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最新高考数学考试易错题 易错点10 数列
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这是一份最新高考数学考试易错题 易错点10 数列，文件包含易错点10数列-备战2023年高考数学考试易错题新高考专用原卷版docx、易错点10数列-备战2023年高考数学考试易错题新高考专用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
1、多加总结。这是非常重要的一点，当三年所有的数学知识点加在一起，可能会使有些基础不牢固的学生犯迷糊。
2、做题经验。更简单的来说：“一个知识点对应的题目有无数个”，哪怕同一题只改变数字，也能成为一道新的题目。
3、多刷错题。对于备考当中的学生来说“多刷错题能够进一步地扫清知识盲区，多加巩固之后自然也就掌握了知识点。”
对于学生来说，三轮复习就相当于是最后的“救命稻草”，家长们同样是这样，不要老是去责怪孩子考试成绩不佳，相反，更多的来说，如果能够陪同孩子去反思成绩不佳的原因，找到问题的症结所在，更加重要。
专题10 数列
易错分析
一、利用an＝Sn－Sn－1求通项公式忽视n＝1致错
1、在数列中，（），求的通项公式．
【错解】由得，两式相减得，整理得，故是以，等比数列，即．
【错因】未对进行验证．
【正解】由得当时，，两式相减并整理得（）即（），又由得，由于，
故数列是从第二项起以为公比的等比数列，故
二、忽视在数列中n为正整数而致错
2．在数列－1,0，eq \f(1,9)，eq \f(1,8)，…，eq \f(n－2,n2)中，若an＝0.08，则n＝( )
A.eq \f(5,2) B．8 C.eq \f(5,2)或10 D．10
【错解】由题意可得eq \f(n－2,n2)＝0.08，解得n＝10或n＝eq \f(5,2)．所以选C。
【错因】在数列中n为正整数，不能取小数。
【正解】由题意可得eq \f(n－2,n2)＝0.08，解得n＝10或n＝eq \f(5,2)(舍去)．所以选D。
三、等比数列问题中忽视对公比的讨论致错
3．已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且7S2＝4S4，则等比数列{an}的公比q的值为( )
A．1 B．1或eq \f(1,2) C.eq \f(\r(3),2) D．±eq \f(\r(3),2)
【错解】因为7S2＝4S4，所以3(a1＋a2)＝4(S4－S2)＝4(a3＋a4)，所以3(a1＋a2)＝4(a1＋a2)q2.因为a1＋a2≠0，所以q2＝eq \f(3,4). 所以q＝±eq \f(\r(3),2).故选D.
【错因】审题不清，未考虑公比的正负。
【正解】因为7S2＝4S4，所以3(a1＋a2)＝4(S4－S2)＝4(a3＋a4)，
所以3(a1＋a2)＝4(a1＋a2)q2.因为a1＋a2≠0，所以q2＝eq \f(3,4).
因为{an}为正项等比数列，所以q＞0，所以q＝eq \f(\r(3),2).故选C.
4. 设是等比数列的前n项和，，，成等差数列，且.则____.
【错解】由题知，整理得：.
∴，故.
【错因】未考虑的情况。
【正解】由题知：.
当时，显然不成立，
当时，，整理得：.
∴，故.
5、已知等差数列{an}的前3项和为6，前8项和为－4，设bn＝(4－an)qn－1(q≠0，n∈N＋)，求数列{bn}的前n项和Sn.
【错解】由已知得，即，解得a1＝3，d＝－1，
所以an＝4－n， 则bn＝n·qn－1，
所以Sn＝1＋2·q1＋3·q2＋…＋n·qn－1， qSn＝1·q＋2·q2＋3·q3＋…＋n·qn，
两式相减得：(1－q)Sn＝1＋q＋q2＋…＋qn－1＋n·qn＝-n·qn.
所以Sn＝-.
