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1、1 例析高中数列解题易错点 论文摘要 数列蕴含着丰富的数学思想，在主观题中着重考查函数与方 程、转化与化归、分类讨论等重要思想。因为数列考查学生的综合能力较强，学 生在解题中往往出现一些错误， 大大地降低了解题的准确率。 本文从八个方面列 举学生解题易错点，并加以分析，得出正解。 关键词 数列易错点通项公式数列前n项和 数列对于理解数学逻辑和贯穿联系其他知识点起着举足轻重的作用，学好数 列是至关重要的。数列的题型形式多样，解题思路灵活，但万变不离其宗，就是 离不开数列的概念和性质， 离不开数学思想方法， 只要能把握这两方面， 就会迅 速打通解题思路。 解题成败在于审清题目， 弄懂来龙去脉，透过
2、给定信息的表象， 抓住问题的本质， 揭示问题的内在联系和隐含条件，明确解题方向， 形成良好的 解题策略。 以下从八个方面列举学生解题易错点，并加以分析，得出正解。 一、掉以轻心（忽略首项的定义） 原题 已知数列 n a满足1 1 a， 1321 132 nn anaaaa， 2n ，则na的通项na=_. 错解： 1321 132 nn anaaaa， 23211232nnanaaaa ，两式相减得 11 1 nnn anaa， n a a n n 1 . 由此类推： 2, 1 1 2 2 1 a a n a a n n ，由累乘法可得 2 ! n an. 问题分析：在求数列的通项公式时，向前
3、递推一项时应考虑n的范围。当 1n代入上述通项时，首项 2 1 1 a与原定义1 1 a矛盾。 正解：2n时， 1321 132 nn anaaaa 3n 时， 23211 232 nn anaaaa -得 111nnnanaa 当3n时， n a a n n 1 . 222 2 3 2 1 1 2 ! 341a n anna a a a a a a a n n n n n ，又1 12 aa, 2 当2n时， 2 !n an . 当1n时，1 1 a. 故 2 2 ! 11 n n n an. 原题 在等差数列 n a中，公差0d， 2 a是 1a与4a 的等比中项。已知数 列, 21 31
4、 n kkk aaaaa成等比数列，求数列 n k的通项 n k。 错解：dnaan1 1 ， 41 2 2 aaa. daada3 11 2 1 . 1 ad， ndan.da1. da3 3 . q d a 3 3 . dka nkn .dka nkn1 1 . 3 1 1 q k k a a n n k k n n . n k是公比为 3 的等比数列 . 11 331 nn n k. 问题分析：错因在于把 1 k当作数列 n k 的首项。惯性思维认为 1 k =1，而实 际上9 1 k。对于新数列的本质把握不全面，导致首项定义出错。 正解：数列 n a 是等差数列， dnaan1 1 .
5、 2a 是 1a与4a 的等比中项， 41 2 2 aaa. 即daada3 11 2 1 . 整理得dad 1 2 ，0d，1 ad ，得ndan. 故由已知得,3 , 21 dkdkdkdd n 是等比数列 . 由 0d ，所以数列,3 , 1 21n kkk也是等比数列，首项为1，公比为 3 1 3 q，由此得9 1 k. 等比数列 n k的首项9 1 k，公比3q. ,3,2, 1339 111 1 nqkk nnn n ，数列 n k的通项 1 3 n n k. 二、似是而非（搞不清项数） 原题 设 *34753 22222Nnnf n , 则nf（ ）. A. 3 142 n B.
