 B．数列1，0，﹣1，﹣2与﹣2，﹣1，0，1是相同的数列 C．数列的第k项为 D．数列0，2，4，6，…可记为{2n} 【易错知识点二】 等差数列 1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4＝8，a6＝12． （1）求数列{an}的通项公式； （2）若Sn＝20，求n的值． 2．在公差为3的等差数列{an}中，3a2+1＝a5，数列{bn}满足． （1）求数列{bn}的通项公式； （2）设数列{cn}满足cn＝an+bn，求{cn}的前n项和Sn． 3．等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝8，当n＝4和5时，Sn取得最大值． （1）求Sn； （2）若{bn}为等比数列，，b2＝﹣a6，求{bn}通项公式． 4．已知数列{an}的前n项和Sn＝﹣an﹣+2（n∈N*），数列{bn}满足bn＝2nan． （1）求证数列{bn}是等差数列，并求数列{an}的通项公式； （2）设数列{an}的前n项和为Tn，证明：n∈N*且n≥3时，Tn＞； （3）设数列{cn}满足an（cn﹣3n）＝（﹣1）n﹣1λn（λ为非零常数，n∈N*），问是否存在整数λ，使得对任意n∈N*，都有cn+1＞cn． 【易错知识点三】 等比数列 1．已知单调递减的等比数列{an}的前n项和为Sn，，S3＝7a3． （1）求数列{an}的通项公式； （2）求满足的所有正整数n的值． 2．已知数列{an}满足a1＝1，an+1＝3an+1． （1）证明{an+}是等比数列，并求{an}的通项公式； （2）若bn＝（2n﹣1）（2an+1），求数列{bn}的前n项和Sn． 3．已知数列{an}是公差不为零的等差数列，满足a3＝6，且a2，a4，a8成等比数列． （1）求数列{an}的通项公式； （2）设，求数列{bn}的前n项和Sn． 4．已知点A1（1，2），A2（2，3），设An（an，bn）（n∈N*），当n≥3时，线段An﹣2An﹣1的中点为Bn，Bn关于直线y＝x的对称点为An．例如，B3 为线段A1A2的中点，则B3（，），A3（，）． （1）设cn＝an+1+bn+1﹣an﹣bn，证明：{cn} 是等比数列． （2）求数列{an+bn}的通项公式． 【易错知识点四】 数列求和问题 1．已知数列{an}的首项，且满足． （1）求证：数列为等比数列； （2）若，求Sn． 2．已知首项为正数的等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，满足S4＝S1•S2． （Ⅰ）求数列{an}的通项公式； （Ⅱ）令bn＝4cos（nπ）•，求数列{bn}的前n项和Tn． 3．已知数列{an}满足，． （1）证明数列是等差数列，并求{an}的通项公式； （2）若数列{bn}满足，bn＝（an﹣1）（an+1﹣1），求{bn}的前n项和Sn． 4．已知． （1）求f（x）的定义域； （2）若f（x）≥a恒成立，求a能够取得的最大整数值； （3）证明：． 【易错知识点五】 数列新定义问题 1．已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推．设该数列的前n项和为Sn，规定：若∃m∈N*，使得，则称m为该数列的“佳幂数”． （1）将该数列的“佳幂数”从小到大排列，直接写出前4个“佳幂数”； （2）试判断50是否为“佳幂数”，并说明理由； （3）（i）求满足m＞1000的最小的“佳幂数”m； （ⅱ）证明：该数列的“佳幂数”有无数个． 2．对于数列{an}，如果存在等差数列{bn}和等比数列{cn}，使得，则称数列{an}是“优分解”的． （1）证明：如果{an}是等差数列，则{an}是“优分解”的． （2）记，证明：如果数列{an}是“优分解”的，则或数列{Δ2an}是等比数列． （3）设数列{an}的前n项和为Sn，如果{an}和{Sn}都是“优分解”的，并且a1＝3，a2＝4，a3＝6，求{an}的通项公式． 