【错因】未对q＝1或q≠1分别讨论．
【正解】设{an}的公差为d，则由已知得，即，
解得a1＝3，d＝－1，故an＝3－(n－1)＝4－n. 则bn＝n·qn－1，
于是Sn＝1·q0＋2·q1＋3·q2＋…＋n·qn－1，
(1) 若q≠1，上式两边同乘以q. qSn＝1·q1＋2·q2＋…＋(n－1)·qn－1＋n·qn，
两式相减得：(1－q)Sn＝1＋q1＋q2＋…＋qn－1－n·qn＝－n·qn.
所以Sn＝－＝.
(2)若q＝1，则Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝，
由上可知，所以Sn＝.
四、使用错位相减法求和，两式相减时符号出错
6、设为数列的前n项和，已知，，．求数列的前n项和．
【错解】令，得，即．因为，所以．
令，得，解得．
当时，由，两式相减得，
即．于是数列是首项为1，公比为2的等比数列．因此．
所以数列的通项公式为．则．
记数列的前n项和为，于是①
则．②
①－②得．
从而．
【错因】两式相减时，项的符号出错，
【正解】令，得，即．因为，所以．
令，得，解得．
当时，由，两式相减得，
即．于是数列是首项为1，公比为2的等比数列．因此．
所以数列的通项公式为．则．
记数列的前n项和为，于是①
则．②
①－②得．
从而．
五、利用裂项相消法求和时漏项、添项或忽视系数而致错
7．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a9＝eq \f(1,2)a12＋6，a2＝4，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))的前10项和为( )
A.eq \f(11,12) B．eq \f(10,11) C.eq \f(9,10) D.eq \f(8,9)
【错解】设等差数列{an}的公差为d，由a9＝eq \f(1,2)a12＋6及等差数列的通项公式得a1＋5d＝12，又a2＝4，所以a1＝2，d＝2，所以Sn＝n2＋n，所以eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
所以eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,S10)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋＝1＝eq \f(9,10). 选C。
【错因】求和时漏项，漏掉了这一项。
【正解】设等差数列{an}的公差为d，由a9＝eq \f(1,2)a12＋6及等差数列的通项公式得a1＋5d＝12，又a2＝4，所以a1＝2，d＝2，所以Sn＝n2＋n，所以eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
所以eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,S10)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)－\f(1,11)))＝1－eq \f(1,11)＝eq \f(10,11). 选B。
8．已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,2n－12n＋1)))的前n项和为Tn，若对任意的n∈N*，不等式12Tn【错解】因为eq \f(1,2n－12n＋1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1)))，
所以Tn＝，
又因为12Tn【错因】对eq \f(1,2n－12n＋1)进行分拆时忽略了系数，eq \f(1,2n－12n＋1)应等于eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1)))，
【正解】因为eq \f(1,2n－12n＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1)))，
所以Tn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,5)＋eq \f(1,5)－eq \f(1,7)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－eq \f(1,2n＋1)))＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)·eq \f(1,2n＋1)又因为12Tn六、对隐含条件挖掘不透彻致错
9．一个等差数列的首项为eq \f(1,25)，从第10项起各项都比1大，则这个等差数列的公差d的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(8,75)，＋∞)) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，eq \f(3,25)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(8,75)，eq \f(3,25))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(eq \f(8,75)，eq \f(3,25)))
【错解】由题意可得，即，解得，选A。
【错因】从第10项起各项都比1大，所以要保证第9项小于等于1.
【正解】由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a10＞1，,a9≤1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,25)＋9d＞1，,\f(1,25)＋8d≤1，))解得eq \f(8,75)＜d≤eq \f(3,25).选D。
七、等差数列前n项的最值问题中忽视值为0的项
10．已知等差数列{an}的通项公式为an＝5n－105，当Sn取得最小值时，n等于( )
A．20 B．22 C．20或21 D．21
【错解】选D 令an＝5n－105＝0，得n＝21，即a21＝0，又当1≤n≤20时，an＜0，
故当n＝21时，Sn取得最小值．
【错因】因为a21＝0，所以前20项与前21项和相等。
【正解】选C 令an＝5n－105＝0，得n＝21，即a21＝0，又当1≤n≤20时，an＜0，
故当n＝20或n＝21时，Sn取得最小值．
八、忽视数列中奇数项或偶数项的符号
11、已知通项公式为，求的前n项和．
【错解】．
【错因】忽略了n的奇偶性，没有对n的奇偶性进行讨论．
【正解】：当n为偶数时，．
当n为奇数时，．
综上可知，
易错题通关
1．已知数列{an}是等比数列，a5＝4，a9＝16，则a7＝( )
A．8 B．±8 C．－8 D．1
【答案】A
【详解】设等比数列{an}的公比为q，则a7＝a5q2>0，由等比中项的性质可得aeq \\al(2,7)＝a5a9＝64，因此，a7＝8.
