备战2024年高考数学一轮复习易错题07数列含解析VIP

易错点07数列—备战2024年高考数学一轮复习易错题【典例分析】例1（2024年一般高等学校招生全国统一考试数学）将数列{2n–1}与{3n–2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________．【答案】【解析】【分析】首先推断出数列与项的特征，从而推断出两个数列公共项所构成新数列的首项以及公差，利用等差数列的求和公式求得结果.【详解】因为数列是以1为首项，以2为公差的等差数列，数列是以1首项，以3为公差的等差数列，所以这两个数列的公共项所构成的新数列是以1为首项，以6为公差的等差数列，所以的前项和为，故答案为：.【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的学问点有两个等差数列的公共项构成新数列的特征，等差数列求和公式，属于简洁题目.例2（2024年一般高等学校招生全国统一考试数学）已知公比大于的等比数列满意．（1）求的通项公式；（2）记为在区间中的项的个数，求数列的前项和．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用基本元的思想，将已知条件转化为的形式，求解出，由此求得数列的通项公式.（2）通过分析数列的规律，由此求得数列的前项和.【详解】（1）由于数列是公比大于的等比数列，设首项为，公比为，依题意有，解得解得，或(舍)，所以，所以数列的通项公式为.（2）由于，所以对应的区间为：，则；对应的区间分别为：，则，即有个；对应的区间分别为：，则，即有个；对应的区间分别为：，则，即有个；对应的区间分别为：，则，即有个；对应的区间分别为：，则，即有个；对应的区间分别为：，则，即有个.所以.【点睛】本小题主要考查等比数列基本量的计算，考查分析思索与解决问的实力，属于中档题.【易错警示】易错点1．已知求时,易忽视致错．【例1】已知数列的前项和为＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(1,2)n＋1，求的通项公式．【错解】an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(1,2)n＋1－eq\f(1,2)(n－1)2－eq\f(1,2)(n－1)－1＝n，所以．【错因】成立的条件是，当要单独验证．【正解】当n＝1时，a1＝S1＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)＋1＝2；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(1,2)n＋1－eq\f(1,2)(n－1)2－eq\f(1,2)(n－1)－1＝n.当n＝1时不符合上式，所以．易错点2．利用等比数列前n项和公式时，忽视公比致错．【例2】求数列的前n项和．【错解】由于，两式相减得=.【错因】上述解法只适合的情形．事实上，当时，【正解】．易错点3．忽视数列与函数的区新颖错．【例3】已知函数，数列满意（），且数列是单调递增数列，则的取值范围是_______．【错解】由题有，得．【错因】忽视数列与函数的区新颖错，事实上，数列是一串离散的点，不能干脆将带入到分段函数的两个部分进行比较【正解】由题有，得．【例4】已知数列在是递增数列，则实数的取值范围是_______．【错解】依题意，，解得，所以的取值范围是．【错因】数列的定义域是全体的正整数，不是实数，所以不能依据函数的处理方法．【正解】依题意，，即，得易错点4．数列的定义域是全体的正整数．【例5】已知数列，其前项和为，则的最大值是________．【错解】由题意，，，当时，的最大，最大值是为．【错因】数列的自变量是正整数，不能取非正数．【正解】方法1：由题意，，，当时，离二次函数对称轴最近，所以的最大值是为．方法2：令，解得，即前4项为正数，后面项均为负数，所以的最大值为．易错点5．乱用结论致错．【例6】已知等差数列的前m项，前2m项，前3m项的和分别为，若，求．【错解】因为，，，所以．【错因】以为为等差数列，则也是为等差数列致错．【正解】设数列的公差为，则，，，，所以是公差为的等差数列，所以．即，．易错点6．乱设常量致错．【例7】数列与的前项和分别为，且，则_______【错解】，则，，所以．【错因】从可知，比值=:随着项数的改变而改变，不能设为常数，这里忽视了项数的可变性而致错．【正解】设，则，，其中，．所以4:3．易错点7．用归纳代替证明致错．【例8】已知数列{}的首项为1，为数列的前n项和，，其中q>0，，若成等差数列，求的通项公式；【错解】依题意，解得，因为，所以是一个等比数列，所以.【错因】由前3项成等比数列，就认为数列为等比数列．【正解】由已知，两式相减得到.又由得到，故对全部都成立.所以，数列是首项为1，公比为q的等比数列.从而.由成等比数列，可得，即，则，由已知,，故.所以.易错点8．数列加肯定值后，认为其还是等差数列．【例9】在等差数列中，，记，求数列的前30项和.【错解】依题意，也是等差数列，，，所以．【错因】这里易错点是也为等差数列，而解题的关键是肯定值号内的的正负号进行探讨，当时，时，【正解】=755．易错点9．运用构造法求数列通项公式时，弄错首项致错．【例10】已知数列{an}满意，，求的通项公式．【错解】， 是以2为公比的等比数列．【错因】新数列的首项是，不是．【正解】， 是以为首项，2为公比的等比数列即【变式练习】1．