11 数列易错点揭秘与剖析-《中学生数理化》高考数学2024年11月刊

■广东省佛山市教育局教研室 钱耀周 数列是高中数学的重点内容,也是每年 高考必考的内容。我们不难发现,在很多大 型考试中,同学们在数列问题的解答中频繁 出错,如对等比数列的概念掌握不全面、忽视 等比数列首项的符号、忽略公比的不同情况、 忽略n的取值范围、忽略n的奇偶性讨论等, 导致解题错误。为助力同学们尽可能地规避 上述易错点,本文将结合具体实例,揭秘总结 错解过程,深入剖析错解原因,以此提高备考 的针对性与有效性。 易错点1:对等比数列的概念把握不全 例 1 设数列{an}的前n 项和为Sn, 已知a1=1,Sn=2an+1-1,求数列{an}的通 项公式。 错解1:当n≥2时,Sn=2an+1-1,Sn-1 =2an-1,所以an=Sn-Sn-1=2an+1-2an, 即2an+1=3an,所以 an+1 an = 3 2 ,所以{an}是以 1为首项, 3 2 为公比的等比数列,所以an= 3 2 n-1 。 错解2:当n≥2时,Sn=2an+1-1,Sn-1 =2an-1,所以an=Sn-Sn-1=2an+1-2an, 即2an+1=3an,所以 an+1 an = 3 2 (n≥2)。又a1 =1,S1=2a2-1,即a2=1,所以 a2 a1 =1≠ 3 2 , 所以当n≥2时,{an}是以1为首项, 3 2 为公 比的等比数列,所以an= 1,n=1, 3 2 n-1 ,n≥2。 错因剖析:两个错解都是对等比数列的 概念把握不全,有遗漏。错解1是遗漏检查 数列中是否满足每一项与它的前一项之比的 结果都等于同一个常数,本题由于n≥2,因 此 an+1 an = 3 2 不包含a2 与a1 之比,因此需要验 证a2 与a1 之比的结果是否也是 3 2 ;错解2 是应用等比数列通项公式(an=amqn-m)有 误,当n≥2时,{an}的通项公式应为an= a2qn-2= 3 2 n-2 。 易错点2:忽略等比数列中首项的符号 例 2 设等比数列{an}的公比为q,则 “q>1”是“{an}是递增数列”的( )。 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 错解:选C。若q>1,因为{an}为等比数 列,所以an+1 an =q>1,即an+1>an,所以{an} 是递增数列; 若{an}是递增数列,即an+1>an,所以 an+1 an =q>1。 错因剖析:忽略数列的首项a1 的符号。 正解:若q>1,则an+1-an=an(q-1) =a1(q-1)qn-1。 当a1>0时,有a1(q-1)qn-1>0,所以 an+1-an>0,所以{an}是递增数列; 当a1<0时,有a1(q-1)qn-1<0,所以 an+1-an<0,所以{an}是递减数列。 若{an}是递增数列,则an+1-an=an(q -1)=a1(q-1)qn-1>0,即a1(q-1)>0。 当a1<0时,有q-1<0,所以q<1; 当a1>0时,有q-1>0,所以q>1。 综上可知,“q>1”是“{an}是递增数列” 82 解题篇 易错题归类剖析 高考数学 2024年11月 的既不充分也不必要条件。故选D。 易错点3:忽略等比数列中公比为1的情况 例 3 已知等比数列{an}的前n 项和 为Sn,且a1=2,S3=6,则a6= 。 错解:设等比数列{an}的公比为q,则S3 = a1(1-q3) 1-q = 2(1-q3) 1-q =6(q≠1),整理得 q2+q-2=0,解得q=1(舍去)或q=-2,所 以a6=a1·q5=-64。 错因剖析:漏掉q=1的情况。 正解:当q=1时,S3=3a1=6,满足题 意,所以a6=a1=2; 当 q ≠1 时,由 S3 = a1(1-q3) 1-q = 2(1-q3) 1-q =6(q≠1),整理得q2+q-2=0, 解得q=1(舍去)或q=-2,所以a6=a1·q5 =-64。 综上可得,a6=2或a6=-64。 易错点4:求等差数列的前n 项和的最 值问题时忽视值为0的项 例 4 记等差数列{an}的前n 项和为 Sn,若a1>0,a2+a2 024=0,则当Sn 取得最大 值时,n= 。 错解:设等差数列{an}的公差为d,由 a2+a2 024=0,可得a1=-1 012d,所以an= a1+(n-1)d=(n-1 013)d。令an=0,得 n=1 013,即a1 013=0。又a1>0,所以d<0, 所以当n≤1 013时,an≥0,故当n=1 013 时,Sn 取得最大值。 错因剖析:因为a1 013=0,所以前1 012 项与前1 013项的和相等。 正解:设等差数列{an}的公差为d,由 a2+a2 024=0,可得a1=-1 012d,所以an= a1+(n-1)d=(n-1 013)d。令an=0,得 n=1 013,即a1 013=0。又a1>0,所以d<0, 所以当n≤1 013时,an≥0,故当n=1 012或 n=1 013时,Sn 取得最大值。 易错点5:忽略数列中n的取值范围 例 5 记公差不为零的等差数列{an} 的前n 项和为Sn,已知a3+a5=14,且a1, a2,a5 成等比数列,则 Sn+6an+18 n 的最小值 为( )。 A.43+12 B.23+12 C.18 D.19 错解:因为a3+a5=14,所以2a4=14, 解得a4=7。又a1,a2,a5 成等比数列,所以 a22=a1a5。