1、易错点07 数列 备战2021年高考数学一轮复习易错题【典例分析】例1 （2020年普通高等学校招生全国统一考试数学）将数列2n1与3n2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】首先判断出数列与项的特征，从而判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，涉及到的知识点有两个等差数列的公共项构成新数列的
2、特征，等差数列求和公式，属于简单题目.例2 （2020年普通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足（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；
3、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，考查分析思考与解决问的能力，属于中档题.【易错警示】易错点1已知求时, 易忽略致错【例1】已知数列的前项和为n2n1，求的通项公式【错解】anSnSn1n2n1(n1)2(n1)1n，所以【错因】成立的条件是，当要单独验证【正解】当n1时，a1S112；当n2时，anSnSn1n2n1(n1)2(n1)1n.当n1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，忽略公比致错【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
4、适合的情形事实上，当时，【正解】易错点3忽略数列与函数的区别致错【例3】已知函数，数列满足（），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】忽略数列与函数的区别致错，实际上，数列是一串离散的点，不能直接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，所以不能按照函数的处理办法【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
5、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=:随着项数的变化而变化，不能设为常数，这里忽略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
6、项为1，为数列的前n项和， ，其中q0， ，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，故对所有都成立.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数列加绝对值后，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，而解题的关键是绝对值号内的的正负号进行讨论，当时，时，【正解】 =755易错点9使用构造法求数列通项公式时，弄
7、错首项致错【例10】已知数列an满足，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
8、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，从第二个单音起，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ABCD【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，“放牧人粗心大意，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粗心大意，牛、马、羊偷吃青苗，青苗主人扣住牛、马、羊向其主人要求赔偿五斗
9、粮食（1斗=10升），三畜的主人同意赔偿，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、牛的主人应该分别向青苗主人赔偿多少升粮食？（ ）ABCD【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，书中卷上第二十三问：“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
10、个月一共织的布约有（ ）A195尺B133尺C130尺D135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S525，a3a48，则an的公差为_.【答案】2【解析】依题意，可得S525，解得a35，又a3a48，所以a43，所以公差da4a3352.6.已知等差数列an和等比数列bn的各项都是正数，且a1b1，a11b11.那么一定有()A.a6b6 B.a6b6 C.a12b12 D.a12b12【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a1b1，a11b11，所以a1a11b1b112a6
11、，所以a6b6.当且仅当b1b11时，取等号，此时数列bn的公比为1.7.在数列an中，a11，an1ann(1)n，则a2 018的值为_.【答案】2 0171 009【解析】an1ann(1)n，a2 018a2 0172 017(1)，a2 017a2 0162 0161，a2 016a2 0152 015(1)，a2 015a2 0142 0141，a3a221，a2a11(1)，将以上式子相加得a2 018a12 0172 0162，即a2 0182 0172 016212 0171 009.8.已知函数f(x)数列an满足：anf(n)，nN*，且an是单调递增函数，则实数m的取值
12、范围是_.【答案】(2，)【解析】因为anf(n)且an是单调递增数列，所以根据指数函数的单调性可得m1，根据一次函数的单调性可得10，由分段函数的单调性结合数列的单调性可得，2 0182 0202.9.若数列bn满足：2n(nN*)，则数列bn的前n项和Sn为_.【答案】2n24【解析】数列bn满足2n(nN*)，可得当n2时，2(n1)(nN*)，可得2n2(n1)2，所以bn2n1(n2).当n1时，b14，满足bn2n1，所以数列bn的通项公式为bn2n1(nN*).所以数列bn是等比数列，公比为2.数列bn的前n项和Sn2n24.10.正项等比数列an满足a11，a2a6a3a512
13、8，则下列结论正确的是_.A.nN*，Snan1B.nN*，anan1an2C.nN*，anan22an1D.nN*，anan3an1an2【答案】D【解析】因为等比数列an满足a2a6a3a5128，即(a4)2(a4)2128，解得a48，又等比数列为正项等比数列，所以a48，由a11，则q38，解得q2，对于A，Snan1，有Sn2n1，an12n，有Snan1，A错误；对于B，anan12n12n22n1，an22n1，当n1时，anan1an1an2，D正确.11.已知x2y24，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
14、】【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2bxy，所以b，同理可得c，所以后三项的和为bcyy，又因为x2y24，所以可令x2cos ，y2sin ，所以(cos 3sin )sin().12.设等差数列an的前n项和为Sn，已知a19，a2为整数，且SnS5，则数列的前n项和的最大值为_.【答案】【解析】由a19，a2为整数，可知等差数列an的公差d为整数.SnS5，a50，a60，则94d0,95d0，解得d，d2，an92(n1)112n.，数列的前n项和为.令bn，易知0b1b2b3b4，b5b6b70，bnb
