2018屆高三數(shù)學第40練數(shù)列中的易錯題

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGEPAGE9學必求其心得，業(yè)必貴于專精第40練數(shù)列中的易錯題訓練目標(1)數(shù)列知識的深化應(yīng)用;（2）易錯題目矯正練．訓練題型數(shù)列中的易錯題．解題策略（1)通過Sn求an，要對n＝1時單獨考慮;（2)等比數(shù)列求和公式應(yīng)用時要對q＝1，q≠1討論;(3）使用累加、累乘法及相消求和時，要正確辨別剩余項，以免出錯.一、選擇題1．等差數(shù)列｛an｝的公差為d，前n項和為Sn，當首項a1和d變化時，a2＋a8＋a11是一個定值,則下列各數(shù)也為定值的是(）A．S7 B．S8C．S13 D．S152．已知等差數(shù)列：1，a1，a2,9；等比數(shù)列：－9，b1,b2，b3，－1。則b2(a2－a1)的值為()A．8 B．－8C．±8 D.eq\f(8,9）3．已知函數(shù)y＝f（x），x∈R，數(shù)列{an｝的通項公式是an＝f(n)，n∈N*,那么“函數(shù)y＝f(x）在［1，＋∞）上遞增”是“數(shù)列｛an}是遞增數(shù)列”的（）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件4．(2017·撫州月考）設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，（n＋1)Sn<nSn＋1（n∈N＊)．若eq\f(a8,a7）<－1，則(）A．Sn的最大值是S8 B．Sn的最小值是S8C．Sn的最大值是S7 D．Sn的最小值是S75．（2016·湖北黃岡中學等八校聯(lián)考)已知實數(shù)等比數(shù)列｛an}的前n項和為Sn，則下列結(jié)論一定成立的是()A．若a3>0，則a2013<0 B．若a4>0，則a2014<0C．若a3>0,則S2013〉0 D．若a4〉0，則S2014〉06．已知數(shù)列{an｝滿足：an＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（3－an－3，n≤7，,an－6,n>7)）(n∈N＊)，且｛an}是遞增數(shù)列，則實數(shù)a的取值范圍是(）A．(eq\f（9，4），3） B．[eq\f（9,4),3)C．(1，3) D．(2，3）7．(2016·江南十校聯(lián)考)已知數(shù)列{an}的通項公式為an＝log3eq\f（n，n＋1)(n∈N*),則使Sn〈－4成立的最小自然數(shù)n為（)A．83 B．82C．81 D．808．數(shù)列{an｝滿足a1＝1,an＋1＝r·an＋r（n∈N＊，r∈R且r≠0),則“r＝1”是“數(shù)列｛an}為等差數(shù)列”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件二、填空題9．若數(shù)列｛an}的前n項和Sn＝n2－2n－1,則數(shù)列{an｝的通項公式為________________．10．（2016·遼寧五校聯(lián)考）已知數(shù)列{an｝滿足an＝eq\f(1＋2＋3＋…＋n，n）,則數(shù)列｛eq\f(1,anan＋1)｝的前n項和為________．11．已知數(shù)列｛an}是遞增數(shù)列，且對于任意的n∈N＊，an＝n2＋λn恒成立，則實數(shù)λ的取值范圍是________．12．在數(shù)列{an}中,a1＝1，a2＝2,數(shù)列｛anan＋1}是公比為q(q>0）的等比數(shù)列，則數(shù)列{an}的前2n項和S2n＝____________。

答案精析C[∵a2＋a8＋a11＝(a1＋d)＋(a1＋7d)＋（a1＋10d）＝3a1＋18d＝3(a1＋6d)∴a1＋6d為常數(shù)．∴S13＝13a1＋eq\f（13×12,2)d＝13（a1＋6d）也為常數(shù)．］2．B[a2－a1＝d＝eq\f（9－1,3）＝eq\f（8，3），又beq\o\al（2，2）＝b1b3＝(－9)×(－1）＝9，因為b2與－9，－1同號，所以b2＝－3。所以b2(a2－a1)＝－8。]3．A[由題意,函數(shù)y＝f(x),x∈R,數(shù)列{an}的通項公式是an＝f(n)，n∈N*.若“函數(shù)y＝f（x）在[1，＋∞）上遞增"，則“數(shù)列｛an｝是遞增數(shù)列"一定成立；若“數(shù)列{an｝是遞增數(shù)列”，則“函數(shù)y＝f(x)在［1，＋∞)上遞增”不一定成立，現(xiàn)舉例說明,如函數(shù)在［1，2］上先減后增，且在1處的函數(shù)值小．