直擊“數列”解題中的易錯點

丁甘婷

數列是新教材選擇性必修第二冊內容，涉及面廣、交匯性大、綜合性強，新高考對其要求較高.考生在解題中往往會出現這樣或那樣的錯誤，有的錯誤還不易察覺.現列舉七大易錯點，以備后期復習要注意防范．

易錯點1.忽視函數觀點下項數n的取值范圍

例1. 在數列an中，a1=1，an=a1+2a2+3a3+…+（n-1）an-1（n≥2），則通項公式an=．

錯解： 在an=a1+2a2+3a3+…+（n-1）an-1（n≥2）中，

令n為n-1，得到：

an-1=a1+2a2+3a3+…+（n-2）an-2.

兩式相減后得到， an-an-1=（n-1）an-1，

即an=nan-1，anan-1=n（n≥2）．

因此， ana1=anan-1·an-1an-2·an-2an-3… a2a1=n·（n-1）（n-2）…3·2=n ！， a1=1．

故an=n ！，n∈N*.

剖析：遞推式an-1=a1+2a2+3a3+…+（n-2）an-2成立的條件應該是n≥3，而不是n≥2，所以兩式相減后得到的等式an=nan-1成立的條件也應該是n≥3.“n≥3”與“n≥2”有差別，賦值時由于忽視了這個細節，使到手的分數在不經意間丟失，留下了許多遺憾，這不得不引起大家足夠的重視．

正解： ana2=anan-1·an-1an-2·an-2an-3… a3a2=n·（n-1）（n-2）…3=n ！2，其中n≥3.

在an=a1+2a2+3a3+…+（n-1）an-1（n≥2）中，

令n=2，得a2=a1=1. 所以當n≥3時，an=n ！2. a2=1適合此式，但a1=1不適合此式．

故數列{an}的通項公式是an=1， （n=1）

n ！2， （n≥2）

訓練1： 在數列{an}中，a1=1，1a1+2a2+3a3·+…+n-1an-1=1an（n≥2），則通項公式an= .

易錯點： 易忽視遞推式中項數n的取值范圍．

解析：在1a1+2a2+3a3+…+n-1an-1=1an（n≥2）中，

令n為n-1，得到1a1+2a2+3a3+…+n-2an-2=1an-1（n≥3）.

兩式相減后，得到 n-1an-1=1an-1an-1，anan-1=1n（n≥3）.

即a3a2=13，a4a3=14，a5a4=15，…，anan-1=1n.

將這（n-2）個等式整體相乘，得 a3a2·a4a3·a5a4… anan-1=13×4×5×…×n，ana2=2n！，其中n≥3.

在1a1+2a2+3a3+…+n-1an-1=1an（n≥2）中，令n=2，得a2=-1.

所以當n≥3時，an=-2n！. a2=-1適合此式，但a1=1不適合此式.

因此，數列{an}的通項公式是an= 1， （n=1）

-2n！.（n≥2）

易錯點2. 忽視“數列中的比例”與“實數中的比例”的差異

例2.兩個等差數列｛an｝和｛a′n｝的前n項和分別為Sn：S′n，且滿足Sn：S′n=（5n+13）：（4n+5）， 則a10：a′10=（）

A.4：5B.3：4C.5：4D.4：3

錯解：設Sn=（5n+13）k，S′n=（4n+5）k，

則an=Sn-Sn-1=5k，

a′n=S′n-S′n-1=4k，

所以an：a′n=5：4．

于是a10：a′10=5：4. 故選C．

剖析：從Sn：S′n=（5n+13）：（4n+5）可知，比值Sn5n+13=S′n4n+5隨著項數n的變化而變化，不能設為常數k. 這里將其與實數中的比例 ab=cd=k（常數）混同致錯.

正解1：設Sn=（5n+13）nk，S′n=（4n+5）nk，

則an=Sn-Sn-1=（10n+8）k，

a′n=S′n-S′n-1=（8n+1）k，

∴an：a′n=（10n+8）：（8n+1），其中n≥2.

