数列中的常见错误

例1【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(nge 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{2cdot (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(nin 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(nge 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{2cdot (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(nin 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。

例2已知(S_n=2n^2+3n+1)，求数列({a_n})的通项公式；

错解：当(nge 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(nin 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(nge 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

(nge 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=egin{cases}6，&n=1\4n+1，&nge 2end{cases})。

例3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(nin N^*))，则(S_n)=_________________ .

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

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

①-②得到，(nge 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=3cdot3^{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)(ngeqslant 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(nin N^*)①)，

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

①-②得到，(nge 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=3cdot3^{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}).