高考数学难点突破_难点12 等差数列、等比数列的性质运用

高考数学难点突破_难点12 等差数列、等比数列的性质运用

难点12 等差数列、等比数列的性质运用 等差、等比数列的性质是等差、等比数列的概念，通项公式，前n项和公式的引申.应用等差等比数列的性质解题，往往可以回避求其首项和公差或公比，使问题得到整体地解决，能够在运算时达到运算灵活，方便快捷的目的，故一直受到重视.高考中也一直重点考查这部分内容.‎ ‎●难点磁场 ‎(★★★★★)等差数列{an}的前n项的和为30，前2m项的和为100，求它的前3m项的和为_________.‎ ‎●案例探究 ‎［例1］已知函数f(x)= (x<－2).‎ ‎(1)求f(x)的反函数f-－1(x);‎ ‎(2)设a1=1, =－f－-1(an)(n∈N*),求an;‎ ‎(3)设Sn=a12+a22+…+an2,bn=Sn+1－Sn是否存在最小正整数m,使得对任意n∈N*,有bn<成立？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由.‎ 命题意图：本题是一道与函数、数列有关的综合性题目，着重考查学生的逻辑分析能力，属★★★★★级题目.‎ 知识依托：本题融合了反函数，数列递推公式，等差数列基本问题、数列的和、函数单调性等知识于一炉，结构巧妙，形式新颖，是一道精致的综合题.‎ 错解分析：本题首问考查反函数，反函数的定义域是原函数的值域，这是一个易错点，(2)问以数列{}为桥梁求an,不易突破.‎ 技巧与方法：(2)问由式子得=4,构造等差数列{},从而求得an,即“借鸡生蛋”是求数列通项的常用技巧；(3)问运用了函数的思想.‎ 解：(1)设y=,∵x<－2,∴x=－,‎ 即y=f－-1(x)=－ (x>0)‎ ‎(2)∵，‎ ‎∴{}是公差为4的等差数列，‎ ‎∵a1=1, =+4(n－1)=4n－3,∵an>0,∴an=.‎ ‎(3)bn=Sn+1－Sn=an+12=,由bn<,得m>,‎ 设g(n)= ,∵g(n)= 在n∈N*上是减函数，‎ ‎∴g(n)的最大值是g(1)=5,∴m>5,存在最小正整数m=6,使对任意n∈N*有bn<成立.‎ ‎［例2］设等比数列{an}的各项均为正数，项数是偶数，它的所有项的和等于偶数项和的4倍，且第二项与第四项的积是第3项与第4项和的9倍，问数列{lgan}的前多少项和最大？(lg2=0.3,lg3=0.4)‎ 命题意图：本题主要考查等比数列的基本性质与对数运算法则，等差数列与等比数列之间的联系以及运算、分析能力.属★★★★★级题目.‎ 知识依托：本题须利用等比数列通项公式、前n项和公式合理转化条件，求出an;进而利用对数的运算性质明确数列{lgan}为等差数列，分析该数列项的分布规律从而得解.‎ 错解分析：题设条件中既有和的关系，又有项的关系，条件的正确转化是关键，计算易出错；而对数的运算性质也是易混淆的地方.‎ 技巧与方法：突破本题的关键在于明确等比数列各项的对数构成等差数列，而等差数列中前n项和有最大值，一定是该数列中前面是正数，后面是负数，当然各正数之和最大；另外，等差数列Sn是n的二次函数，也可由函数解析式求最值.‎ 解法一：设公比为q,项数为2m,m∈N*,依题意有 化简得.‎ 设数列{lgan}前n项和为Sn,则 Sn=lga1+lga1q2+…+lga1qn－1=lga1n·q1+2+…+(n－1)‎ ‎=nlga1+n(n－1)·lgq=n(2lg2+lg3)－n(n－1)lg3‎ ‎=(－)·n2+(2lg2+lg3)·n 可见，当n=时，Sn最大.‎ 而=5,故{lgan}的前5项和最大.