2. 已知数列的前项和为，若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】数列的前项和为，若，，可得：，，，所以不正确；可得，可知数列奇数项与偶数项都是等差数列，公差都是1，，所以正确；
，所以不正确；
，所以不正确；
3．已知在等比数列{an}中，a3＝7，前三项之和S3＝21，则公比q的值是( )
A．1 B．－eq \f(1,2) C．1或－eq \f(1,2) D．－1或eq \f(1,2)
【答案】C
【详解】 当q＝1时，a3＝7，S3＝21，符合题意；当q≠1时，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q2＝7，,\f(a11－q3,1－q)＝21，))得q＝－eq \f(1,2).综上，q的值是1或－eq \f(1,2)，故选C.
4. 设数列满足，求的前项和（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】，则当时，，两式相减得：，；
当时，，满足，综上所述：，；
设数列的前项和为，，
，
，
.
5. （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】由，得，
两式相减得
.所以.
6. 已知数列满足，，，记数列的前项和为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】降标相减可得，即，变形得：，
降标相减可得可算得，，，即是等差数列，可得，所以，
所以 ，错位相减可得.所以.
7．已知数列{an}是等比数列，数列{bn}是等差数列，若a2·a6·a10＝3eq \r(3)，b1＋b6＋b11＝7π，则taneq \f(b2＋b10,1－a3·a9)的值是( )
A．1 B．eq \f(\r(2),2) C．－eq \f(\r(2),2) D．－eq \r(3)
【答案】D
【详解】因为{an}是等比数列，所以a2·a6·a10＝aeq \\al(3,6)＝3eq \r(3)，所以a6＝eq \r(3).
因为{bn}是等差数列，所以b1＋b6＋b11＝3b6＝7π，所以b6＝eq \f(7π,3).
所以taneq \f(b2＋b10,1－a3·a9)＝taneq \f(2b6,1－a\\al(2,6))＝taneq \f(\f(14π,3),1－3)＝－taneq \f(7π,3)＝－eq \r(3).故选D.
8．一弹球从100米高处自由落下，每次着地后又跳回到原来高度的一半再落下，则第10次着地时所经过的路程之和是(结果保留到个位)( )
A．300米 B．299米 C．199米 D．166米
【答案】A
【详解】由题意，可得小球10次着地共经过的路程为：100＋100＋50＋…＋100×eq \f(1,2)8＝
100＋100eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))8))＝100＋100×eq \f(1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))9,1－\f(1,2))＝300－200×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))9≈300米．
9. 已知数列，，满足：，若是首项为2，公比为2的等比数列，，则数列的前项的和是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【详解】数列是首项为2，公比为2的等比数列，，
，
，，
两式相减得：，，当时，，即满足上式，数列的通项公式是，，，
数列的前项的和，①
，②，
.
10．数列{an}的通项公式为an＝n2＋tn(n≤2 020)，若数列{an}为递减数列，则t的取值范围是________．
【答案】(－∞，－4 039)
【详解】由数列{an}为递减数列知，an＋1－an＝(n＋1)2＋t(n＋1)－(n2＋tn)＝2n＋1＋t＜0对于n＝1，2，…，2 019恒成立，即t＜－(2n＋1)对于n＝1，2，…，2 019恒成立，
所以t＜－4 039.故t的取值范围是(－∞，－4 039)．
11．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－16n，则|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a11|＝________.