6、 3 142 3n C. 3 1162 1n D . 3 1162 2n 错解：由题设可把 *34753 2,2,2,2, 2Nn n 看作一个等比数列，显然 首项为2，公比为 2 2，该数列共有 n项. 根据等比数列的前n项和公式 q qa S n n 1 1 1 可得 3 142 21 212 2 2n n nf，选A. 问题分析：习惯性思维认定数列求和就是求前n项和，而没审清题意到底有 多少项而致错。 在解决数列问题时， 找准数列的项数是必不可少的，要把握数列 的项的构成规律，主要是要善于观察数列通项公式的特点。 正解：选C. 数列 *34753 2,2,2,2,2Nn n 是以首项为2
7、 1 a，公比为 3 42 2 q的等比数列 . 设 34 2 n 是数列的第x项，则 341212 2222 nxx xa. 即 3412nx ， 解得 22nx . 说明此等比数 列共有22n项。由等比数列的求和公式，得 3 1162 21 212 1 2 222nn nf. 原题 数列 n a满足8 1 a，2 4 a，且 * 12 02Nnaaa nnn . （1）求数列 n a的通项公式； （2） 设 * 14 1 Nn an b n n ， nn bbbS 21 ， 是否存在最大的整数m， 使得任意的 * Nn均有 32 m Sn总成立？若存在，求出m；若不存在，请说明理 由. 错
8、解： （2） 2 11 4 1 22 1 14 1 nnnnan b n n . nn bbbS 21 2 11 4 1 2 1 3 1 1 1 4 1 nn 2 1 4 1 2 1 1 4 1 n n n . 问题分析：不能根据数列通项的特点寻找相应的求和方法，特别是在应用裂 项求和时对裂项后抵消项的规律不清，导致多项或少项。使用裂项消法求和时， 要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项。 正解： （1）02 12nnnaaa ， * 112 Nnaaaa nnnn . n a是等差数列，设公差为d，则2 3 82 14 14 aa d. nnan210218. （2） 2 11 4
9、1 22 1 14 1 nnnnan b n n . nn bbbS 21 2 11 4 1 2 1 3 1 1 1 4 1 nn 24 1 14 1 8 3 2 1 1 1 2 1 1 4 1 nnnn . 又 24 1 14 1 8 3 34 1 24 1 8 3 1 nnnn SS nn 0 312 1 34 1 14 1 nnnn . 4 数列 n S是单调递增的 . 假设存在整数m满足 32 m Sn对一切 * Nn总成立 . 则对 * Nn， 32 min m Sn，即 6 1 1 S为 n S的最小值，故 326 1m , 3 16 m，故m的最大整数值为5. 三、大而化之（忽略
10、项的符号） 原题 已知 n a为等比数列，且 64 91a a，20 73 aa，求 5 a. 错解：由等比数列的性质知，64 2 591 aaa，8 5 a. 问题分析：上述解法忽略了对 5 a 符号的讨论，实际上，在等比数列n a 中， 当公比0q时，0 1nn aa，即相邻两项同号；当0q时，0 1nn aa，即相 邻两项符号相反。 也可以说，在等比数列中， 奇数项同号， 偶数项同号。 本题中， 由64 91a a，20 73 aa知，奇数项应为正值，因此8 5 a。 正解：64 9173 aaaa，又20 73 aa, 解得 4 16 7 3 a a ，或 16 4 7 3 a a .
11、 当16 3 a，4 7 a时， 4 1 3 74 a a q. 2 1 2 q，8 2 1 16 2 35 qaa. 当4 3 a，16 7 a时，2 2 q，824 2 35 qaa. 综上，8 5 a. 原题 等差数列 n a中，11 1 a，2d， 设 nn aaaS 21 ， 求 n S . 错解：ndnaan2131 1 . 由0 n a得 2 13 n. 当6n，0 n a，36 62121 aaaaaaS nn . 当7n，0 n a，nnaaaaaaS nnn 12 2 2121 . 问题分析：忽略了数列 n a 从第七项开始为负，认为 1 a、 2 a、 n a仍 为等差数
12、列而致错。求和时应根据绝对值号内的 n a的正负号来进行讨论。 正解： n a为等差数列， ndnaan21311 * Nn. 由0213nan，得 2 13 n. 当6n， * Nn时，0 n a， 5 此时 2 2121 12nnaaaaaaS nnn ； 当7n， * Nn时，0 n a， 此时 nnn aaaaaaaaaS 8762121 ； 2 21311 661222 2 21621 nn aaaaaa n 72121272 22 nnnn. 综上， 7,7212 6,12 2 2 nnn nnn Sn * Nn. 四、以偏概全（忽略 1nnn SSa 中的条件） 原题 已知数列