设数列{an}的公差为d,则(a4- 2d)2=(a4-3d)(a4+d),即(7-2d)2=(7 -3d)(7+d),整理得d2-2d=0。因为d≠ 0,所以d=2,所以a4=a1+3d=7,即a1= 1,所以an=a1+(n-1)d=2n-1,Sn=na1 + n(n-1)d 2 =n 2,所 以 Sn+6an+18 n = n2+12n+12 n =n+ 12 n+12≥2 n ·12 n +12 =43+12,当且仅当n=23时等号成立。 故选A。 错因剖析:忽略了n 的取值范围是正整 数,不是连续的实数。 正解:令bn= Sn+6an+18 n ,由错解可知 bn=n+ 12 n+12 ,构造辅助函数f(x)=x+ 12 x+12 ,则f'(x)=1- 12 x2 。令f'(x)>0,得 x>2 3;令f'(x)<0,得x<2 3。所以 f(x)在(-∞,2 3)上单调递减,在(2 3, +∞)上单调递增。所以当n≥4时,{bn}是 递增数列;当n<4时,{bn}是递减数列。又 因为b3=b4=19,所以 Sn+6an+18 n 的最小值 为19。故选D。 例 6 已知数列{an}的前n 顶和为 Sn,且a1=1,Sn= 1 3an+1 (n∈N*)。 (1)求数列{an}的通项公式; (2)若bn=an+log4 Sn,求数列{bn}的前 n项和Tn。 错解:(1)an= 1,n=1, 3×4n-2,n≥2。 (过程略) (2)当n≥2时,Sn= 1 3×3×4 n-1=4n-1, 92 解题篇 易错题归类剖析 高考数学 2024年11月 所以bn=3×4n-2+n-1,所以Tn=1+3(40 +41+42+…+4n-2)+[1+2+3+…+(n- 1)]=1+3× 1-4n-1 1-4 + (n-1)n 2 =4 n-1+ n2-n 2 。 错因剖析:第(1)问求解正确。第(2)问 在求得 Tn=4n-1+ n2-n 2 后缺少验证,忽略 了n的范围,其中n≥2,故不含有T1 的值。 正解:由错解知,当n≥2时,Tn=4n-1+ n2-n 2 。又b1=a1+log4 S1=1,验证:当n= 1时,T1=41-1+ 1-1 2 =1 符合上式,故Tn= 4n-1+ n2-n 2 (n∈N*)。 易错点6:利用裂项相消法求和时忽视 余项规律 例 7 已知数列{an}的前n 项和为 Sn,a1=2,an+1=Sn+2。 (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn = 1 log2 an·log2 an+2 ,求 数 列 {bn}的前n项和Tn。 错解:(1)an=2n。(过程略) (2)由(1)可知,bn= 1 log2 2n·log2 2n+2 = 1 n(n+2)= 1 2 1 n- 1 n+2 ,所 以 Tn = 1 2 1- 1 3 + 12-14 +…+ 1n-1- 1n+1 + 1n- 1 n+2 = 12 1-13+1n- 1n+2 = 1 3+ 1 n(n+2) 。 错因剖析:第(1)问求解正确。第(2)问 在消项时没发现余项规律(剩下第1项、第3 项,以及倒数第1项、倒数第3项)。 正解:Tn= 1 2 1- 1 3 + 12-14 +… + 1n-1- 1 n+1 + 1n- 1n+2 = 12 1+ 1 2- 1 n+1- 1 n+2 =34-12 1n+1+ 1n+2 。 易错点7:忽略对数列中n的奇偶讨论 例 8 已知数列{an}是各项为正数的 数列,前n 项和记为Sn,且Sn= a2n+an-2 2 (n∈N*)。 (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=(-1)na2n,n∈N*,求数列 {bn}的前n项和Tn。 错解:(1)an=n+1。(过程略) (2)由(1)得bn=(-1)n(n+1)2,则当n ≥2时,bn-1+bn=(-1)n-1n2+(-1)n(n+ 1)2=(-1)n[(n+1)2-n2]=(-1)n(2n+ 1),所以 Tn=(b1+b2)+(b3+b4)+…+ (bn-1 +bn)=5+9+ … + (2n+1)= n 2 (5+2n+1) 2 = n(n+3) 2 。 错因剖析:第(1)问求解正确。第(2)问 的解答忽略了对n的奇偶讨论。 正解:由错解知,当n≥2时,bn-1+bn= (-1)n(2n+1)。 若n为偶数,则 Tn=(b1+b2)+(b3+ b4)+…+(bn-1+bn)=5+9+…+(2n+1) = n 2 (5+2n+1) 2 = n(n+3) 2 ; 若n为奇数,则n+1为偶数,所以Tn+1 = (n+1)(n+4) 2 ,所以 Tn=Tn+1-bn+1= (n+1)(n+4) 2 - (n+2)2=- n2+3n+4 2 。 综上可得,Tn= - n2+3n+4 2 ,n为奇数, n(n+3) 2 ,n为偶数。 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 在学习数学知识时,概念乃是核心所在, 而公式原理则是解决问题的关键依据,数列 的学习亦是如此。因此,同学们在复习备考 的过程中,唯有牢牢把握数列概念的本质内 涵,明晰公式原理的来龙去脉,仔细辨析数列 与函数之间的区别和联系,深入分析总结错 题,扎实夯实数列基础,不断积累解题经验, 才会尽可能地规避数列中的易错点,进而提 升数列复习的效益。 (责任编辑 王福华) 03 解题篇 易错题归类剖析 高考数学 2024年11月