【答案】73
【详解】∵Sn＝n2－16n，∴当n＝1时，a1＝－15，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝n2－16n－[(n－1)2－16(n－1)]＝2n－17，令an≤0，解得n≤8，
则|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a11|＝－a1－a2－a3－…－a8＋a9＋a10＋a11
＝15＋13＋11＋9＋7＋5＋3＋1＋1＋3＋5＝73.
12．设Sn，Tn分别是等差数列{an}，{bn}的前n项和，已知eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(2n＋1,4n－2)(n∈N*)，则eq \f(a10,b3＋b17)＝______.
【答案】eq \f(39,148)
【详解】因为eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(2n＋1,4n－2)(n∈N*)，所以eq \f(a10,b3＋b17)＝eq \f(1,2)×eq \f(a1＋a19,b1＋b19)＝eq \f(1,2)×eq \f(\f(19a1＋a19,2),\f(19b1＋b19,2))
＝eq \f(1,2)×eq \f(S19,T19)＝eq \f(1,2)×eq \f(2×19＋1,4×19－2)＝eq \f(39,148).
13．数列{an}满足eq \f(1,an＋2)＝eq \f(2,an＋1)－eq \f(1,an)，a1＝1，a5＝eq \f(1,9)，bn＝eq \f(2n,an)，则数列{bn}的前n项和为Sn＝________.
【答案】(2n－3)·2n＋1＋6
【详解】数列{an}满足eq \f(1,an＋2)＝eq \f(2,an＋1)－eq \f(1,an)，即数列{an}满足eq \f(1,an＋2)＋eq \f(1,an)＝eq \f(2,an＋1)，∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是等差数列，设公差为d.则9＝eq \f(1,a5)＝eq \f(1,1)＋4d，解得d＝2.∴eq \f(1,an)＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴bn＝eq \f(2n,an)＝(2n－1)·2n，则数列{bn}的前n项和为Sn＝2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n,2Sn＝22＋3×23＋…＋
(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n＋1，相减可得：－Sn＝2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n－1)·2n＋1
＝2×eq \f(22n－1,2－1)－2－(2n－1)·2n＋1，化为Sn＝(2n－3)·2n＋1＋6.
14. 已知数列满足，，记数列的前项和为，若，则__________.
【答案】16
【详解】数列满足，，且，，数列的奇数项是首项为1，公差为的等差数列，偶数项是首项为，公差为的等差数列，
(负值舍去)，
，此时n无正整数解，若，则，
15．已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝4n－3，则数列{an}的通项公式为________．
【答案】an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,3×4n－1，n≥2.))
【详解】当n＝1时，a1＝S1＝41－3＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(4n－3)－(4n－1－3)＝3×4n－1，令n＝1，则3×41－1＝3≠1.
故数列{an}的通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,3×4n－1，n≥2.))
16. 若数列的前n项和，则其通项公式为_______．
【答案】
【详解】当时，；当时，，当时，不满足上式，所以，．
17. 已知数列的前n项和为，求这个数列的通项公式.
【答案】.
【详解】当时，；当时，，所以.
18. 已知数列的前n项和为，若，，则______．
【答案】123
【详解】由已知，，①，当时，，
当时，②，①②得：，整理得：，
即，所以数列是以为首项，公比为2的等比数列，所以
，所以，
所以.
19. 已知等比数列中，，，求和q．
【答案】，或，
【详解】若，则，符合题意．此时，，．
若，由等比数列的前n项和公式得，
∴，∴，得，．
综上所述，，或，．
20. 数列是首项的等比数列，且成等差数列，求数列的通项公式.