3．已知无穷数列{an}满足a1＝2，数列是各项和等于的无穷等比数列，其中常数b是正整数． （1）求数列{an}的通项公式； （2）在无穷等比数列{bn}中，b1＝a1，b2＝a2，试找出一个b的具体值使得数列{bn}的任意项都在数列{an}中；试找出一个b的具体值，使得数列{bn}的项不都在数列{an}中，简要说明理由； （3）对问题（2）继续进行研究，探索当且仅当b取怎样的值时，数列{bn}的任意项都在数列{an}中，说明理由． 4．如果数列{xn}，{yn}，其中yn∈Z，对任意正整数n都有，则称数列{yn}为数列{xn}的“接近数列”．已知数列{bn}为数列{an}的“接近数列”． （1）若，求b1，b2，b3的值； （2）若数列{an}是等差数列，且公差为d（d∈Z），求证：数列{bn}是等差数列； （3）若数列{an}满足，且，记数列{an}、{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，试判断是否存在正整数n，使得Sn＜Tn？若存在，请求出正整数n的最小值；若不存在，请说明理由．（参考数据：） 【易错知识点六】 数学归纳法 1．已知x≠y， （1）化简①；②． （2）用数学归纳法证明：xn﹣yn能被x﹣y整除． 2．已知数列{an}中，a1＝0且． （1）求数列{an}的第2，3，4项； （2）根据（1）的计算结果，猜想数列{an}的通项公式，并用数学归纳法证明． 3．已知点Pn（an，bn） 满足an+1＝anbn+1，bn+1＝，且点P1的坐标为（1，﹣1）． （1）求过点P1、P2的直线l的方程； （2）试用数学归纳法证明：对于任意n∈N，n≥1，点Pn都在（1）中的直线l上； （3）试求数列{an}、{bn}的通项公式． 4．已知函数． （1）依次求f（2），f（3）+f（4），f（5）+f（6）+f（7）+f（8）的值； （2）对任意正整数n，记 ，即．猜想数列{an}的通项公式，并用数学归纳法证明． 【易错知识点一】 数列的概念 1．已知数列{an}的通项公式为an＝kn2﹣n﹣2，若{an}为递增数列，则k的取值范围为（　　） A．（1，+∞） B．（0，+∞） C．（，+∞） D．（，+∞） 【解答】解：因为数列{an}为递增数列， 所以an+1＞an，即k（n+1）2﹣（n+1）﹣2＞kn2﹣n﹣2恒成立， 整理得：（2n+1）k﹣1＞0， 因为当n∈N*时，f（n）＝（2n+1）k﹣1单调递增， f（n）min＝f（1）＝3k﹣1＞0， 所以k＞． 故选：D． 2．将正整数排成下表： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ……………… 则在表中数字2020出现在（　　） A．第44行第85列 B．第45行第85列 C．第44行第84列 D．第45行第84列 【解答】解：因为每行的最后一个数分别为1，4，9，16，⋯，所以由此归纳出第n行的最后一个数为n2， 因为442＝1936，452＝2025，所以2020出现在第45行上， 又由2020﹣1936＝84，故2020出现在第84列． 故选：D． 3．已知数列﹣1，，﹣，2，﹣，⋯，则该数列的第100项为（　　） A．10 B．﹣10 C．﹣11 D． 【解答】解：由数列﹣1，，﹣，2，﹣，⋯，可得该数列的通项公式为， 所以a100＝＝10， 则该数列的第100项为10， 故选：A． 4．下列说法中正确的是（　　） A．如果一个数列不是递增数列，那么它一定是递减数列 B．数列1，0，﹣1，﹣2与﹣2，﹣1，0，1是相同的数列 C．数列的第k项为 D．数列0，2，4，6，…可记为{2n} 【解答】解：对于A，常数列既不是递增数列也不是递减数列，故A错误； 对于 B，数列是按顺序排列的，故B说法错误； 对于C，数列的第k项是，故C正确； 对于D，数列中的第1项无法用an＝2n（n∈N*）表示，故D错误． 