‎ 解法二：接前，,于是lgan=lg［108()n－1］=lg108+(n－1)lg,‎ ‎∴数列{lgan}是以lg108为首项，以lg为公差的等差数列，令lgan≥0,得2lg2－(n－4)lg3≥0,∴n≤=5.5.‎ 由于n∈N*,可见数列{lgan}的前5项和最大.‎ ‎●锦囊妙计 ‎1.等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题的既快捷又方便的工具，应有意识去应用.‎ ‎2.在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形.‎ ‎3.“巧用性质、减少运算量”在等差、等比数列的计算中非常重要，但用“基本量法”并树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，既要充分合理地运用条件，又要时刻注意题的目标，往往能取得与“巧用性质”解题相同的效果.‎ ‎●歼灭难点训练 一、选择题 ‎1.(★★★★)等比数列{an}的首项a1=－1,前n项和为Sn,若，则Sn等于( )‎ ‎ C.2 D.－2‎ 二、填空题 ‎2.(★★★★)已知a,b,a+b成等差数列，a,b,ab成等比数列，且00,S13<0.‎ ‎(1)求公差d的取值范围；‎ ‎(2)指出S1、S2、…、S12中哪一个值最大，并说明理由.‎ ‎6.(★★★★★)已知数列{an}为等差数列，公差d≠0,由{an}中的部分项组成的数列 a,a,…,a,…为等比数列，其中b1=1,b2=5,b3=17.‎ ‎(1)求数列{bn}的通项公式；‎ ‎(2)记Tn=Cb1+Cb2+Cb3+…+Cbn,求.‎ ‎7.(★★★★)设{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a1=b1=1,a2+a4=b3,b2·b4=a3,分别求出{an}及{bn}的前n项和S10及T10.‎ ‎8.(★★★★★){an}为等差数列，公差d≠0,an≠0,(n∈N*),且akx2+2ak+1x+ak+2=0(k∈N*)‎ ‎(1)求证：当k取不同自然数时，此方程有公共根；‎ ‎(2)若方程不同的根依次为x1,x2,…,xn,…,求证：数列为等差数列.‎ 参考答案 ‎ 难点磁场 ‎①‎ ‎②‎ 解法一：将Sm=30,S2m=100代入Sn=na1+d,得：‎ ‎ ‎ 解法二：由知，要求S3m只需求m［a1+］,将②－①得ma1+ d=70,∴S3m=210.‎ 解法三：由等差数列{an}的前n项和公式知，Sn是关于n的二次函数，即Sn=An2+Bn(A、B是常数）.将Sm=30,S2m=100代入，得 ‎,∴S3m=A·(3m)2+B·3m=210‎ 解法四：S3m=S2m+a2m+1+a2m+2+…+a3m=S2m+(a1+2md)+…+(am+2md)=S2m+(a1+…+am)+m·2md=S2m+Sm+2m2d.‎ 由解法一知d=,代入得S3m=210.‎ 解法五：根据等差数列性质知：Sm,S2m－Sm,S3m－S2m也成等差数列，从而有：2(S2m－Sm)=Sm+(S3m－S2m)‎ ‎∴S3m=3(S2m－Sm)=210‎ 解法六：∵Sn=na1+d,‎ ‎∴=a1+d ‎∴点(n, )是直线y=+a1上的一串点，由三点(m,),(2m, ),(3m, )共线，易得S3m=3(S2m－Sm)=210.‎ 解法七：令m=1得S1=30，S2=100，得a1=30,a1+a2=100,∴a1=30,a2=70‎ ‎∴a3=70+(70－30)=110‎ ‎∴S3=a1+a2+a3=210‎ 答案：210‎ 歼灭难点训练 一、1.