【答案】
【详解】设等比数列的公比为（），若，则，
不成等差数列，不符合题意 所以， 依题意，，
即，解得，。
21. 已知数列的前项和，满足关系（，），求的通项公式．
【答案】
【详解】由得，则时，；
时，，当n=1时，，∴
22. 已知数列中，满足对任意都成立，数列的前n项和为．若，且是等比数列，求k的值，并求．
【答案】；当时，；当时，，．
【详解】因为且得，
又是等比数列，则，即，得．当时，，，故是以2为首项，公比为1的等比数列，此时的前n项和；当时，，即，所以，且所以以为首项，公比为-1的等比数列，又，
所以，当n是偶数时，，
当n是奇数时，，
，，
综上，当时，，当时
1、多加总结。这是非常重要的一点，当三年所有的数学知识点加在一起，可能会使有些基础不牢固的学生犯迷糊。
2、做题经验。更简单的来说：“一个知识点对应的题目有无数个”，哪怕同一题只改变数字，也能成为一道新的题目。
3、多刷错题。对于备考当中的学生来说“多刷错题能够进一步地扫清知识盲区，多加巩固之后自然也就掌握了知识点。”
对于学生来说，三轮复习就相当于是最后的“救命稻草”，家长们同样是这样，不要老是去责怪孩子考试成绩不佳，相反，更多的来说，如果能够陪同孩子去反思成绩不佳的原因，找到问题的症结所在，更加重要。
专题10 数列
易错分析
一、利用an＝Sn－Sn－1求通项公式忽视n＝1致错
1、在数列中，（），求的通项公式．
【错解】由得，两式相减得，整理得，故是以，等比数列，即．
【错因】未对进行验证．
【正解】由得当时，，两式相减并整理得（）即（），又由得，由于，
故数列是从第二项起以为公比的等比数列，故
二、忽视在数列中n为正整数而致错
2．在数列－1,0，eq \f(1,9)，eq \f(1,8)，…，eq \f(n－2,n2)中，若an＝0.08，则n＝( )
A.eq \f(5,2) B．8 C.eq \f(5,2)或10 D．10
【错解】由题意可得eq \f(n－2,n2)＝0.08，解得n＝10或n＝eq \f(5,2)．所以选C。
【错因】在数列中n为正整数，不能取小数。
【正解】由题意可得eq \f(n－2,n2)＝0.08，解得n＝10或n＝eq \f(5,2)(舍去)．所以选D。
三、等比数列问题中忽视对公比的讨论致错
3．已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且7S2＝4S4，则等比数列{an}的公比q的值为( )
A．1 B．1或eq \f(1,2) C.eq \f(\r(3),2) D．±eq \f(\r(3),2)
【错解】因为7S2＝4S4，所以3(a1＋a2)＝4(S4－S2)＝4(a3＋a4)，所以3(a1＋a2)＝4(a1＋a2)q2.因为a1＋a2≠0，所以q2＝eq \f(3,4). 所以q＝±eq \f(\r(3),2).故选D.
【错因】审题不清，未考虑公比的正负。
【正解】因为7S2＝4S4，所以3(a1＋a2)＝4(S4－S2)＝4(a3＋a4)，
所以3(a1＋a2)＝4(a1＋a2)q2.因为a1＋a2≠0，所以q2＝eq \f(3,4).
因为{an}为正项等比数列，所以q＞0，所以q＝eq \f(\r(3),2).故选C.
4. 设是等比数列的前n项和，，，成等差数列，且.则____.
【错解】由题知，整理得：.
∴，故.
【错因】未考虑的情况。
【正解】由题知：.
当时，显然不成立，
当时，，整理得：.
∴，故.
5、已知等差数列{an}的前3项和为6，前8项和为－4，设bn＝(4－an)qn－1(q≠0，n∈N＋)，求数列{bn}的前n项和Sn.
【错解】由已知得，即，解得a1＝3，d＝－1，
所以an＝4－n， 则bn＝n·qn－1，
所以Sn＝1＋2·q1＋3·q2＋…＋n·qn－1， qSn＝1·q＋2·q2＋3·q3＋…＋n·qn，
两式相减得：(1－q)Sn＝1＋q＋q2＋…＋qn－1＋n·qn＝-n·qn.
所以Sn＝-.