故选：C． 【易错知识点二】 等差数列 1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4＝8，a6＝12． （1）求数列{an}的通项公式； （2）若Sn＝20，求n的值． 【解答】解：（1）∵等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4＝8，a6＝12． ∴， 解得a1＝2，d＝2， ∴数列{an}的通项公式an＝a1+（n﹣1）d＝2+（n﹣1）×2＝2n． （2）∵Sn＝20， ∴＝＝n2+n＝20， 解得n＝4或n＝﹣5，∵n∈N*， ∴n的值为4． 2．在公差为3的等差数列{an}中，3a2+1＝a5，数列{bn}满足． （1）求数列{bn}的通项公式； （2）设数列{cn}满足cn＝an+bn，求{cn}的前n项和Sn． 【解答】解：（1）∵等差数列 {an} 满足 3a2+1＝a5 公差为3， 所以 3（a1+3）+1＝a1+12， 所以 a1＝1， an＝1+3（n﹣1）＝3n﹣2． ∴数列 {bn} 的通项公式为 ， （2）由（1）知 an＝3n﹣2 ， ∴， 所以 ＝． 所以 ． 3．等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝8，当n＝4和5时，Sn取得最大值． （1）求Sn； （2）若{bn}为等比数列，，b2＝﹣a6，求{bn}通项公式． 【解答】解：（1）设等差数列{an}公差为d， ∵当n＝4和5时，Sn取得最大值． 则S4＝S5，∴a5＝0，即8+4d＝0，∴d＝﹣2， ∴； （2）由（1），b2＝﹣a6＝﹣8+10＝2， ∴数列{bn}公比q＝， 则 ． 4．已知数列{an}的前n项和Sn＝﹣an﹣+2（n∈N*），数列{bn}满足bn＝2nan． （1）求证数列{bn}是等差数列，并求数列{an}的通项公式； （2）设数列{an}的前n项和为Tn，证明：n∈N*且n≥3时，Tn＞； （3）设数列{cn}满足an（cn﹣3n）＝（﹣1）n﹣1λn（λ为非零常数，n∈N*），问是否存在整数λ，使得对任意n∈N*，都有cn+1＞cn． 【解答】（1）证明：在Sn＝﹣an﹣+2（n∈N*）中， 令n＝1，得S1＝﹣a1﹣1+2＝a1，解得a1＝， 当n≥2时，Sn﹣1＝﹣an﹣1﹣（）n﹣2+2， ∴an＝Sn﹣Sn﹣1＝﹣an+an﹣1+（）n﹣1， ∴2an＝an﹣1+（）n﹣1，即2nan＝2n﹣1an﹣1+1． ∵bn＝2nan，∴bn＝bn﹣1+1，即当n≥2时，bn﹣bn﹣1＝1， 又b1＝2a1＝1，∴{数列bn}是首项和公差均为1的等差数列． 于是bn＝1+（n﹣1）•1＝n＝2nan， ∴an＝． （2）证明：∵，∴＝（n+1）•（）n， ∴Tn＝2×+3×（）2+…+（n+1）×（）n，① ＝2×（）2+3×（）3+…+（n+1）×（）n+1，② ①﹣②，得：＝1+ ＝1+﹣（n+1）•（）n+1 ＝， ∴Tn＝3﹣． ∴Tn﹣＝3﹣＝， ∴确定Tn与的大小关系等价于比较2n与2n+1的大小． 下面用数学归纳法证明n∈N*且n≥3时，Tn＞． ①当n＝3时，23＞2×3+1，成立 ②假设当n＝k（k≥3）时，2k＞2k+1成立， 则当n＝k+1时，2k+1＝2•2k＞2（2k+1） ＝4k+2＝2（k+1）+1+（2k﹣1）＞2（k+1）+1， ∴当n＝k+1时，也成立． 于是，当n≥3，n∈N*时，2n＞2n+1成立 ∴n∈N*且n≥3时，Tn＞． （3）由， 得 ＝3n+（﹣1）n﹣1•λ•2n， ∴cn+1﹣cn＝[3n+1+（﹣1）n•λ•2n+1]﹣[3n+（﹣1）n﹣1•λ•2n] ＝2•3n﹣3λ（﹣1）n﹣1•2n＞0， ∴，① 当n＝2k﹣1，k＝1，2，3，…时，①式即为λ＜，② 依题意，②式对k＝1，2，3…都成立，∴λ＜1， 当n＝2k，k＝1，2，3，…时，①式即为③， 依题意，③式对k＝1，2，3…都成立， ∴，∴，又λ≠0， ∴存在整数λ＝﹣1，使得对任意n∈N*有cn+1＞cn． 