于是，a10：a′10=（10×10+8）：（8×10+1）=4 ：3，

故選D．

正解2：因為S2n-1=（2n-1）an，T2n-1=（2n-1）bn，所以anbn=S2n-1T2n-1.

于是a10a′10=S2×10-1S′2×10-1=S19S′19=5×19+134×19+5=43. 故選D．

訓練2： 兩個等差數列｛an｝和｛bn｝的前n項和分別為An，Bn，且滿足AnBn=6n+47n+2. 則滿足anbn=11的正整數n的值是 ．

易錯點： 易忽視“數列中比例”的意義，宜于利用A2n-1B2n-1=anbn處理．

解析： anbn=A2n-1B2n-1=12n+412n+1=6+352n+1=112n+1=7n=3.

易錯點3. 忽視對數列中字母參數取值的討論

例3. 設b∈R，數列｛an｝的前n項和Sn=3n+b，則（）

A.｛an｝是等比數列

B.｛an｝是等差數列

C. 當b=-1時，｛an｝是等比數列

D. 當b≠-1時，an=3+b，n=1

2·3n-1，n≥2

錯解：當n≥2時，an=Sn-Sn-1=（3n+b）-（3n-1-b）=2·3n-1.故選A．

剖析： 本題中a1=S1=3+b，它是否適合an=2·3n-1，依賴于參數b的取值，必須對b的取值進行討論．

正解： a1=S1=3+b，當n≥2時，an=Sn-Sn-1=（3n+b）-（3n-1-b）=2·3n-1．

當b=-1時，a1適合an=2·3n-1； 當b≠-1時，a1不適合an=2·3n-1。

因此當b=-1時，an=2·3n-1，n∈N， 此時｛an｝是等比數列；

當b≠-1時，an=3+b，n=1

2·3n-1，n≥2故選CD．

訓練3：設等比數列｛an｝的公比為q，前n項和Sn>0（n=1，2，…）．

（1）求q的取值范圍；

（2）設bn=an+2-32an+1，記｛bn｝的前n項和為Tn，試比較Sn與Tn的大小．

易錯點： 比較Sn與Tn的大小時，易忽視對公比q取值的討論．

解析：（1）因為｛an｝是等比數列，Sn>0，可得a1=S1>0，q≠0．

當q=1時，Sn=na1>0；

當q≠1時，Sn=a1（1-qn）1-q>0，即1-qn1-q>0，（n=1，2，…）

上式等價于不等式組：1-q<0，

1-qn<0，（n=1，2，…） ①或1-q>0，

1-qn>0，（n=1，2，…） ②

解①式得q>1；解②，由于n可為奇數、可為偶數，得-1

綜上，q的取值范圍是（-1，0）∪（0，+∞）．

（2）由bn=aa+2-32an+1得bn=anq2-32q，Tn=q2-32qSn

于是Tn-Sn=Snq2-32q-1=Snq+12（q-2）.

又∵Sn>0且－10，

所以當-12時，Tn-Sn>0，即Tn>Sn；

當-12

當q=-12或q=2時，Tn-Sn=0，即Tn=Sn．

易錯點4. 忽視數列單調與函數單調的區別

例4.已知單調遞增數列｛an｝的通項an=n2-kn（n∈N*）， 則實數k的取值范圍是（）

A. （-∞，2］B.（-∞ ，3）

C.（-∞ ，2）D.（-∞ ，3］

錯解：由于二次函數f（x）=x2-kx在區間［k2，+∞）上單調遞增， 在-∞，k2上單調遞減.

因此要使數列an=n2-kn（n∈N*）在［1，+∞）上單調遞增，只要1≥k2，k≤2.故選A．

剖析：本題中如果a1，a2在對稱軸的兩旁且a1

正解1：由于二次函數f（x）=x2-kx在區間［k2，+∞）上單調遞增， 在-∞，k2上單調遞減. 因此要使數列an=n2-kn（n∈N*）在［1，+∞）上單調遞增，只要1≥k2，k≤2．

但如果a1，a2在對稱軸的兩旁且a1

正解2： 因為數列｛an｝單調遞增， 所以an

得n2-kn<（n+1）2-k（n+1），即k<2n+1對任意n∈N*恒成立，因此k<3.故選B．

訓練4： 若bn=3n（n+1）2n，則數列｛bn｝的第 項最大，且最大項為.