《周髀算经》有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种十二个节气日影长减等寸，冬至、立春、春分日影之和为三丈一尺五寸，前九个节气日影之和为八丈五尺五寸，问芒种日影长为（）A．一尺五寸 B．二尺五寸 C．三尺五寸 D．四尺五寸【答案】B【解析】由题知各节气日影长依次成等差数列，设为，是其前项和，则尺，所以尺，由题知，所以，所以公差，所以尺。故选:B.2．“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从其次个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为A． B．C． D．【答案】D【解析】因为每一个单音与前一个单音频率比为，所以，又，则故选D.3．在明代程大位所著的《算法统宗》中有这样一首歌谣，“放牧人马虎大意，三畜偷偷吃苗青，苗主扣住牛马羊，要求赔偿五斗粮，三畜户主愿赔偿，牛马羊吃得异样．马吃了牛的一半，羊吃了马的一半．”请问各畜赔多少？它的大意是放牧人放牧时马虎大意，牛、马、羊偷吃青苗，青苗主子扣住牛、马、羊向其主子要求赔偿五斗粮食（1斗=10升），三畜的主子同意赔偿，但牛、马、羊吃的青苗量各不相同．马吃的青苗是牛的一半，羊吃的青苗是马的一半．问羊、马、牛的主子应当分别向青苗主子赔偿多少升粮食？（）A． B． C． D．【答案】D【解析】设羊户赔粮升,马户赔粮升,牛户赔粮升,则成等比数列,且公比,则,故,,.故选:D.4．《张丘建算经》是公元5世纪中国古代内容丰富的数学著作，书中卷上其次十三问：“今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月织九匹三丈.问半月积几何？”其意思为“有个女子织布，每天比前一天多织相同量的布，第一天织五尺，一个月(按30天计)共织布9匹3丈.问：前半个月(按15天计)共织多少布？”已知1匹＝4丈，1丈＝10尺，可估算出前半个月一共织的布约有（）A．195尺 B．133尺 C．130尺 D．135尺【答案】B【解析】9匹3丈为390尺，每天的织布数成等差数列，首项，记公差为，，，．故选：B5.设Sn为等差数列{an}的前n项和.若S5＝25，a3＋a4＝8，则{an}的公差为________.【答案】－2【解析】依题意，可得S5＝eq\f(5a1＋a5,2)＝eq\f(5×2a3,2)＝25，解得a3＝5，又a3＋a4＝8，所以a4＝3，所以公差d＝a4－a3＝3－5＝－2.6.已知等差数列{an}和等比数列{bn}的各项都是正数，且a1＝b1，a11＝b11.那么肯定有()A.a6≤b6B.a6≥b6C.a12≤b12D.a12≥b12【答案】B解析因为等差数列{an}和等比数列{bn}的各项都是正数，且a1＝b1，a11＝b11，所以a1＋a11＝b1＋b11＝2a6，所以a6＝eq\f(a1＋a11,2)＝eq\f(b1＋b11,2)≥eq\r(b1b11)＝b6.当且仅当b1＝b11时，取等号，此时数列{bn}的公比为1.7.在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋n＋(－1)n，则a2018的值为________.【答案】2017×1009【解析】an＋1－an＝n＋(－1)n，a2018－a2017＝2017＋(－1)，a2017－a2016＝2016＋1，a2016－a2015＝2015＋(－1)，a2015－a2014＝2014＋1，…，a3－a2＝2＋1，a2－a1＝1＋(－1)，将以上式子相加得a2018－a1＝2017＋2016＋…＋2，即a2018＝2017＋2016＋…＋2＋1＝eq\f(2017×1＋2017,2)＝2017×1009.8.已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(mx－2017，x≥2019，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3m,2018)＋1))x－2020，x<2019，))数列{an}满意：an＝f(n)，n∈N*，且{an}是单调递增函数，则实数m的取值范围是________.【答案】(2，＋∞)【解析】因为an＝f(n)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(mn－2017，n≥2019，n∈N*，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3m,2018)＋1))n－2020，n<2019，n∈N*，))且{an}是单调递增数列，所以依据指数函数的单调性可得m>1，依据一次函数的单调性可得eq\f(3m,2018)＋1>0，由分段函数的单调性结合数列的单调性可得，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3m,2018)＋1))×2018－2020<m2019－2017，综合三种状况解得m>2.9.若数列{bn}满意：eq\f(b1,2)＋eq\f(b2,22)＋…＋eq\f(bn,2n)＝2n(n∈N*)，则数列{bn}的前n项和Sn为________.【答案】2n＋2－4【解析】数列{bn}满意eq\f(b1,2)＋eq\f(b2,22)＋…＋eq\f(bn,2n)＝2n(n∈N*)，可得当n≥2时，eq\f(b1,2)＋eq\f(b2,22)＋…＋eq\f(bn－1,2n－1)＝2(n－1)(n∈N*)，可得eq\f(bn,2n)＝2n－2(n－1)＝2，所以bn＝2n＋1(n≥2).