届高三数学二轮复习教案模块三考前增分篇一回扣教材纠错例析4数列.docx

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届高三数学二轮复习教案模块三考前增分篇一回扣教材纠错例析4数列

一、回扣教材，纠错例析

4．数列

[要点回扣]

1．an与Sn的关系式

已知前n项和Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an，则an＝.由Sn求an时，易忽略n＝1的情况．

[对点专练1]　已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋1，则an＝________.

[答案]　

2．等差数列的有关概念

（1）等差数列的判断方法：

定义法an＋1－an＝d（d为常数，n∈N*）或an＋1－an＝an－an－1（n≥2）．

（2）等差数列的通项：

an＝a1＋（n－1）d（n∈N*）或an＝am＋（n－m）d.（n，m∈N*）

（3）等差数列的前n项和：

Sn＝，Sn＝na1＋d.

[对点专练2]　等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝6，a3＝0.则公差d等于________．

[答案]　－2

3．等差数列的性质

（1）当公差d≠0时，等差数列的通项公式an＝a1＋（n－1）·d＝dn＋a1－d是关于n的一次函数，且斜率为公差d；前n项和Sn＝na1＋d＝n2＋n是关于n的二次函数且常数项为0.

（2）若公差d>0，则为递增等差数列；若公差d<0，则为递减等差数列；若公差d＝0，则为常数列．

（3）当m＋n＝p＋q时，则有am＋an＝ap＋aq，特别地，当m＋n＝2p时，则有am＋an＝2ap.

（4）Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列．

[对点专练3]　已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝12，S20＝17，则S30为（　　）

A．15　　　　B．20　　　　C．25　　　　D．30

[答案]　A

4．等比数列的有关概念

（1）等比数列的判断方法：

定义法＝q（q为常数，n∈N*），其中q≠0，an≠0或＝（n≥2）．如一个等比数列{an}共有2n＋1项，奇数项之积为100，偶数项之积为120，则an＋1＝.

（2）等比数列的通项：

an＝a1qn－1或an＝amqn－m.

（3）等比数列的前n项和：

当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝＝.

（4）等比中项：

若a，A，b成等比数列，那么A叫做a与b的等比中项．值得注意的是，不是任何两数都有等比中项，只有同号两数才存在等比中项，且有两个，即为±.如已知两个数a，b（a≠b）的等差中项为A，等比中项为B，则A与B的大小关系为A>B.

[对点专练4]　在等比数列{an}中，若a1＝1，a5＝16，则a3＝________.

[答案]　4

5．等比数列的性质

当m＋n＝p＋q时，则有am·an＝ap·aq，特别地，当m＋n＝2p时，则有am·an＝a.

[对点专练5]　各项均为正数的等比数列{an}中，若a5·a6＝9，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝________.

[答案]　10

6．数列求和

数列求和时要明确项数、通项，并注意根据通项的特点选取合适的方法．数列求和的方法有公式法、分组求和法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法等．

[对点专练6]　数列{an}满足an＋an＋1＝（n∈N，n≥1），若a2＝1，Sn是{an}的前n项和，则S21的值为________．

[答案]　

[易错盘点]

易错点1　忽视数列首项致误

【例1】　已知数列{an}对任意n∈N*都满足a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝8－5n，则数列{an}的通项公式为________．

[错解]　∵a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝8－5n，

∴a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－2an－1＝8－5（n－1），

两式相减，得2n－1an＝－5，

∴an＝－.

[错因分析]　当n＝1时，由题中条件可得a1＝3，而代入错解中所得的通项公式可得a1＝－5，显然是错误的．其原因是：

两式相减时，所适用的条件是n≥2，并不包含n＝1的情况．只有所求的通项公式对n＝1时也成立，才可以这样写，否则要分开写．

[正解]　当n≥2时，由于a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝8－5n，

那么a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an－1＝8－5（n－1），

两式对应相减可得2n－1an＝8－5n－[8－5（n－1）]＝－5，

所以an＝－.

而当n＝1时，a1＝3≠－＝－5，

所以数列{an}的通项公式为

an＝

本题实质上已知数列{an}的前n项和Sn，求通项an与Sn的关系中，an＝Sn－Sn－1，成立的条件是n≥2，求出的an中不一定包括a1，而a1应由a1＝S1求出，然后再检验a1是否在an中，这是一个典型的易错点．

[对点专练1]　

（1）数列{an}的前n项和为Sn（n∈N*），2Sn－nan＝n，若S20＝－360，则a2＝________.

（2）已知数列{an}的前n项之和为Sn＝n2＋n＋1，则数列{an}的通项公式为________．

[解析]　

（1）∵2Sn－nan＝n，①

∴当n≥2时，2Sn－1－（n－1）an－1＝n－1，②

∴①－②得：

（2－n）an＋（n－1）an－1＝1，③

（1－n）an＋1＋nan＝1，④

由③－④得，（2－2n）an＝（1－n）（an－1＋an＋1），

又∵n≥2，∴1－n≠0.∴2an＝an－1＋an＋1（n≥2），

∴数列{an}为等差数列，设其公差为d，当n＝1时，2S1－a1＝1，∴a1＝1，

∴S20＝20＋d＝－360，∴d＝－2.

∴a2＝1－2＝－1.

（2）当n＝1时，a1＝S1＝3；

当n≥2时，an＝n2＋n＋1－（n－1）2－（n－1）－1＝2n，

∴an＝

[答案]　

（1）－1　

（2）an＝

易错点2　忽视等比数列公比的条件致误

【例2】　各项均为实数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝10，S30＝70，则S40等于（　　）

A．150　　　　　　　　B．－200

C．150或－200D．400或－50

[错解]　记b1＝S10，b2＝S20－S10，b3＝S30－S20，b4＝S40－S30，b1，b2，b3，b4是公比为r的等比数列．∴b1＋b2＋b3＝10＋10r＋10r2＝S30＝70，即r2＋r－6＝0，得r＝2或r＝－3.故S40＝，代入得S40＝150或－200.选C.