易錯點：易忽視數列單調性的意義，利用bn≥bn+1

bn≥bn-1確定項數n，再求最大項．

解析：設第n項最大，則bn≥bn+1，

bn≥bn-1，

即3n（n+1）2n≥3（n+1）（n+2）2n+1，

3n（n+1）2n≥3（n-1）n2n-1，

解得2≤n≤3.所以n=2， 3.所以數列｛bn｝的最大項是b2=b3=92．

易錯點5. 忽視數列不等式放縮的指向性

例5.已知數列｛an｝的前n項和為Sn，且滿足an=1（2n+1）2，求證：Sn<14．

錯解1： an=1（2n+1）2<1（2n+1）（2n-1）=12（12n-1－12n+1）．

于是，Sn=a1+a2+a3+…+an<12（1－13+13－15+…+12n-1－12n+1）

=12（1－12n+1）=n2n+1.

剖析：顯然n2n+1的值已經超過了14，“放縮法”以失敗而告終. 失敗的原因是：分母“超量”縮小，下面要控制放縮量，以達到預期的目標. 接著又有下列放縮方法．

錯解2 ： an=1（2n+1）2<1（2n+1）·2n=12n－12n+1.

于是，Sn=a1+a2+a3+…+an< （12－13）+（14－15）+（16－17）+…+（12n－12n+1） ．

剖析：顯然放縮后的分式無法裂項求和，“放縮法”又以失敗而告終.數列知識與不等式知識相融合，是高考中一種常見的題型，整體放縮法是解決這類問題的有效手段. 但在整體放縮過程中，又會常常出現放縮不當的情況，此時必須反思解題過程，按解題目標重新確定新的放縮方案. 反思.的過程就是不斷調整思維方向、深化思維層次、提高思維水平的過程．

正解：an=1（2n+1）2=14n2+4n+1<14n2+4n=14（1n－1n+1）．

于是，Sn=a1+a2+a3+…+an<141-12+12-13

+13-14+…+1n-1n+1

=14（1－1n+1）<14.

訓練5： 已知正項數列an滿足：S100為an的前100項的和，則下列結論中正確的是（）

A.76

C.54

易錯點： 忽視對遞推式1an+1-1an=1an（1an+1+1an）放縮不當致錯．

解析：1an+1-1an=1an（1an+1+1an）就是1an+1-1an=1an≥1an，

即an+1an≤12，ana1≤（12）n-1，an≤（14）n-1.

于是，S100≤（14）0+（14）1+（14）2+…+（14）99=43-43·（14）100<43.

又1a2-1a1=1a1（1a2+1a1），解得a2=14.

因此，a1+a2=54，S100>54.故選C．

易錯點6. 忽視對數列項數的奇偶討論

例6.在數列an中，a1=1，且anan+1=nn+2 （n∈N*）.求an的通項公式．

錯解： 在遞推式中，令n為n+1，得到an+1an+2=n+1n+3 .

與原遞推式相除，得an+2an=（n+1）（n+2）n（n+3）．

在anan+1=nn+2 中，令n=1，則a1a2=13 ，a2=13.

因此，

an=anan-2·an-2an-4·an-4an-6…·a6a4·a4a2·a2=（n-1）n（n-2）（n+1）·（n-3）（n-2）（n-4）（n-1）·（n-5）（n-4）（n-6）（n-3）…·3×42×5a2=n2n+2，n=2也適合上式．

故an=n2n+2，n∈N*.

剖析：本題中的遞推式an+2an=（n+1）（n+2）n（n+3）不是鄰項之比，利用累乘法時必須對項數n分奇偶討論．

正解：當n為偶數（n≥4）時，an=n2n+2，n∈N*.

當n為奇數（n≥3）時，

an=anan-2·an-2an-4·an-4an-6…·a5a3·a3a1·a1=（n-1）n（n-2）（n+1）·（n-3）（n-2）（n-4）（n-1）·（n-5）（n-4）（n-6）（n-3）…·2×31×4a1=2nn+1.n=1也適合上式.