13、n a的前n项和 n n aqS（1,0 qa，q为非零常数）， 则 n a为（） A. 等差数列B. 等比数列C. 既非等差数列，也不是等比数列D. 既是等 差数列，又是等比数列 错解：1 1 11 qaqaqaqSSa nnn nnn ， 1 1 1 qaqSSa n nnn . q a a n n 1 （常数） n a为等比数列 . 问题分析：忽略了 1nnn SSa中的隐含条件2n。对于任意数列，如果 已知数列前n项和 n S可以利用下面关系式求其通项 n a， 2, 1, 1 1 nSS na a nn n，但值得注意的是，在 1n 和2n时对应关系是完全 不同的，这是解题中经常出错
14、的一个地方，在使用时要时刻记住其“分段”的特 点。 正解：当1n时，aqSa 11 ； 当2n时，1 1 1 qaqSSa n nnn ，q a a n n 1 （常数） . 但 qq aq qaq a a 1 1 1 2 , 数列 n a既非等差数列， 也不是等比数列， 选 C. 原题 在数列 n a中，已知1 1 a， * 1 13NnnSa nn , 求数列 n a的 通项公式 . 错解：由13 1 nSa nn 得43 1 nSa nn 6 得32 1nnaa . 323 1nnaa . 数列3 n a是以首项为23 1 a，公比为2的等比数列 . 32 n n a. 问题分析：此题在
15、应用 n S与 n a的关系时误认为 1nnn SSa对于任意n值 都成立，忽略了对1n的情况的验证。 答案正确仅仅只是巧合。 由 1nnn SSa 求出通项后，千万要优先验证 1n 是否符合 n a。只有当 1 a适合 1nnn SSa2n时两者才可以合并，否则要写出分段函数的形式。 正解：由13 1 nSa nn * Nn ； 当 2n 时， 得43 1 nSa nn . 得32 1nn aa2n，即有323 1nn aa2n. 数列3 n a是从第二项为43 2 a，公比为2的等比数列。 nn n aa2233 2 21 ，即32 n n a2n 而1 1 a也满足该式，32 n n a
16、 * Nn. 五、一叶障目（忽略讨论1q或1q） 原题 已知 nnnnn n babbabaau 1221 ，其中 * Nn,0a， 0b. （1）当ba时，求数列 n u的前n项和 n S； （2）求 1 lim n n n u u . 错解： （1）当ba时， n n anu1， n n anaaaS1432 32 . 式两边同时乘以a，得 1432 1432 n n anaaaaS . ，得： aan a aa anaaaaSa n n nn n 1132 1 1 1 121. 2 2121 2 1 221 1 1 1 1 a aaanan a ana a aa S nnnn n . （
17、2）由（1）知， a n na na an u u n n n n n n 1 lim 1 lim 1 1 . 问题分析：在用错位相减法求和时， 只机械地套用等比数列求n前项和公式， 忽视公比为参数时要分1q和1q两种情况讨论的重要性。（2）问中理所当然 地采用了（1）问的结论，也是犯了字母参数没能进行恰当分类讨论的毛病，导 7 致解答不全面甚至错误。此题利用0lim n n q（1q）的性质，易忽略1q的 情况。对q，只讨论10q或01q，或11q，而得到错误解答。 正解： （1）当ba时， n n nnnn n anaaaau1 1 , n nn anaaauuuuS1432 32 321
18、 . 两边同时乘以a，得 1432 1432 n n anaaaaS. 得 132 121 nn n anaaaaSa. 若1a，则 aan a aa Sa n n n 1 1 1 1 1. 2 2121 2 1 221 1 1 1 1 a aaanan a ana a aa S nnnn n . 若 1a ，则 2 3 1432 nn nnSn. （2）当ba时， a n na na an u u n n n n n n 1 lim 1 lim 1 1 . 当ba时，设1q a b q，则有 q qa qqqau nn nn n 1 1 1 1 2 . 此时 1 1 1 1 n n n n
19、q qa u u . 当1q时，即ba时， a q q a q qa u u n n n n n n n n n 11 1 1 1 lim 1 1 limlim； 当1q时，即ba时， baq q q q a q qa u u n n n n n n n n n 1 1 1 1 1 1 lim 1 1 limlim. 原题 已知等比数列 n a，2 2 a，aa5，求 nn aaaaaaaa 1433221 . 错解：设等比数列 n a的公比为 3 1 3 22 aa q. 设 1nnn aab，则 n b是等比数列，首项 3 11 2 4 a b，公比为 3 2 2 a . 设 nnn aa
