数列运算中的常见错因分析

前情概要

现在的学生在数列学习中常会犯错，有些错误自己还不太清楚原因，以下举例说明。

问题列举

【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅱ第17题】设数列\(\{a_n\}\)满足\(a_1=2\)，\(a_{n+1}-a_n=2^n\)；

(1).求数列\(\{a_n\}\)的通项公式。

错解列举 ：由于\(a_1=2\)，令\(n=1\)，由\(a_{n+1}-a_n=2^n\)得到\(a_2-a_1=2\)，

即\(a_2=4=2^2\)；

同理\(a_3=a_2+2^2=8=2^3\)，

\(a_4=a_3+2^3=16=2^4\)，

\(\cdots\)，

综上所述，\(a_n=2^n\)。

错因分析：这种解法为不完全归纳法，故算理错误。

【正解】：由于\(a_{n+1}-a_n=2^n\)；

当\(n\ge 2\)时，$$a_n-a_{n-1}=2^{n-1}，$$

\[a_{n-1}-a_{n-2}=2^{n-2}， \]

\[\cdots，\cdots， \]

\[a_3-a_2=2^2， \]

\[a_2-a_1=2^1， \]

以上\(n-1\)个式子累加，得到

\(a_n-a_1=2^1+2^2+\cdots+2^n=\cfrac{2\cdot (2^{n-1}-1)}{2-1}=2^n-2\)

即\(a_n-2=2^n-2\)，故\(a_n=2^n\)，

当\(n=1\)时，\(a_1=2\)满足上式，故\(a_n=2^n(n\in N^*)\)；

(2).证明：数列\(\{a_n\}\)为等比数列。

分析：由于\(a_{n+1}-a_n=2^n\)；

当\(n\ge 2\)时，$$a_n-a_{n-1}=2^{n-1}，$$

\[a_{n-1}-a_{n-2}=2^{n-2}， \]

\[\cdots，\cdots， \]

\[a_3-a_2=2^2， \]

\[a_2-a_1=2^1， \]

以上\(n-1\)个式子累加，得到

\(a_n-a_1=2^1+2^2+\cdots+2^n=\cfrac{2\cdot (2^{n-1}-1)}{2-1}=2^n-2\)

即\(a_n-2=2^n-2\)，故\(a_n=2^n\)，

当\(n=1\)时，\(a_1=2\)满足上式，故\(a_n=2^n(n\in N^*)\)；

[上述\(n=1\)的步骤如果缺失，那么也是错误的]

则\(\cfrac{a_{n+1}}{a_n}=\cfrac{2^{n+1}}{2^n}=2\)，又\(a_1=2\)，

故数列\(\{a_n\}\)为首项为2，公比为2的等比数列。

已知\(S_n=2n^2+3n+1\)，求数列\(\{a_n\}\)的通项公式；

错解列举 ： 当\(n\ge 2\)时，由已知可得\(S_{n-1}=2(n-1)^2+3(n-1)+1\)，

又由题目可知\(S_n=2n^2+3n+1\)，

两式相减得到\(a_n=S_n-S_{n-1}=4n+1\)，

即所求通项公式为\(a_n=4n+1(n\in N^*)\)。

[错因分析]上述解法既缺失对\(n=1\)的验证，变形中也缺失对自变量的限制；

正解：当\(n=1\)时，\(S_1=a_1=6\)，

当\(n\ge 2\)时，由已知可得\(S_{n-1}=2(n-1)^2+3(n-1)+1\)，

又\(S_n=2n^2+3n+1\)，两式相减得到

\(n\ge 2\)时，\(a_n=S_n-S_{n-1}=4n+1\)，

由于\(n=1\)时，\(a_1=6\)，不满足上式，故需要将通项公式写成分段函数形式，

即所求通项公式为\(a_n=\begin{cases}6，&n=1\\4n+1，&n\ge 2\end{cases}\)。

已知数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n，a_1=2\)，且\(a_{n+1}=2S_n+2n+2(n\in N^*)\)，则\(S_n\)=_________________ .

错解列举 ：常规方法，由\(a_{n+1}=2S_n+2n+2(n\in N^*)①\)，

得到\(a_{n}=2S_{n-1}+2(n-1)+2(n\geqslant 2)②\)，

①-②得到，\(n\ge 2\)时，\(a_{n+1}=3a_n+2\)，

给上式两边同时加\(1\)，变形为\(a_{n+1}+1=3(a_n+1)\)，

故数列\(\{a_n+1\}\)是首项为\(3\)，公比为\(3\)的等比数列，

故\(a_n+1=3\cdot3^{n-1}=3^n\)，所以\(a_n=3^n-1\)，

从而求得\(S_n=\cfrac{3^{n+1}}{2}-n-\cfrac{3}{2}\).

[错因分析]：由\(a_{n+1}+1=3(a_n+1)(n\geqslant 2)\)，得到的下标的最小值为\(a_3+1=3(a_2+1)\)，并不能说明数列\(\{a_n+1\}\)为等比数列，还需要说明\(a_2+1=3(a_1+1)\)，故错在缺失对\(a_{n+1}+1=3(a_n+1)\)的\(n=1\)的验证，

正解：常规方法，由\(a_{n+1}=2S_n+2n+2(n\in N^*)①\)，

得到\(a_{n}=2S_{n-1}+2(n-1)+2(n\geqslant 2)②\)，

①-②得到，\(n\ge 2\)时，\(a_{n+1}=3a_n+2\)，

给上式两边同时加\(1\)，变形为\(a_{n+1}+1=3(a_n+1)\)，

再验证，当\(n=1\)时，\(a_2=8\)，\(a_2+1=9=3(a_1+1)\)，满足上式；

故数列\(\{a_n+1\}\)是首项为\(3\)，公比为\(3\)的等比数列，

故\(a_n+1=3\cdot3^{n-1}=3^n\)，所以\(a_n=3^n-1\)，

从而求得\(S_n=\cfrac{3^{n+1}}{2}-n-\cfrac{3}{2}\).