故an=2nn+1，n為奇數

n2n+2. n為偶數

訓練6： 已知數列｛an｝滿足：a1=1且an+an+1=2n+1（n∈N*）．

（1）證明：數列an2n-23是等比數列，并求｛an｝的通項公式；

（2）設Tn=1a1+1a2+1a3+…+1an，證明：Tn<74（n∈N*）．

易錯點： 易忽視對和式Tn中項數n的奇偶討論．

解析：（1）an+an+1=2n+1就是an+12n+1=-12·an2n+1，

即an+12n+1-23=-12·（an2n-23），

所以數列an2n-23是以a12-23=-16為首項，公比為-12的等比數列．

于是，an2n-23=-16×（-12）n-1，an=2n+1+（-1）n3，n∈N*.

（2）當n為奇數（n≥3）時，

1an-1+1an=3（12n+1+12n+1-1）=3·2n+1+2n（2n+1）（2n+1-1）=3·2n+1+2n2n·2n+1+2n-1<3·2n+1+2n2n·2n+1=3·（12n+12n+1），

因此，Tn=1a1+1a2+1a3+…+1an<1+3（123+124+125+126+…+12n+12n+1）

=1+3·（14-12n+1）=74-32n+1<74.

當n為偶數（n≥2）時，Tn

故Tn<74（n∈N*）.

易錯點7. 忽視數列項的符號隨意去掉絕對值

例7.設等比數列｛an｝的前項和為， a1=1，S3=13.

（1）求通項公式；（2）若｛an｝是遞增數列，求數列｛ ｜an-n-2｜ ｝的前項和.

錯解： （1）易得an=3n-1，n∈N*，或an=（-4）n-1，n∈N*.

（2）取an=3n-1，n∈N*，則｛ ｜an-n-2｜ ｝的前項和為：

Tn=（a1+a2+a3+…+an）-（3+4+5+…+n+2）

=1-3n1-3-n（n+5）2=3n-n2-5n-12.

剖析：本題錯在忽視考察an-n-2值的正負， 隨意去掉絕對值求和致錯.在遇到絕對值求和問題時，要特別注意絕對值里面數的正負，否則極易出錯．

正解：（2）由（1）知，an=3n-1，n∈N*.

令bn=an-n-2=3n-1-n-2．

由3n-1-n-2≥0知，3n-1≥n+2，所以n≥3.

由3n-1-n-2<0知，n≤2，即n=1， 2.

設數列｛ ｜an-n-2｜ ｝的前項和為Tn=b1+b2+b3+…+bn．

當n=1時，T1=b1=2；當n=2時，T2=b1+b2=3；

當n≥3時，Tn=3+9（1-3n-2）1-3-（n-2）（n+7）2=3n-n2-5n+112．

故Tn=2，n=1

3n-n2-5n+112. n≥2

訓練7：記數列an的前n項和為Sn，已知a1=1，Sn+1=4an+1.設bn=an+1-2an．

（1）證明：數列bn為等比數列；

（2）設cn=|bn-100|，Tn為數列cn的前n項和，求T10．

易錯點：易忽視對bn-100的正負討論．

解析：（1）由Sn+1=4an+1得Sn=4an-1+1（n≥2，n∈N），

兩式相減得：

an+1=4（an-an-1）（n≥2），即an+1-2an=2（an-2an-1），

于是bnbn-1=an+1-2anan-2an-1=2（an-2an-1）an-2an-1=2（n≥2）．

故數列bn是首項b1=a2-2a1=4-2=2，公比為2的等比數列.

（2）由S2=a1+a2=4a1+1，∴a2=4，∴b1=2，bn=2·2n-1=2n，

cn=|2n-100|=100-2n，n≤6

2n-100，n>6

∴T10=600-（21+22+...+26）+27+28+29+210-400

=200-2（1-26）1-2+27+28+29+210=200+2+28+29+210=1994．

責任編輯徐國堅