20、aaaaaaB 14332211 . 8 1n B 3 2 3 12 3 1 2 1 2 1 2 4 a a a n . 即 nn aaaaaaaa 1433221 3 2 3 12 3 1 2 1 2 1 2 4 a a a n . 问题分析：求等比数列 n a的前n项和 n S，经常只记得 q qa S n n 1 1 1 ，而 这个公式只适用于1q的情况。无形中常忽略1q的情况。显然这是对前n项 和公式死记硬背， 没从本质理解掌握导致的错误。 在等比数列的公比以字母参数 形式给出时养成讨论公比是否等于1的习惯。碰到等比数列的题目时，强化分类 讨论的意识。在等比数列求涉及到公比q时，如若题
21、目没有特别说明1q，那 么要分公比 1q 和 1q 两种情况进行讨论。 正解：设等比数列 n a的公比为q. 2 2 53 a a a q，即 3 1 3 22 aa q。 设 1nnn aab，则 2 2 1 211 q a a aa aa b b n n nn nn n n . 3 1 2 1 2 2 a q a a， 3 1211 2 4 a aab. 数列 nb 是首项 3 11 2 4 a b，公比为 b q 3 2 2 2 a q的等比数列 . 2a ，即1 b q，原式 121n bbb 3 2 3 12 3 1 2 1 2 1 2 4 a a a n . 2a ，即1 b q，
22、原式14 121 nbbb n . 六、借题发挥（乱用特殊性代替一般性） 9 原题 已知数列 n a中， 1 1 a，3 2 a，且22 11 naaa nnn 。设 nnn aab 1 ，是否存在实数，使数列 n b为等比数列。若存在，求出的 值；若不存在，请说明理由。 错解：假设存在实数，使数列 n b为等比数列，则有 31 2 2 bbb. 由1 1 a，3 2 a，且 11 2 nnn aaa，得5 3 a，11 4 a. 3 121 aab，35 232 aab，511 343 aab. 511335 2 ，解得1或2 . 所以存在实数，使数列 n b为等比数列 . 问题分析：因为给
23、出数列 n b的递推公式比较复杂，所以自然而然会想到 取三个特殊值 1 b、 2 b、 3 b，利用等比中项的性质进而确定出。但没有认识到 这样求解出的等比数列仅是对数列 n b的前三项适用而已，不是条件成立的充 分条件，缺乏严谨的逻辑思维。还应进一步地由特殊推广到一般。证明一个数 列 n a是等比数列，只需证明 n n a a 1 是一个与n无关的常数即可（或 11 2 nnn aaa） 正解：方法一：假设存在实数，使数列 n b为等比数列，则有 31 2 2 bbb. 由1 1 a，3 2 a，且 11 2 nnn aaa，得5 3 a，11 4 a. 3 121 aab，35 232 a
24、ab，511 343 aab. 511335 2 ，解得1或2 . 当 1时， nnn aab 1 ， 11nnn aab，且4 121 aab， 有 22 2 1 1 1 1 1 n aa aaa aa aa b b nn nnn nn nn n n . 当2时， nnn aab2 1 ， 11 2 nnn aab，且12 121 aab， 有 21 2 22 2 2 1 1 1 1 1 n aa aaa aa aa b b nn nnn nn nn n n . 存在实数，使数列 n b为等比数列 . 当 1时，数列 nb 为首项是4，公比是2的等比数列； 当2时，数列 n b为首项是1，公
25、比是1的等比数列 . 方法二：假设存在实数，使数列 n b为等比数列，设2 1 nq b b n n . 即 11nnnn aaqaa， 11nnn aqaqa. 10 由已知 11 2 nnn aaa，利用恒等式性质，有 2 1 q q . 解得 1或2. 存在实数，使数列 n b为等比数列 . 当1时，数列 n b为首项是4，公比是2的等比数列； 当2时，数列 n b为首项是1，公比是1的等比数列 . 原题 设数列 n a是公差不为零的等差数列， 且前k项的和 m k Sk ， 前m项 的和 k m Sm，求数列 n a前mk项的和 mk S. 错解：由 m k Sk得 m k Sk 1
26、1 ， m SSa kkk 1 1 . 同理可得 k am 1 n a是等差数列， m dkaak 1 1 1 ， k dmaam 1 1 1 . 联立上面两式解得 km a 1 1 ， km d 1 . km mkmk d mkmk amkS mk 2 1 2 1 1 . 问题分析：错把 m k Sk与 k m Sm当成数列前n项和 n S与项数n的关系， 而题意中是对数列 n a 中某确定的k、m成立，这样就不可避免地犯了以特殊代 替一般的错误。 正解：设等差数列 n a的首项为 1 a，公差为d，则由题意有 d mm ma k m S d kk ka m k S m k 2 1 2 1 1 1 ，解得 km a 1 1 ， km d 2 . km mk d mkmk amkS mk 2 1 2 1 . 七、穿凿附会（乱用等差、等比数列的概念及其性质） 原题 等差数列 n a 、 n b的前n项和分别为 n A 、 n B 。若 Nn n n B A n n 3 457 , 则使得 n n b a 为整数的正整数n的个数是 _. 错解：由题意可令knAn457，knBn3. knAn 387 1 ,knBn 2 1 .