【易错知识点三】 等比数列 1．已知单调递减的等比数列{an}的前n项和为Sn，，S3＝7a3． （1）求数列{an}的通项公式； （2）求满足的所有正整数n的值． 【解答】解：（1）根据题意，设等比数列{an}的公比为q，（0＜q＜1）， 又由，S3＝7a3，则有， 解可得a1＝，q＝， 故an＝a1qn﹣1＝； （2）根据题意，由（1）的结论，an＝，则Sn＝＝1﹣， 若，即1﹣≤，变形可得2n≤1000， 又由n∈N+，则n≤9，即n可取的值为1、2、3、4、5、6、7、8、9． 2．已知数列{an}满足a1＝1，an+1＝3an+1． （1）证明{an+}是等比数列，并求{an}的通项公式； （2）若bn＝（2n﹣1）（2an+1），求数列{bn}的前n项和Sn． 【解答】证明：（1）∵数列{an}满足a1＝1，an+1＝3an+1， ∴an+1+＝3（an+）， 又＝， ∴{an+}是首项为，公比为3的等比数列． ∴＝＝， ∴{an}的通项公式． （2）bn＝（2n﹣1）（2an+1）＝（2n﹣1）•3n． ∴数列{bn}的前n项和： Sn＝1•3+3•32+5•33+…+（2n﹣1）•3n，① 3Sn＝1•32+3•33+5•34+…+（2n﹣1）•3n+1，② ①﹣②，得：﹣2Sn＝3+2（32+33+34+…+3n）﹣（2n﹣1）•3n+1 ＝3+2×﹣（2n﹣1）•3n+1 ＝﹣6﹣（2n﹣2）•3n+1， ∴Sn＝（n﹣1）•3n+1+3． 3．已知数列{an}是公差不为零的等差数列，满足a3＝6，且a2，a4，a8成等比数列． （1）求数列{an}的通项公式； （2）设，求数列{bn}的前n项和Sn． 【解答】解：（1）设数列{an}的公差为d， 由a3＝6，且a2，a4，a8成等比数列， 可得＝a2a8， 即（6+d）2＝（6﹣d）•（6+5d），解得d＝2，d＝0（舍）， ∴a1＝a3﹣2d＝2，∴an＝2+2（n﹣1）＝2n； （2）， ＝ ＝． 4．已知点A1（1，2），A2（2，3），设An（an，bn）（n∈N*），当n≥3时，线段An﹣2An﹣1的中点为Bn，Bn关于直线y＝x的对称点为An．例如，B3 为线段A1A2的中点，则B3（，），A3（，）． （1）设cn＝an+1+bn+1﹣an﹣bn，证明：{cn} 是等比数列． （2）求数列{an+bn}的通项公式． 【解答】（1）证明：当 n∈N* 时，由题意可得线段AnAn+1的中点为Bn+2， 可得Bn+2（，）， 则． 由，可得an+2+bn+2＝， 整理可得，即， 因为c1＝a2+b2﹣a1﹣b1＝2， 所以{cn}是以2为首项， 为公比的等比数列； （2）解：由（1）知cn＝2×（﹣）n﹣1，即an+1+bn+1﹣an﹣bn＝2×（﹣）n﹣1， 则a2+b2﹣a1﹣b1＝2×（﹣）0， ， ..． ， 将以上各式相加得：an+bn﹣（a1+b1）＝2[（﹣）0+（﹣）1+...+（﹣）n﹣2]＝2• ＝﹣×（﹣）n﹣1， 因为a1+b1＝3，所以． 当 n＝1时，a1+b1＝3也符合上式． 故． 【易错知识点四】 数列求和问题 1．已知数列{an}的首项，且满足． （1）求证：数列为等比数列； （2）若，求Sn． 【解答】解：（1）证明：因为，所以， 所以， 又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列． （2）由（1）知，得， 所以 ＝． 2．已知首项为正数的等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，满足S4＝S1•S2． （Ⅰ）求数列{an}的通项公式； （Ⅱ）令bn＝4cos（nπ）•，求数列{bn}的前n项和Tn． 