当n＝1时，b1＝4，满意bn＝2n＋1，所以数列{bn}的通项公式为bn＝2n＋1(n∈N*).所以数列{bn}是等比数列，公比为2.数列{bn}的前n项和Sn＝eq\f(41－2n,1－2)＝2n＋2－4.10.正项等比数列{an}满意a1＝1，a2a6＋a3a5＝128，则下列结论正确的是________.A.∃n∈N*，Sn>an＋1B.∀n∈N*，anan＋1≥an＋2C.∃n∈N*，an＋an＋2＝2an＋1D.∀n∈N*，an＋an＋3>an＋1＋an＋2【答案】D【解析】因为等比数列{an}满意a2a6＋a3a5＝128，即(a4)2＋(a4)2＝128，解得a4＝±8，又等比数列为正项等比数列，所以a4＝8，由a1＝1，则q3＝eq\f(a4,a1)＝8，解得q＝2，对于A，Sn>an＋1，有Sn＝eq\f(1×1－2n,1－2)＝2n－1，an＋1＝2n，有Sn<an＋1，A错误；对于B，anan＋1＝2n－12n＝22n－1，an＋2＝2n＋1，当n＝1时，anan＋1<an＋2，B错误；对于C，an＋an＋2＝2n－1＋2n＋1,2an＋1＝2n＋1，若an＋an＋2＝2an＋1，则2n－1＋2n＋1＝2n＋1，明显不成立，C错误；对于D，an＋an＋3＝2n－1＋2n＋2＝2n－1(1＋8)＝9×2n－1，an＋1＋an＋2＝2n＋2n＋1＝2n－1(2＋4)＝6×2n－1，必有an＋an＋3>an＋1＋an＋2，D正确.11.已知x2＋y2＝4，在这两个实数x，y之间插入三个实数，使这五个数构成等差数列，那么这个等差数列后三项和的最大值为________.【答案】eq\f(3,2)eq\r(10)【解析】因为在实数x，y之间插入三个实数，使这五个数构成等差数列，所以设中间三项为a，b，c，由等差数列的性质可得2b＝x＋y，所以b＝eq\f(x＋y,2)，同理可得c＝eq\f(x＋3y,4)，所以后三项的和为b＋c＋y＝eq\f(x＋y,2)＋eq\f(x＋3y,4)＋y＝eq\f(3x＋9y,4)，又因为x2＋y2＝4，所以可令x＝2cosθ，y＝2sinθ，所以eq\f(3x＋9y,4)＝eq\f(3,2)(cosθ＋3sinθ)＝eq\f(3\r(10),2)sin(θ＋φ)≤eq\f(3\r(10),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中tanφ＝\f(1,3))).12.设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝9，a2为整数，且Sn≤S5，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an·an＋1)))的前n项和的最大值为________.【答案】eq\f(4,9)【解析】由a1＝9，a2为整数，可知等差数列{an}的公差d为整数.∵Sn≤S5，∴a5≥0，a6≤0，则9＋4d≥0,9＋5d≤0，解得－eq\f(9,4)≤d≤－eq\f(9,5)，∴d＝－2，∴an＝9－2(n－1)＝11－2n.∴eq\f(1,an·an＋1)＝eq\f(1,11－2n9－2n)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9－2n)－\f(1,11－2n)))，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an·an＋1)))的前n项和为eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)－\f(1,9)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)－\f(1,7)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9－2n)－\f(1,11－2n)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9－2n)－\f(1,9))).令bn＝eq\f(1,9－2n)，易知0<b1<b2<b3<b4，b5<b6<b7<…<0，∴bn≤b4＝1，∴eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9－2n)－\f(1,9)))的最大值为eq\f(4,9).【真题演练】1．【2024年高考全国II卷理数】北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最终一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)A．3699块 B．3474块 C．3402块 D．3339块【答案】C【解析】设第n环天石心块数为，第一层共有n环，则是以9为首项，9为公差的等差数列，，设为的前n项和，则第一层、其次层、第三层的块数分别为，因为下层比中层多729块，所以，即即，解得，所以.故选：C【点晴】本题主要考查等差数列前n项和有关的计算问题，考查学生数学运算实力，是一道简洁题.2．【2024年高考北京】在等差数列中，，．记，则数列A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项【答案】B【解析】由题意可知，等差数列的公差，则其通项公式为：，留意到，且由可知，由可知数列不存在最小项，由于，故数列中的正项只有有限项：，.故数列中存在最大项，且最大项为.故选：B．