【错因】未对q＝1或q≠1分别讨论．
【正解】设{an}的公差为d，则由已知得，即，
解得a1＝3，d＝－1，故an＝3－(n－1)＝4－n. 则bn＝n·qn－1，
于是Sn＝1·q0＋2·q1＋3·q2＋…＋n·qn－1，
(1) 若q≠1，上式两边同乘以q. qSn＝1·q1＋2·q2＋…＋(n－1)·qn－1＋n·qn，
两式相减得：(1－q)Sn＝1＋q1＋q2＋…＋qn－1－n·qn＝－n·qn.
所以Sn＝－＝.
(2)若q＝1，则Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝，
由上可知，所以Sn＝.
四、使用错位相减法求和，两式相减时符号出错
6、设为数列的前n项和，已知，，．求数列的前n项和．
【错解】令，得，即．因为，所以．
令，得，解得．
当时，由，两式相减得，
即．于是数列是首项为1，公比为2的等比数列．因此．
所以数列的通项公式为．则．
记数列的前n项和为，于是①
则．②
①－②得．
从而．
【错因】两式相减时，项的符号出错，
【正解】令，得，即．因为，所以．
令，得，解得．
当时，由，两式相减得，
即．于是数列是首项为1，公比为2的等比数列．因此．
所以数列的通项公式为．则．
记数列的前n项和为，于是①
则．②
①－②得．
从而．
五、利用裂项相消法求和时漏项、添项或忽视系数而致错
7．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a9＝eq \f(1,2)a12＋6，a2＝4，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))的前10项和为( )
A.eq \f(11,12) B．eq \f(10,11) C.eq \f(9,10) D.eq \f(8,9)
【错解】设等差数列{an}的公差为d，由a9＝eq \f(1,2)a12＋6及等差数列的通项公式得a1＋5d＝12，又a2＝4，所以a1＝2，d＝2，所以Sn＝n2＋n，所以eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
所以eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,S10)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋＝1＝eq \f(9,10). 选C。
【错因】求和时漏项，漏掉了这一项。
【正解】设等差数列{an}的公差为d，由a9＝eq \f(1,2)a12＋6及等差数列的通项公式得a1＋5d＝12，又a2＝4，所以a1＝2，d＝2，所以Sn＝n2＋n，所以eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
所以eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,S10)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)－\f(1,11)))＝1－eq \f(1,11)＝eq \f(10,11). 选B。
8．已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,2n－12n＋1)))的前n项和为Tn，若对任意的n∈N*，不等式12Tn
所以Tn＝，
又因为12Tn
【正解】因为eq \f(1,2n－12n＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1)))，
所以Tn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,5)＋eq \f(1,5)－eq \f(1,7)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－eq \f(1,2n＋1)))＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)·eq \f(1,2n＋1)
9．一个等差数列的首项为eq \f(1,25)，从第10项起各项都比1大，则这个等差数列的公差d的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(8,75)，＋∞)) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，eq \f(3,25)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(8,75)，eq \f(3,25))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(eq \f(8,75)，eq \f(3,25)))
【错解】由题意可得，即，解得，选A。
【错因】从第10项起各项都比1大，所以要保证第9项小于等于1.
【正解】由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a10＞1，,a9≤1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,25)＋9d＞1，,\f(1,25)＋8d≤1，))解得eq \f(8,75)＜d≤eq \f(3,25).选D。
七、等差数列前n项的最值问题中忽视值为0的项
10．已知等差数列{an}的通项公式为an＝5n－105，当Sn取得最小值时，n等于( )
A．20 B．22 C．20或21 D．21
【错解】选D 令an＝5n－105＝0，得n＝21，即a21＝0，又当1≤n≤20时，an＜0，
故当n＝21时，Sn取得最小值．
【错因】因为a21＝0，所以前20项与前21项和相等。
【正解】选C 令an＝5n－105＝0，得n＝21，即a21＝0，又当1≤n≤20时，an＜0，
故当n＝20或n＝21时，Sn取得最小值．
八、忽视数列中奇数项或偶数项的符号
11、已知通项公式为，求的前n项和．
【错解】．
【错因】忽略了n的奇偶性，没有对n的奇偶性进行讨论．
【正解】：当n为偶数时，．
当n为奇数时，．
综上可知，
易错题通关
1．已知数列{an}是等比数列，a5＝4，a9＝16，则a7＝( )
A．8 B．±8 C．－8 D．1
【答案】A
【详解】设等比数列{an}的公比为q，则a7＝a5q2>0，由等比中项的性质可得aeq \\al(2,7)＝a5a9＝64，因此，a7＝8.