【解答】解：（Ⅰ）由a1＞0，d＝2，S4＝S1•S2，可得4a1+12＝a1（2a1+2）， 解得a1＝3（﹣2舍去），则an＝3+2（n﹣1）＝2n+1； （Ⅱ）bn＝4cos（nπ）•＝4cos（nπ）•＝（﹣1）n（+）， 则数列{bn}的前n项和Tn＝﹣（+）+（+）﹣...+（﹣1）n﹣1（+）+（﹣1）n（+） ＝﹣+（﹣1）n•． 3．已知数列{an}满足，． （1）证明数列是等差数列，并求{an}的通项公式； （2）若数列{bn}满足，bn＝（an﹣1）（an+1﹣1），求{bn}的前n项和Sn． 【解答】证明：（1）由，可得， 即，即， 故数列是等差数列，其首项为，公差为1， 则，解得； 解：（2）由bn＝（an﹣1）（an+1﹣1）可得＝， 则Sn＝b1+b2+⋯+bn＝＝． 4．已知． （1）求f（x）的定义域； （2）若f（x）≥a恒成立，求a能够取得的最大整数值； （3）证明：． 【解答】解：（1）要使函数f（x）有意义，需满足， 令g（x）＝x2﹣4lnx，（x＞0）， 则，令g′（x）＝0，解得， 当时，g′（x）＞0，g（x）在上单调递增， 当时，g′（x）＜0，g（x）在上单调递减， ∴， ∴f（x）的定义域为（0，+∞）； （2）由f（x）≥a恒成立得，， 当a＞0且为整数时不等式成立的情况． 当0＜x＜2a时，等价于恒成立，此时lnx﹣ax+a2≤0恒成立， 令h（x）＝lnx﹣ax+a2，（0＜x＜2a），则，令h′（x）＝0得， 当，即且a为整数时，无解； 当，即且a为整数时， 若，则h′（x）＞0，若，则h′（x）＜0， 即h（x）在上单调递增，在上单调递减， 则要使不等式恒成立，须使恒成立， 令φ（a）＝﹣lna﹣1+a2，（a≥1），则，故φ（a）单调递增， 从而φ（a）≥φ（1）＝0，当且仅当a＝1时取等号，此时恰有原不等式恒成立； 当x≥2a时，不等式显然成立， 当a≤0时，不等式恒成立； 综上所述，a能够取得的最大整数值是1； （3）证明：由（2）可知，当a＝1时，lnx﹣ax+a2≤0恒成立，即1﹣x+lnx≤0，即lnx≤x﹣1， 当x＞1时，x2﹣x＞x﹣1，即lnx≤x﹣1＜x2﹣x， 令，则有，即， 于是，＞ln3﹣ln1+ln4﹣ln2+ln5﹣ln3+ln6﹣ln4+⋯+ln（n+1）﹣ln（n﹣1）+ln（n+2）﹣lnn ＝，得证． 【易错知识点五】 数列新定义问题 1．已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推．设该数列的前n项和为Sn，规定：若∃m∈N*，使得，则称m为该数列的“佳幂数”． （1）将该数列的“佳幂数”从小到大排列，直接写出前4个“佳幂数”； （2）试判断50是否为“佳幂数”，并说明理由； （3）（i）求满足m＞1000的最小的“佳幂数”m； （ⅱ）证明：该数列的“佳幂数”有无数个． 【解答】解：（1）因为，所以1为该数列的“佳幂数”； 又因为，，S18＝64， 所以2、3、18也为该数列的“佳幂数”， 所以该数列的前4个“佳幂数”为：1、2、3、18； （2）由题意可得，数列如下： 第1组：1； 第2组：1，2； 第3组：1，2，4； …… 第k组：1，2，4，2k﹣1， 则该数列的前项的和为： ＝1+（1+2）+⋯+（1+2+⋯+2k﹣1）＝2k+1﹣k﹣2，① 当时，k≤9， 则， 由于210＜210+20＜211，对∀p∈N，， 故50不是“佳幂数”． （3）（i）在①中，要使，有k≥45，n∈N*， m出现在第44组之后，又第k组的和为2k﹣1，前k组和为＝2k+1﹣k﹣2， 第k+1组前t项1，2，4，2t﹣1的和为2t﹣1，t∈N*， 则只需k+2＝2t﹣1，t∈N*， 所以k＝2t﹣3≥44，则t≥6，此时k＝26﹣3＝61， 所以对应满足条件的最小“佳幂数”． （ii）证明：由（i）知：k+2＝1+2+•••+2t﹣1＝2t﹣1，t∈N*， 当t≥2，且取任意整数时，可得“佳幂数“， 所以，该数列的“佳幂数”有无数个． 2．