綜上，“函數(shù)y＝f（x)在[1，＋∞)上遞增"是“數(shù)列｛an｝是遞增數(shù)列”的充分不必要條件，故選A.]4．D［由（n＋1)Sn〈nSn＋1，得(n＋1）·eq\f(n（a1＋an），2）〈n·eq\f((n＋1）(a1＋an＋1)，2），整理得an<an＋1，所以等差數(shù)列{an}是遞增數(shù)列,又eq\f（a8,a7)〈－1,所以a8〉0，a7<0,所以數(shù)列｛an｝的前7項為負值，即Sn的最小值是S7.］5．C[設(shè)an＝a1qn－1，因為q2010〉0，所以A，B不成立．對于C,當a3〉0時，a1>0,因為1－q與1－q2013同號，所以S2013〉0，選項C正確，對于D，取數(shù)列：－1,1，－1，1,…,不滿足結(jié)論，D不成立，故選C.]6．D[根據(jù)題意,an＝f(n）＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(（3－a)n－3，n≤7,,an－6，n〉7,））n∈N*，要使｛an｝是遞增數(shù)列，必有eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（3－a〉0，，a〉1,，(3－a）×7－3〈a8－6，）)解得2〈a〈3.]7．C[∵an＝log3eq\f(n，n＋1）＝log3n－log3(n＋1），∴Sn＝log31－log32＋log32－log33＋…＋log3n－log3（n＋1)＝－log3（n＋1）〈－4，解得n>34－1＝80.故最小自然數(shù)n的值為81.]8．A[當r＝1時,易知數(shù)列｛an}為等差數(shù)列;由題意易知a2＝2r,a3＝2r2＋r，當數(shù)列{an}是等差數(shù)列時,a2－a1＝a3－a2，即2r－1＝2r2－r。解得r＝eq\f（1，2)或r＝1，故“r＝1”是“數(shù)列｛an}為等差數(shù)列”的充分不必要條件．］9．a(chǎn)n＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（－2，n＝1，,2n－3，n≥2)）解析當n＝1時，a1＝S1＝－2;當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n－3，所以數(shù)列｛an｝的通項公式為an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2，n＝1，,2n－3，n≥2。))10。eq\f(2n，n＋2）解析an＝eq\f(1＋2＋3＋…＋n，n)＝eq\f（n＋1,2），則eq\f(1,anan＋1）＝eq\f（4，(n＋1）（n＋2））＝4（eq\f(1,n＋1）－eq\f（1,n＋2)）,所以所求的前n項和為4［（eq\f（1，2）－eq\f（1,3）)＋(eq\f（1，3）－eq\f（1,4））＋…＋(eq\f（1，n＋1）－eq\f(1,n＋2））］＝4（eq\f(1，2）－eq\f(1,n＋2))＝eq\f（2n，n＋2）。11．（－3，＋∞）解析因為數(shù)列｛an｝是單調(diào)遞增數(shù)列，所以an＋1－an>0（n∈N＊）恒成立．又an＝n2＋λn（n∈N*)，所以(n＋1)2＋λ（n＋1)－(n2＋λn）>0恒成立，即2n＋1＋λ>0。所以λ>－(2n＋1)（n∈N＊）恒成立．而n∈N＊時，－(2n＋1)的最大值為－3（n＝1時），所以λ的取值范圍為（－3，＋∞）．12。eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（\f(3（1－qn）,1－q），q〉0且q≠1，，3n，q＝1）)解析∵數(shù)列｛anan＋1}是公比為q（q>0)的等比數(shù)列,∴eq\f(an＋1an＋2，anan＋1）＝q，即eq\f（an＋2，an）＝q，這表明數(shù)列{an}的所有奇數(shù)項成等比數(shù)列，所有偶數(shù)項成等比數(shù)列，且公比都是q,又a1＝1,a2＝2，∴當q≠1時，S2n＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a2n－1＋a2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1）＋（a2＋a4＋a6＋…＋a2n）＝eq\f（a1（1－qn)，1－q）＋eq\f(a2(1－qn），1－q）＝；當q＝1時，S2n＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a2n－1＋a2n＝（a1＋a3＋…＋a2