高考数学难点突破12__等差数列、等比数列的性质运用[1]
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)=
4
1
2 x
(x<－2).
(1)求 f(x)的反函数 f-－1(x);
(2)设 a1=1,
1
1
na =－f－-1(an)(n∈N*),求 an;
(3)设 Sn=a1
2+a2
2+…+an
2,bn=Sn+1－Sn 是否存在最小正整数 m,使得对任意 n∈N*,有 bn< 25
m
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{ 2
1
na
}为桥梁求 an,不易突破.
技巧与方法：(2)问由式子 411
2
1
nn aa
得 22
1
11
nn aa
=4,构造等差数列{ 2
1
na
},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=
4
1
2 x
,∵x<－2,∴x=－ 2
14
y
,
即 y=f－-1(x)=－ (x>0)
(2)∵ 411,141
22
1
2
1
nnnn aaaa
，
∴{ }是公差为 4 的等差数列，
∵a1=1, 2
1
na
= 2
1
1
a
+4(n－1)=4n－3,∵an>0,∴an=
34
1
n
.
(3)bn=Sn+1－Sn=an+1
2= 14
1
n ,由 bn< 25
m ,得 m> 14
25
n ,
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< 25
m 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
)(9)()(
1
)1(
1
)1(
3
1
2
1
3
11
2
2
1
2
1
qaqaqaqa
q
qqa
q
qa mm
化简得
108
3
1
),1(9
11
4
1
2
1 a
q
qqa
q
q
解得 .
设数列{lgan}前 n 项和为 Sn,则
Sn=lga1+lga1q2+…+lga1qn－1=lga1
n·q1+2+…+(n－1)
=nlga1+ 2
1 n(n－1)·lgq=n(2lg2+lg3)－ n(n－1)lg3
=(－
2
3lg )·n2+(2lg2+ 2
7 lg3)·n
可见，当 n= 3lg
3lg2
72lg2
时，Sn 最大.
而
4.02
4.073.04
3lg
3lg2
72lg2
=5,故{lgan}的前 5 项和最大.
解法二：接前，
3
1
1081
q
a
,于是 lgan=lg［108( 3
1 )n－1］=lg108+(n－1)lg 3
1 ,
∴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≤
4.0
4.043.02
3lg
3lg42lg2 =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
32
31
5
10 S
S ，则 lim
n
Sn 等于
( )
3
2 B. 3
2A. 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 0
0,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 1b ,a 2b ,…,a nb ,…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=C 1
n b1+C 2
n b2+C 3
n b3+…+C n
n bn,求 nn
n
n b
T
4lim .
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
1
1,,1
1,1
1
21 nxxx 为等差数列.
参考答案
难点磁场
解法一：将 Sm=30,S2m=100 代入 Sn=na1+ 2
)1( nn d,得：
1002
)12(22
302
)1(
1
1
dmmma
dmmma
2102
)13(33,2010,40
13212 dmmmaS
mma
m
d m解得
解法二：由 ]2
)13([32
)13(33 113
dmamdmmmaS m
知，要求 S3m 只需求 m
［a1+ 2
)13( dm ］,将②－①得 ma1+
2
)13( mm 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
mB
m
A
mBmA
BmAm
10
20
1002)2(
30 2
2
2
,∴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= 2
40
m
,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+ 2
)1( nn d,
∴
n
Sn =a1+ d
∴点(n,
n
Sn )是直线 y= 2
)1( dx +a1 上的一串点，由三点(m, m
Sm ),(2m,
m
S m
2
2 ),(3m,
m
S m
3
3 )
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
①
②
一、1.解析：利用等比数列和的性质.依题意，
32
31
5
10 S
S ，而 a1=－1,故 q≠1,
∴
32
1
32
3231
5
510
S
SS ,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=－
32
1 ,即 q=－
2
1 .
∴ .3
2
1lim 1
q
aSn
n
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= n
n 1 得解.
答案：第 11 项 a11=29
4.解法一：赋值法.
解法二：
b=aq,c=aq2,x= 2
1 (a+b)= 2
1 a(1+q),y= (b+c)= aq(1+q),
y
c
x
a =
)1(4
1
)1(2
1)1(2
1
22
222
qqa
qqaqqa
xy
cxay
=2.
答案：2
三、5.(1)解：依题意有：
02
121313
02
111212
,122
113
112
13
daS
daS
daa
解之得公差 d 的取值范围为－
7
24 ＜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
0)2(
0)3(
3
3
dka
dka
∵a3=12,∴
122
123
dkd
dkd ，∵d＜0,∴2－
d
12 ＜k≤3－
∵－
7
24 ＜d＜－3,∴
2
7 ＜－
d
12 ＜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=13
2 S13＜0,∴a7＜0,a7+a6=a1+a12= 6
1 S12>0,∴a6
≥－a7>0,故在 S1，S2，…，S12 中 S6 最大.
解法三：依题意得： )(2)212()1(2
2
1 nnddndnnnaSn
222 )]245(2
1[,0,)245(8)]245(2
1[2 dndd
d
dnd 最小时，Sn 最大；
∵－
7
24 ＜d＜－3,∴6＜
2
1 (5－
d
24 )＜6.5.从而，在正整数中，当 n=6 时，［n－
2
1 (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 a5
2=a1·a17，即(a1+4d)2=a1(a1+16d)a1d=2d2,
∵d≠0,∴a1=2d,数列{ nba }的公比 q=
1
1
1
5 4
a
da
a
a =3,
∴ =a1·3n－1 ①
又 =a1+(bn－1)d= 12
1abn ②
由①②得 a1·3n－1= 2
1nb ·a1.∵a1=2d≠0,∴bn=2·3n－1－1.
(2)Tn=C 1
n b1+C 2
n b2+…+C n
n bn=C (2·30－1)+C ·(2·31 －1)+…+C (2·3n － 1－
1)= 3
2 (C +C ·32+…+C ·3n)－(C +C +…+C )= ［(1+3)n－1］－ (2n－1)= ·4n－2n+ 3
1 ,
.3
2
)4
1()4
3(2
11
)4
1(3
1)2
1(3
2
lim1324
3
1243
2
lim4lim
11
nn
nn
nnn
nn
nn
n
n
n b
T
7.解：∵{an}为等差数列，{bn}为等比数列，∴a2+a4=2a3,b2·b4=b3
2,
已知 a2+a4=b3,b2·b4=a3,∴b3=2a3,a3=b3
2,
得 b3=2b3
2,∵b3≠0,∴b3= 2
1 ,a3= 4
1 .
由 a1=1,a3= ，知{an}的公差 d=－
8
3 ,
∴S10=10a1+ 2
910 d=－
8
55.
由 b1=1,b3= 2
1 ,知{bn}的公比 q= 2
2 或 q=－ ,
).22(32
31
1
)1(,2
2
);22(32
31
1
)1(,2
2
10
1
10
10
1
10
q
qbTq
q
qbTq
时当
时当
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=
kk
k
k
k
a
d
a
da
a
a 2122
.2
1}1
1{
)(2
1
22)2(21
1
1
1
,21
1
11
1
为公差的等差数列是以
常数
k
kkkk
kk
k
k
x
d
d
d
aa
d
a
d
a
xx
d
a
x