2. 已知数列的前项和为，若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】数列的前项和为，若，，可得：，，，所以不正确；可得，可知数列奇数项与偶数项都是等差数列，公差都是1，，所以正确；
，所以不正确；
，所以不正确；
3．已知在等比数列{an}中，a3＝7，前三项之和S3＝21，则公比q的值是( )
A．1 B．－eq \f(1,2) C．1或－eq \f(1,2) D．－1或eq \f(1,2)
【答案】C
【详解】 当q＝1时，a3＝7，S3＝21，符合题意；当q≠1时，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q2＝7，,\f(a11－q3,1－q)＝21，))得q＝－eq \f(1,2).综上，q的值是1或－eq \f(1,2)，故选C.
4. 设数列满足，求的前项和（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】，则当时，，两式相减得：，；
当时，，满足，综上所述：，；
设数列的前项和为，，
，
，
.
5. （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】由，得，
两式相减得
.所以.
6. 已知数列满足，，，记数列的前项和为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】降标相减可得，即，变形得：，
降标相减可得可算得，，，即是等差数列，可得，所以，
所以 ，错位相减可得.所以.
7．已知数列{an}是等比数列，数列{bn}是等差数列，若a2·a6·a10＝3eq \r(3)，b1＋b6＋b11＝7π，则taneq \f(b2＋b10,1－a3·a9)的值是( )
A．1 B．eq \f(\r(2),2) C．－eq \f(\r(2),2) D．－eq \r(3)
【答案】D
【详解】因为{an}是等比数列，所以a2·a6·a10＝aeq \\al(3,6)＝3eq \r(3)，所以a6＝eq \r(3).
因为{bn}是等差数列，所以b1＋b6＋b11＝3b6＝7π，所以b6＝eq \f(7π,3).
所以taneq \f(b2＋b10,1－a3·a9)＝taneq \f(2b6,1－a\\al(2,6))＝taneq \f(\f(14π,3),1－3)＝－taneq \f(7π,3)＝－eq \r(3).故选D.
8．一弹球从100米高处自由落下，每次着地后又跳回到原来高度的一半再落下，则第10次着地时所经过的路程之和是(结果保留到个位)( )
A．300米 B．299米 C．199米 D．166米
【答案】A
【详解】由题意，可得小球10次着地共经过的路程为：100＋100＋50＋…＋100×eq \f(1,2)8＝
100＋100eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))8))＝100＋100×eq \f(1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))9,1－\f(1,2))＝300－200×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))9≈300米．
9. 已知数列，，满足：，若是首项为2，公比为2的等比数列，，则数列的前项的和是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【详解】数列是首项为2，公比为2的等比数列，，
，
，，
两式相减得：，，当时，，即满足上式，数列的通项公式是，，，
数列的前项的和，①
，②，
.
10．数列{an}的通项公式为an＝n2＋tn(n≤2 020)，若数列{an}为递减数列，则t的取值范围是________．
【答案】(－∞，－4 039)
【详解】由数列{an}为递减数列知，an＋1－an＝(n＋1)2＋t(n＋1)－(n2＋tn)＝2n＋1＋t＜0对于n＝1，2，…，2 019恒成立，即t＜－(2n＋1)对于n＝1，2，…，2 019恒成立，
所以t＜－4 039.故t的取值范围是(－∞，－4 039)．
11．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－16n，则|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a11|＝________.
【答案】73
【详解】∵Sn＝n2－16n，∴当n＝1时，a1＝－15，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝n2－16n－[(n－1)2－16(n－1)]＝2n－17，令an≤0，解得n≤8，
则|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a11|＝－a1－a2－a3－…－a8＋a9＋a10＋a11
＝15＋13＋11＋9＋7＋5＋3＋1＋1＋3＋5＝73.