法2：将\(a_{n+1}=S_{n+1}-S_n\)代入\(a_{n+1}=2S_n+2n+2\)，整理得到\(S_{n+1}=3S_n+2n+2\)，

再变形为\(S_{n+1}+p(n+1)+q=3(S_n+pn+q)(p、q为常数)\)，可解得\(p=1，q=\cfrac{3}{2}\)，

即\(S_{n+1}+(n+1)+\cfrac{3}{2}=3(S_n+n+\cfrac{3}{2})\)，

则数列\(\{S_n+n+\cfrac{3}{2}\}\)是首项为\(a_1+1+\cfrac{3}{2}=\cfrac{9}{2}\)，公比为\(3\)的等比数列；

故\(S_n+n+\cfrac{3}{2}=\cfrac{9}{2}\cdot 3^{n-1}\)，整理得到\(S_n=\cfrac{3^{n+1}}{2}-n-\cfrac{3}{2}\).

【2020 \(\cdot\) 全国卷Ⅲ】设数列 \(\{a_{n}\}\) 满足 \(a_{1}=3\)， \(a_{n+1}=3 a_{n}-4 n\).

(1). 计算 \(a_{2}\)， \(a_{3}\)， 猜想 \(\{a_{n}\}\) 的通项公式并加以证明；

解: (1) \(a_{2}=5\)， \(a_{3}=7\). 猜想 \(a_{n}=2 n+1\).

证明如下：由题目 \(a_{n+1}=3a_{n}-4n\)，借助待定系数法可得：

\[a_{n+1}-(2n+3)=3\left[a_{n}-(2n+1)\right] \]

\[a_{n}-(2n+1)=3\left[a_{n-1}-(2n-1)\right] \]

\[\cdots,\cdots \]

\[a_{3}-7=3(a_{2}-5) \]

\[a_{2}-5=3(a_{1}-3) \]

因为 \(a_{1}=3\)， 所以 \(a_{n}=2 n+1\). ^[1]

【解后反思】1、当然，这个题目也可以用 数学归纳法 来证明，给各位学子留个作业。

2、错误：本题目不能写成 \(\cfrac{a_{n+1}-(2n+3)}{a_n-(2n+1)}\) \(=\) \(3\) ，也不能认为数列 \(\{a_n-(2n+1)\}\) 为等比数列，由于其首项 \(a_1\) \(-\) \(3\) \(=\) \(0\)，这样导致此数列 \(\{a_n-(2n+1)\}\) 的各项都为 \(0\)，就会出现 \(\cfrac{a_{n+1}-(2n+3)}{a_n-(2n+1)}\) \(=\) \(\cfrac{0}{0}\) \(=\) \(3\) 的形式，明眼人一看就是错误的，故不能构成等比数列。在教学实践中，学生最容易犯错的地方就是碰到形如 \(a_{n+1}\) \(=\) \(q\) \(\cdot\) \(a_{n}\) 的不等式，立马联系到能转化为 \(\cfrac{a_{n+1}}{a_{n}}\) \(=\) \(q\)，就快速反应出数列 \(\{a_{n}\}\) 是等比数列。其实此处的整式写成分式的转化是不等价转化，原因是出现分母为零的错误了。而高考命题人高明就高明在，恰恰能抓住学生学习中的这一弱点来命题考查。

(2). 求数列 \(\{2^{n} a_{n}\}\) 的前 \(n\) 项和 \(S_{n}\).

解：由 (1) 得 \(2^{n} a_{n}\) \(=\) \((2n+1)\) \(\cdot\) \(2^{n}\) ，显然数列 \(\{(2n+1)\) \(\cdot\) $2^{n}} 是差比数列，可以用错位相减法求和。

所以 \(S_{n}=3\times 2+5\times 2^{2}+7 \times 2^{3}+\cdots+(2 n+1) \times 2^{n}\). ①

从而 \(2S_{n}=3\times 2^{2}+5 \times 2^{3}+7 \times 2^{4}+\cdots+(2 n+1) \times 2^{n+1}\). ②

①-②得， \(-S_{n}=3 \times 2+2 \times 2^{2}+2 \times 2^{3}+\cdots+2 \times 2^{n}-(2 n+1) \times 2^{n+1}\)，

\(=6+2\times\cfrac{2^{2} \times(1-2^{n-1})}{1-2}-(2n+1)\cdot 2^{n+1}\)，

\(=6+2^{n+2}-8-(2n+1)\cdot 2^{n+1}=(1-2n) \cdot 2^{n+1}-2\)，

所以 \(S_{n}=(2 n-1) 2^{n+1}+2\).

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1. 由于以上的这些表达式，从下往上看，\(a_2-5\) \(=\) \(3(a_1-3)\) \(=\) \(0\)，所以 \(a_2=5\)，再代入倒数的第二个式子，得到 \(a_3=7\) ，以此类推，以上这一组式子的右边都是 \(0\)，故说明正数的第二个式子应该是 \(a_n\) \(-\) \((2n+1)\) \(=\) \(0\) ， 故 \(a_n=2n+1\)，到此证明完毕。 ↩︎