【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列中项的符号问题，分类探讨的数学思想等学问，属于中等题.3．【2024年高考浙江】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差，且．记，，，下列等式不行能成立的是A． B． C． D．【答案】D【解析】对于A，因为数列为等差数列，所以依据等差数列的下标和性质，由可得，，A正确；对于B，由题意可知，，，∴，，，．∴，．依据等差数列的下标和性质，由可得，B正确；对于C，，当时，，C正确；对于D，，，．当时，，∴即；当时，，∴即，所以，D不正确．故选：D.【点睛】本题主要考查等差数列的性质应用，属于基础题．4．【2024年高考浙江】我国古代数学家杨辉，朱世杰等探讨过高阶等差数列的求和问题，如数列就是二阶等差数列．数列的前3项和是_______．【答案】【解析】因为，所以．即．故答案为：.【点睛】本题主要考查利用数列的通项公式写出数列中的项并求和，属于简洁题．5．【2024年高考江苏】设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列．已知数列{an+bn}的前n项和，则d+q的值是▲．【答案】【解析】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，依据题意.等差数列的前项和公式为，等比数列的前项和公式为，依题意，即，通过对比系数可知，故.故答案为：.【点睛】本小题主要考查等差数列和等比数列的前项和公式，属于中档题.6．【2024年高考山东】将数列{2n–1}与{3n–2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________．【答案】【解析】因为数列是以1为首项，以2为公差的等差数列，数列是以1首项，以3为公差的等差数列，所以这两个数列的公共项所构成的新数列是以1为首项，以6为公差的等差数列，所以的前项和为，故答案为：.【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的学问点有两个等差数列的公共项构成新数列的特征，等差数列求和公式，属于简洁题目.7．【2024年高考全国Ⅰ卷理数】设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．（1）求的公比；（2）若，求数列的前项和．【解析】（1）设的公比为，由题设得即.所以解得（舍去），.故的公比为.（2）设为的前n项和.由（1）及题设可得，.所以，.可得所以.8．【2024年高考全国III卷理数】设数列{an}满意a1=3，．（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；（2）求数列{2nan}的前n项和Sn．【解析】（1）猜想由已知可得，，…….因为，所以（2）由（1）得，所以.①从而.②得，所以9．【2024年高考江苏】已知数列的首项a1=1，前n项和为Sn．设λ与k是常数，若对一切正整数n，均有成立，则称此数列为“λ～k”数列．（1）若等差数列是“λ～1”数列，求λ的值；（2）若数列是“”数列，且，求数列的通项公式；（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列为“λ～3”数列，且？若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由．【解析】（1）因为等差数列是“λ～1”数列，则，即，也即，此式对一切正整数n均成立．若，则恒成立，故，而，这与是等差数列冲突．所以．（此时，随意首项为1的等差数列都是“1～1”数列）（2）因为数列是“”数列，所以，即．因为，所以，则．令，则，即．解得，即，也即，所以数列是公比为4的等比数列．因为，所以．则（3）设各项非负的数列为“”数列，则，即．因为，而，所以，则．令，则，即．（*）①若或，则（*）只有一解为，即符合条件的数列只有一个．（此数列为1，0，0，0，…）②若，则（*）化为，因为，所以，则（*）只有一解为，即符合条件的数列只有一个．（此数列为1，0，0，0，…）③若，则的两根分别在（0，1）与（1，+∞）内，则方程（*）有两个大于或等于1的解：其中一个为1，另一个大于1（记此解为t）．所以或．由于数列从任何一项求其后一项均有两种不同结果，所以这样的数列有多数多个，则对应的有多数多个．综上所述，能存在三个各项非负的数列为“”数列，的取值范围是．10．【2024年高考山东】已知公比大于的等比数列满意．（1）求的通项公式；（2）记为在区间中的项的个数，求数列的前项和．【解析】（1）设的公比为．由题设得，．解得（舍去），．由题设得．所以的通项公式为．（2）由题设及（1）知，且当时，．所以．11．【2024年高考天津】已知为等差数列，为等比数列，．（Ⅰ）求和的通项公式；（Ⅱ）记的前项和为，求证：；（Ⅲ）对随意的正整数，设求数列的前项和．【解析】（Ⅰ）设等差数列的公差为，等比数列的公比为．由，，可得，从而的通项公式为．由，又，可得，解得，从而的通项公式为．（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可得，故，，从而，所以．（Ⅲ）解：当为奇数时，；当为偶数时，．对随意的正整数，有，和．①由①得．②由①②得，从而得．因此，．所以，数列的前项和为．12．【2024年高考浙江】已知数列{an}，{bn}，{cn}满意．（Ⅰ）若{bn}为等比数列，公比，且，求q的值及数列{a