解析：利用等比数列和的性质.依题意，，而a1=－1,故q≠1,‎ ‎∴,根据等比数列性质知S5，S10－S5，S15－S10,…,也成等比数列，且它的公比为q5,∴q5=－,即q=－.‎ ‎∴‎ 答案：B 二、2.解析：解出a、b,解对数不等式即可.‎ 答案：(－∞,8)‎ ‎3.解析：利用S奇/S偶=得解.‎ 答案：第11项a11=29‎ ‎4.解法一：赋值法.‎ 解法二：‎ b=aq,c=aq2,x=(a+b)=a(1+q),y=(b+c)=aq(1+q),‎ ‎ ==2.‎ 答案：2‎ 三、5.(1)解：依题意有：‎ 解之得公差d的取值范围为－＜d＜－3.‎ ‎(2)解法一：由d＜0可知a1>a2>a3>…>a12>a13,因此，在S1，S2，…，S12中Sk为最大值的条件为：ak≥0且ak+1＜0,即 ‎∵a3=12,∴，∵d＜0,∴2－＜k≤3－‎ ‎∵－＜d＜－3,∴＜－＜4,得5.5＜k＜7.‎ 因为k是正整数，所以k=6,即在S1，S2，…，S12中，S6最大.‎ 解法二：由d＜0得a1>a2>…>a12>a13，因此，若在1≤k≤12中有自然数k,使得ak≥‎ ‎0,且ak+1＜0,则Sk是S1，S2，…，S12中的最大值.由等差数列性质得，当m、n、p、q∈N*,且m+n=p+q时，am+an=ap+aq.所以有：2a7=a1+a13=S13＜0,∴a7＜0,a7+a6=a1+a12=S12>0,∴a6≥－a7>0,故在S1，S2，…，S12中S6最大.‎ 解法三：依题意得：‎ 最小时，Sn最大；‎ ‎∵－＜d＜－3,∴6＜(5－)＜6.5.从而，在正整数中，当n=6时，［n－ (5－)］2最小，所以S6最大.‎ 点评：该题的第(1)问通过建立不等式组求解属基本要求，难度不高，入手容易.第(2)问难度较高，为求{Sn}中的最大值Sk,1≤k≤12,思路之一是知道Sk为最大值的充要条件是ak≥0且ak+1＜0，思路之三是可视Sn为n的二次函数，借助配方法可求解.它考查了等价转化的数学思想、逻辑思维能力和计算能力，较好地体现了高考试题注重能力考查的特点.而思路之二则是通过等差数列的性质等和性探寻数列的分布规律，找出“分水岭”，从而得解.‎ ‎6.解：(1)由题意知a52=a1·a17，即(a1+4d)2=a1(a1+16d)a1d=2d2,‎ ‎∵d≠0,∴a1=2d,数列{}的公比q==3,‎ ‎∴=a1·3n－1 ①‎ 又=a1+(bn－1)d= ②‎ 由①②得a1·3n－1=·a1.∵a1=2d≠0,∴bn=2·3n－1－1.‎ ‎(2)Tn=Cb1+Cb2+…+Cbn=C (2·30－1)+C·(2·31－1)+…+C(2·3n－1－1)=(C+C·32+…+C·3n)－(C+C+…+C)=［(1+3)n－1］－(2n－1)= ·4n－2n+,‎ ‎7.解：∵{an}为等差数列，{bn}为等比数列，∴a2+a4=2a3,b2·b4=b32,‎ 已知a2+a4=b3,b2·b4=a3,∴b3=2a3,a3=b32,‎ 得b3=2b32,∵b3≠0,∴b3=,a3=.‎ 由a1=1,a3=，知{an}的公差d=－,‎ ‎∴S10=10a1+d=－.‎ 由b1=1,b3=,知{bn}的公比q=或q=－,‎ ‎8.证明：(1）∵{an}是等差数列，∴2ak+1=ak+ak+2,故方程akx2+2ak+1x+ak+2=0可变为(akx+ak+2)(x+1)=0,‎ ‎∴当k取不同自然数时，原方程有一个公共根－1.‎ ‎(2）原方程不同的根为xk=‎