数列中的常见错误

前言

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。

[错解列举如下]

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】：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】：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\(S_n=\cfrac{3^{n+1}}{2}-n-\cfrac{3}{2}\).