对于数列{an}，如果存在等差数列{bn}和等比数列{cn}，使得，则称数列{an}是“优分解”的． （1）证明：如果{an}是等差数列，则{an}是“优分解”的． （2）记，证明：如果数列{an}是“优分解”的，则或数列{Δ2an}是等比数列． （3）设数列{an}的前n项和为Sn，如果{an}和{Sn}都是“优分解”的，并且a1＝3，a2＝4，a3＝6，求{an}的通项公式． 【解答】解：（1）∵{an}是等差数列，∴设an＝a1+（n﹣1）d＝[a1﹣1+（n﹣1）d]+1， 令bn＝a1﹣1+（n﹣1）d，cn＝1， 则{bn}是等差数列，{cn}是等比数列，所以数列{an}是“优分解”的． （2）由于数列{an}是“优分解”的，设，其中， 则． 当q＝1时，； 当q≠1时，{Δ2an}是首项为，公比为q的等比数列． （3）一方面，∵数列{Sn}是“优分解”的，设， 其中，由（2）知 因为ΔS1＝S2﹣S1＝a2＝4，ΔS2＝S3﹣S2＝a3＝6，所以Δ2S1＝ΔS2﹣ΔS1＝2． ∴，∴Q≠1，∴{Δ2Sn}是首项为2，公比为Q（Q≠1）的等比数列． 另一方面，由于{an}是“优分解”的，设， 其中， ∵{Δ2Sn}是首项为2，公比为Q（Q≠1）的等比数列， ∴q≠0，q≠1，且， ∴ 化简得，∵c1≠0，q≠0，q≠1，∴d＝0，∴， 即数列{Δan}是首项Δa1＝a2﹣a1＝1，公比为q的等比数列． 又∵Δa2＝a3﹣a2＝2，∴q＝2， 又∵Δ2S1＝2，∴d+c1q（q﹣1）＝2，∵d＝0，q＝2，∴解得c1＝1，∴b1＝a1﹣c1＝3﹣1＝2， 综上所述，． 3．已知无穷数列{an}满足a1＝2，数列是各项和等于的无穷等比数列，其中常数b是正整数． （1）求数列{an}的通项公式； （2）在无穷等比数列{bn}中，b1＝a1，b2＝a2，试找出一个b的具体值使得数列{bn}的任意项都在数列{an}中；试找出一个b的具体值，使得数列{bn}的项不都在数列{an}中，简要说明理由； （3）对问题（2）继续进行研究，探索当且仅当b取怎样的值时，数列{bn}的任意项都在数列{an}中，说明理由． 【解答】解：（1）∵数列为无穷递缩等比数列，它的各项和为， 又∵． ∴an﹣an﹣1＝b，而a1＝2，∴an＝2+（n﹣1）b． （2）∵an＝2+（n﹣1）b，而b1＝a1＝2，b2＝2+b且{bn}为等比数列． ∴．∴．如取b＝2，则，而an＝2n． ∴在数列{an}中，如取b＝1，此时an＝n+1， ，显然不在{an}中． （3）当b取奇数时，设b＝2k﹣1（k∈N*）时，则b3不是整数， ∴b3不在数列{an}中，以此类推，当b为奇数时，{bn}中的任意项都不是{an}中的项． 当b取偶数时，设b＝2k（k∈N*）时，{bn}中任意项都是{an}中的项． 证明： ＝， ∴它是{an}中的第项． 4．如果数列{xn}，{yn}，其中yn∈Z，对任意正整数n都有，则称数列{yn}为数列{xn}的“接近数列”．已知数列{bn}为数列{an}的“接近数列”． （1）若，求b1，b2，b3的值； （2）若数列{an}是等差数列，且公差为d（d∈Z），求证：数列{bn}是等差数列； （3）若数列{an}满足，且，记数列{an}、{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，试判断是否存在正整数n，使得Sn＜Tn？若存在，请求出正整数n的最小值；若不存在，请说明理由．（参考数据：） 【解答】解：（1）由题：令n＝1，则，即， 得，又b1∈Z，b1＝3，同理可得，b2＝5，b3＝7． （2）由题意， 故， 从而an+1﹣an﹣1＜bn+1﹣bn＜an+1﹣an+1，即﹣1＜bn+1﹣bn﹣d＜1， 因为bn∈Z，d∈Z，所以bn+1﹣bn﹣d＝0，即bn+1﹣bn＝d，故数列{bn}是等差数列． （3）因为，则，解得， 所以＝﹣（）， 又， 故是以为首项，公比为的等比数列， 则，即， 当n为奇数时，，易知单调递减， 故，得，进一步有bn＝2； 当n为偶数时，，易知单调递增， 故，即，得，进一步有bn＝1； 综上，， 易知， 当n为偶数时，；由Sn＜Tn，得，即，无解； 当n为奇数时，； 由Sn＜Tn，得，即， 故，所以存在正整数n，使得Sn＜Tn，正整数n的最小值为17． 