12．设Sn，Tn分别是等差数列{an}，{bn}的前n项和，已知eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(2n＋1,4n－2)(n∈N*)，则eq \f(a10,b3＋b17)＝______.
【答案】eq \f(39,148)
【详解】因为eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(2n＋1,4n－2)(n∈N*)，所以eq \f(a10,b3＋b17)＝eq \f(1,2)×eq \f(a1＋a19,b1＋b19)＝eq \f(1,2)×eq \f(\f(19a1＋a19,2),\f(19b1＋b19,2))
＝eq \f(1,2)×eq \f(S19,T19)＝eq \f(1,2)×eq \f(2×19＋1,4×19－2)＝eq \f(39,148).
13．数列{an}满足eq \f(1,an＋2)＝eq \f(2,an＋1)－eq \f(1,an)，a1＝1，a5＝eq \f(1,9)，bn＝eq \f(2n,an)，则数列{bn}的前n项和为Sn＝________.
【答案】(2n－3)·2n＋1＋6
【详解】数列{an}满足eq \f(1,an＋2)＝eq \f(2,an＋1)－eq \f(1,an)，即数列{an}满足eq \f(1,an＋2)＋eq \f(1,an)＝eq \f(2,an＋1)，∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是等差数列，设公差为d.则9＝eq \f(1,a5)＝eq \f(1,1)＋4d，解得d＝2.∴eq \f(1,an)＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴bn＝eq \f(2n,an)＝(2n－1)·2n，则数列{bn}的前n项和为Sn＝2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n,2Sn＝22＋3×23＋…＋
(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n＋1，相减可得：－Sn＝2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n－1)·2n＋1
＝2×eq \f(22n－1,2－1)－2－(2n－1)·2n＋1，化为Sn＝(2n－3)·2n＋1＋6.
14. 已知数列满足，，记数列的前项和为，若，则__________.
【答案】16
【详解】数列满足，，且，，数列的奇数项是首项为1，公差为的等差数列，偶数项是首项为，公差为的等差数列，
(负值舍去)，
，此时n无正整数解，若，则，
15．已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝4n－3，则数列{an}的通项公式为________．
【答案】an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,3×4n－1，n≥2.))
【详解】当n＝1时，a1＝S1＝41－3＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(4n－3)－(4n－1－3)＝3×4n－1，令n＝1，则3×41－1＝3≠1.
故数列{an}的通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,3×4n－1，n≥2.))
16. 若数列的前n项和，则其通项公式为_______．
【答案】
【详解】当时，；当时，，当时，不满足上式，所以，．
17. 已知数列的前n项和为，求这个数列的通项公式.
【答案】.
【详解】当时，；当时，，所以.
18. 已知数列的前n项和为，若，，则______．
【答案】123
【详解】由已知，，①，当时，，
当时，②，①②得：，整理得：，
即，所以数列是以为首项，公比为2的等比数列，所以
，所以，
所以.
19. 已知等比数列中，，，求和q．
【答案】，或，
【详解】若，则，符合题意．此时，，．
若，由等比数列的前n项和公式得，
∴，∴，得，．
综上所述，，或，．
20. 数列是首项的等比数列，且成等差数列，求数列的通项公式.
【答案】
【详解】设等比数列的公比为（），若，则，
不成等差数列，不符合题意 所以， 依题意，，
即，解得，。
21. 已知数列的前项和，满足关系（，），求的通项公式．
【答案】
【详解】由得，则时，；
时，，当n=1时，，∴
22. 已知数列中，满足对任意都成立，数列的前n项和为．若，且是等比数列，求k的值，并求．
【答案】；当时，；当时，，．
【详解】因为且得，
又是等比数列，则，即，得．当时，，，故是以2为首项，公比为1的等比数列，此时的前n项和；当时，，即，所以，且所以以为首项，公比为-1的等比数列，又，
所以，当n是偶数时，，
当n是奇数时，，
，，
综上，当时，，当时
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