15、41，的最大值为.【真题演练】1【2020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后一环多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)A3699块B3474块C3402块D3339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、第二层、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
16、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，考查学生数学运算能力，是一道容易题.2【2020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：，注意到，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，分类讨论的数学思想等知识，属于中等题.3【2020年高考浙江】已知等差数列an的前n项和为Sn，公差，且记，下列等式不可能成立的是
17、ABCD【答案】D【解析】对于A，因为数列为等差数列，所以根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，根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【2020年高考浙江】我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究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，属于容易题5【2020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
18、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，根据题意.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【2020年高考山东】将数列2n1与3n2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
19、到的知识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，属于简单题目.7【2020年高考全国卷理数】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【2020年高考全国III卷理数】设数列an满足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. 从而. 得，所以 9【2020年高考江苏】已知数列的
20、首项a1=1，前n项和为Sn设与k是常数，若对一切正整数n，均有成立，则称此数列为“k”数列（1）若等差数列是“1”数列，求的值；（2）若数列是“”数列，且，求数列的通项公式；（3）对于给定的，是否存在三个不同的数列为“3”数列，且？若存在，求的取值范围；若不存在，说明理由【解析】（1）因为等差数列是“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，这与是等差数列矛盾所以（此时，任意首项为1的等差数列都是“11”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
21、为，而，所以，则令，则，即（*）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，）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，）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，所以这样的数列有无数多个，则对应的有无数多个综上所述，能存在三个各项非负的数列为“”数列，的取值范围是10【2020年高考山东】已知公比大于的等比数列满足（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
22、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【2020年高考天津】已知为等差数列，为等比数列，（）求和的通项公式；（）记的前项和为，求证：；（）对任意的正整数，设求数列的前项和【解析】（）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（）证明：由（）可得，故，从而，所以（）解：当为奇数时，；当为偶数时，对任意的正整数，有，和 由得 由得，从而得因此，所以，数列的前项和为12【2020年高考浙江】已知数列an，bn，cn满足（）若bn为等比数列，公比，且，求q的值及数列an的
23、通项公式；（）若bn为等差数列，公差，证明：【解析】（）由得，解得由得由得（）由得，所以， 由，得，因此13【2020年高考北京】已知是无穷数列给出两个性质：对于中任意两项，在中都存在一项，使；对于中任意项，在中都存在两项使得()若，判断数列是否满足性质，说明理由；()若，判断数列是否同时满足性质和性质，说明理由；()若是递增数列，且同时满足性质和性质，证明：为等比数列.【解析】()不具有性质；()具有性质；具有性质；()【解法一】首先，证明数列中的项数同号，不妨设恒为正数：显然，假设数列中存在负项，设，第一种情况：若，即，由可知：存在，满足，存在，满足，由可知，从而，与数列的单调性矛盾，假设
24、不成立.第二种情况：若，由知存在实数，满足，由的定义可知：，另一方面，由数列单调性可知：，这与的定义矛盾，假设不成立.同理可证得数列中的项数恒为负数.综上可得，数列中的项数同号.其次，证明：利用性质：取，此时，由数列的单调性可知，而，故，此时必有，即，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列：假设数列的前项成等比数列，不妨设，其中，（情况类似）由可得：存在整数，满足，且 （*）由得：存在，满足：，由数列的单调性可知：，由可得： （*）由（*）和（*）式可得：，结合数列的单调性有：，注意到均为整数，故，代入（*）式，从而.总上可得，数列的通项公式为：.即数列为等比数列.【解法二】假设数列中的项数均为
25、正数：首先利用性质：取，此时，由数列的单调性可知，而，故，此时必有，即，即成等比数列，不妨设，然后利用性质：取，则，即数列中必然存在一项的值为，下面我们来证明，否则，由数列的单调性可知，在性质中，取，则，从而，与前面类似的可知则存在，满足，若，则：，与假设矛盾；若，则：，与假设矛盾；若，则：，与数列的单调性矛盾；即不存在满足题意的正整数，可见不成立，从而，同理可得：，从而数列为等比数列，同理，当数列中的项数均为负数时亦可证得数列为等比数列.由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数.从而题中的结论得证，数列为等比数列.【点睛】本题主要考查数列的综合运用，等比数列的证明，数列性质的应用，数学归纳法与推理方法、不等式的性质的综合运用等知识，意在考查学生的转化能力和推理能力.