【易错知识点六】 数学归纳法 1．已知x≠y， （1）化简①；②． （2）用数学归纳法证明：xn﹣yn能被x﹣y整除． 【解答】解：（1）①， ②， （2）证明：（i）当n＝时，xn﹣yn＝x﹣y， 显然能被x﹣y整除，命题成立， （ii）假设当n＝k，k∈N*时命题成立，即xk﹣yk能被x﹣y整除． 设xk﹣yk＝m（x﹣y）， 则当n＝k+1时，xk+1﹣yk+1＝x•xk﹣y•yk ＝x•（mx﹣my+yk）﹣y•yk ＝mx2﹣mx•y+x•yk﹣y•yk ＝mx（x﹣y）+（x﹣y）yk ＝（x﹣y）（mx+yk）， ∴当n＝k+1时，命题也成立， 综合（i）（ii），命题对所有正整数都成立． 2．已知数列{an}中，a1＝0且． （1）求数列{an}的第2，3，4项； （2）根据（1）的计算结果，猜想数列{an}的通项公式，并用数学归纳法证明． 【解答】解：（1）由a1＝0，且，得， ，； （2）由（1）的计算结果可猜想，证明如下： 当n＝1时，，等式成立； 假设当n＝k时等式成立，即有， 则当n＝k+1时，有． 即当n＝k+1时，等式成立． 综上所述，成立． 3．已知点Pn（an，bn） 满足an+1＝anbn+1，bn+1＝，且点P1的坐标为（1，﹣1）． （1）求过点P1、P2的直线l的方程； （2）试用数学归纳法证明：对于任意n∈N，n≥1，点Pn都在（1）中的直线l上； （3）试求数列{an}、{bn}的通项公式． 【解答】解：（1）由P1的坐标为（1，﹣1）知，a1＝1，b1＝﹣1． 所以b2＝＝，a2＝a1•b2＝． 所以点P2的坐标为（，）， 所以直线l的斜率为k＝＝﹣2， 直线方程为y+1＝2（x﹣1），即2x+y＝1． （2）证明：①当n＝1时， 2a1+b1＝2×1+（﹣1）＝1成立． ②假设n＝k（k∈N*，k≥1）时，2ak+bk＝1成立， 则2ak+1+bk+1＝2ak•bk+1+bk+1＝（2ak+1） ＝＝＝1， ∴当n＝k+1时，命题也成立． 由①②知，对n∈N*，都有2an+bn＝1， 即点Pn在直线l上． （3）由（2）知，2an+bn＝1，所以2an＝1﹣bn， 所以bn+1＝＝＝， 因为b1＝﹣1，b2＝，b3＝，b4＝，…，猜想bn＝，n∈N*； 用数学归纳法证明如下：因为n＝1时，b1＝﹣1，假设n＝k时成立，即bk＝， 则n＝k+1时，bk+1＝＝＝＝， 所以n＝k+1时也成立， 所以对于任意n∈N*都成立，即bn＝． 所以an＝（1﹣bn）＝×（1﹣）＝． 4．已知函数． （1）依次求f（2），f（3）+f（4），f（5）+f（6）+f（7）+f（8）的值； （2）对任意正整数n，记，即．猜想数列{an}的通项公式，并用数学归纳法证明． 【解答】解：（1）函数， 则f（2）＝f（1）＝1，f（3）＝3，f（4）＝f（2）＝1，f（5）＝5， f（6）＝f（3）＝3，f（7）＝7，f（8）＝f（4）＝1， 所以f（2）＝1，f（3）+f（4）＝3+1＝4，f（5）+f（6）+f（7）+f（8）＝5+3+7+1＝16； （2）a1＝f（2）＝1，a2＝f（3）+f（4）＝4，a3＝f（5）+f（6）+f（7）+f（8）＝16， 所以猜想， 当n＝1时，，成立， 假设当n＝k时，命题成立，即， 函数， 即， 那么当n＝k+1时， ＝[f（2k+1）+f（2k+3）+⋯+f（2k+2k﹣1）]+[f（2k+2）+f（2k+4）+⋯+f（2k+2k）]＝（2k+1）+（2k+3）+⋯+（2k+2k﹣1）+[f（2k﹣1+1）+f（2k﹣1+2）+⋯+f（2k）] ＝ ＝22k﹣1+22k﹣2+4k﹣1 ＝， 所以当n＝k+1时，猜想成立， 综合以上可知，当n∈N*时，成立． 学科网（北京）股份有限公司 $$