[错因分析]　数列S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30的公比q10>0.忽略了此隐含条件，就产生了增解－200.

[正解]　记b1＝S10，b2＝S20－S10，b3＝S30－S20，b4＝S40－S30，b1，b2，b3，b4是公比为r＝q10>0的等比数列．

∴b1＋b2＋b3＝10＋10r＋10r2＝S30＝70，

∴r2＋r－6＝0，

∴r＝2，r＝－3（舍去），

∴S40＝b1＋b2＋b3＋b4＝＝150，故选A.

在等比数列中，公比的条件在使用中要注意隐含条件，Sn中q≠0；构造新数列要注意新数列的公比和原公比的关系，如等比数列{an}的前n项和为Sn，S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30的公比为q10>0.

[对点专练2]　

（1）已知等比数列{an}的首项为a1，公比为q，给出下列四个有关数列{an}的命题：

p1：

如果a1>0且q>1，那么数列{an}是递增的等比数列；

p2：

如果a1<0且q<1，那么数列{an}是递减的等比数列；

p3：

如果a1<0且0

p4：

如果a1>0且0

其中为真命题的个数为（　　）

A．1B．2C．3D．4

（2）设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＋S6＝S9，则数列的公比q是________．

[解析]　

（1）p1中若q>1，则qn－1单调递增，又a1>0，所以{an}单调递增，p1为真命题；p2中an＝（－1）n，则{an}不具有单调性，所以p2为假命题；p3中若00，所以{an}单调递减，p4为真命题．综上，可知真命题的个数为3，故选C.

（2）①当q＝1时，S3＋S6＝9a1，S9＝9a1，

∴S3＋S6＝S9成立．

②当q≠1时，由S3＋S6＝S9

得＋＝，

∴q9－q6－q3＋1＝0，即（q3－1）（q6－1）＝0.

∵q≠1，∴q3－1≠0，∴q6＝1，∴q＝－1.

[答案]　

（1）C　

（2）1或－1

易错点3　分类讨论不当致误

【例3】　已知等差数列{an}的首项a1＝21，公差d＝－4，则数列{|an|}的前n项和Sn＝________.

[错解]　由题意，知an＝21－4（n－1）＝25－4n，

因此由an≥0，解得n≤，即数列{an}的前6项大于0，从第7项开始，以后各项均小于0.

|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|

＝（a1＋a2＋a3＋…＋a6）－（a7＋a8＋…＋an）

＝2（a1＋a2＋…＋a6）－（a1＋a2＋…＋a6＋a7＋a8＋…＋an）

＝2n2－23n＋132，

所以Sn＝2n2－23n＋132.

[错因分析]　忽视了n≤6的情况，只给出了n≥7的情况．

[正解]　由题意，知an＝21－4（n－1）＝25－4n，因此由an≥0，解得n≤，即数列{an}的前6项大于0，从第7项开始，以后各项均小于0.

当n≤6时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝－2n2＋23n.

当n≥7时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|

＝（a1＋a2＋a3…＋a6）－（a7＋a8＋…＋an）

＝2（a1＋a2＋…＋a6）－（a1＋a2＋…＋a6＋a7＋a8＋…＋an）

＝2n2－23n＋132，

所以Sn＝

在数列问题中，一定要注意项数n的取值范围，特别是在它取不同的值造成不确定的因素时，要注意对其加以分类讨论．

[对点专练3]　

（1）已知数列{an}满足an＋1＝an－an－1（n≥2），a1＝1，a2＝3，记Sn＝a1＋a2＋…＋an，则下列结论正确的是（　　）

A．a100＝－1，S100＝5B．a100＝－3，S100＝5

C．a100＝－3，S100＝2D．a100＝－1，S100＝2

（2）已知Sn是等差数列{an}（n∈N*）的前n项和，且S8>S9>S7，有下列四个命题，其中是假命题的是（　　）

A．公差d<0

B．在所有Sn<0中，S17最大

C．a8>a9

D．满足Sn>0的n的个数有15个

[解析]　

（1）由题意知，a1＝1，a2＝3，a3＝2，a4＝－1，a5＝－3，a6＝－2，a7＝1，a8＝3由此可以得出数列{an}以6为一个周期，所以a100＝a4＝－1，S100＝a1＋a2＋a3＋a4＝5，故选A.

（2）∵a8＝S8－S7>0，a9＝S9－S8<0，∴公差d＝a9－a8<0，∴A，C为真命题；∵S17＝＝＝17a9<0，又S9＝S7＋a8＋a9>S7，∴a8＋a9>0，∴S16＝＝＝8（a8＋a9）>0，∴满足Sn>0的n的个数有16个，∴D为假命题，故选D.

[答案]　

（1）A　

（2）D

易错点4　数列与函数的区别认识不清致误

【例4】　已知数列{an}是递增数列，且对于任意的n∈N*，an＝n2＋λn恒成立，则实数λ的取值范围是________．

[错解]　因为an＝n2＋λn是关于n的二次函数，且n≥1，所以－≤1，解得λ≥－2.

[错因分析]　数列是以正整数N*（或它的有限子集{1,2，…，n}）为定义域的函数，因此它的图象只是一些孤立的点．

[正解]　解法一：

作出满足条件的数列的图象，如图．由图得，－<，所以λ>－3.

解法二：

由