高考数学难点突破难点12等差数列、等比数列的性质运用.docx

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.
z.
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 ，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， 能够在运算时到达运算敏捷，便利快捷的目的， 局部内容.
●难点磁场
n
(*****)等差数列{a }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
x 2 - 4
［例 1］函数 f(*)= 1
(*<－2).
-
.
z.
(1)求 f(*)的反函数 f-－1(*);
1
n
(2)设 a1=1, =－f－-1(a )(n∈N*),求 a ;
a n
n+1
m
(3)设 S =a 2+a 2+…+a 2,b =S －S 是否存在最小正整数m,使得对任意 n∈N*,有 b <
-
.
z.
n 1 2
n n n+1 n
n 25
-
.
z.
，求出 m 的值；假设不存在，说明理由.
命题意图：此题是一道与函数、数列有关的综合性题目，着重考察学生的规律分析力量， 属*****级题目.
学问依托：此题融合了反函数，数列递推公式，等差数列根本问题、数列的和、函数单调性等学问于一炉，构造奇异，形式颖，是一道精巧的综合题.
错解分析：此题首问考察反函数，反函数的定义域是原函数的值域，这是一个易错点，
-
.
z.
(2)问以数列{ 1 }为桥梁求 a
,不易突破.
-
.
z.
a 2 n
n
-
.
z.
1
技巧与方法：(2)问由式子 =
a
n+1
1
1
a
n
+ 4
2
得
a 2
n+1
1 =4,构造等差数列{ 1
a 2 a 2
n n
},从而
-
.
z.
a
求得 ,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.
4 + 1
y 2
n
-
.
z.
1
x 2 - 4
解：(1)设 y=
,∵*<－2,∴*=－ ,
-
.
z.
4 + 1
y 2
即 y=f－-1(*)=－ (*>0)
-
.
z.
(2)∵ 1
a
n+1
= 4 + 1
a 2
n
,\ 1 - 1
a 2 a 2
n+1 n
= 4 ，
-
.
z.
∴{ 1 }是公差为 4 的等差数列，
a 2
n
-
.
z.
1
4n - 3
∵a =1, 1 = 1 +4(n－1)=4n－3,∵a >0,∴a = .
1 a 2 a 2 n n
n 1
1 m 25
-
.
z.
(3)b =S
－S =a
2= ,由 b < ,得 m> ,
-
.
z.
n n+1
n n+1
4n + 1
n 25
4n + 1
-
.
z.
25 25
设 g(n)= ,∵g(n)= 在 n∈N*上是减函数，
4n + 1 4n + 1
<
n
∴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 b

m 成立.
25
-
.
z.
n
n
［例 2］设等比数列{a }的各项均为正数，项数是偶数，它的全部项的和等于偶数项和的 4 倍，且其次项与第四项的积是第3 项与第 4 项和的 9 倍，问数列{lga }的前多少项和最大.(lg2=,lg3=)
命题意图：此题主要考察等比数列的根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、*****级题目.
n
n
学问依托：此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 a ;进而利用对数的运算性质明确数列{lga }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：突破此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，肯定是该数列中前面是正数，后面是负数，固然各正数之和最大；另
-
.
z.
S
外，等差数列
n
是 n 的二次函数，也可由函数解析式求最值.
-
.
z.
解法一：设公比为 q,项数为 2m,m∈N*,依题意有
-
.
z.
í
ì 4q = 1
ìq = 1
-
.
z.
化简得ï q + 1
解得ï 3 .
-
.
z.
ïa q2 = 9(1 + q), ïîa
= 108
-
.
z.
í
î 1 1
n n
设数列{lga }前 n 项和为 S ,则
n 1 1 1 1
S =lga +lga q2+…+lga qn－1=lga n·q1+2+…+(n－1)
-
.
z.
=nlga
+ 1 n(n－1)·lgq=n(2lg2+lg3)－ 1 n(n－1)lg3
-
.
z.
1 2 2
lg 3 7
=(－ )·n2+(2lg2+ lg3)·n
2 2
2lg 2 + 7 lg 3
-
.
z.
可见，当 n=
2lg 2 + 7 lg 3
2
lg 3
时， 最大
S
.
n
-
.
z.
而 2 =
4 ´ + 7 ´
=5,故{lga
}的前 5 项和最大.
-
.
z.
lg 3 2 ´ n
ï
ìa1 = 108 1 1
-
.
z.
解法二：接前， í
ïîq
= 1 ,于是lgan=lg［108( 3 )n－1］=lg108+(n－1)lg 3 ,
3
-
.
z.
∴数列{lga
}是以lg108 为首项，以lg 1 为公差的等差数列，令lga ≥0,得2lg2－(n－4)lg3
-
.
z.
n 3 n
-
.
z.
≥0,∴n≤ 2 lg 2 + 4 lg 3 = 2 ´ + 4 ´ =.
lg 3
n
由于 n∈N*,可见数列{lga }的前 5 项和最大.
●锦囊妙计
等差、等比数列的性质是两种数列根本规律的深刻表达，是解决等差、等比数列问题的既快捷又便利的工具，应有意识去应用.
在应用性质时要留意性质的前提条件，有时需要进展适当变形.
“巧用性质、削减运算量〞在等差、等比数列的计算中格外重要，但用“根本量法〞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，又要时刻留意题的目标，往往能取得与“巧用性质〞解题一样的效果.
●歼灭难点训练一、选择题
-
.
z.
1.(****)等比数列{a }的首项 a =－1,前 n 项和为 S
,假设 S10 = 31
，则 lim S
等于( )
-
.
z.
n 1 n
S 32
5
n
n®¥
-
.
z.
A. 2 B. - 2 D.－2
3 3
二、填空题
m
2.(****)a,b,a+b 成等差数列，a,b,ab 成等比数列，且 0<log (ab)<1,则 m 的取值*围是
.
n
3.(****)等差数列{a }共有 2n+1 项，其中奇数项之和为 319，偶数项之和为 290，则其中间项为 .
4.(****)a、b、c 成等比数列，假设 a、*、b 和 b、y、c 都成等差数列，则 a + c = .
x y
三、解答题
n n 3 12 13
5.(*****)设等差数列{a }的前 n 项和为 S ,a =12,S >0,S <0. (1)求公差 d 的取值*围；
1 2 12
(2)指出 S 、S 、…、S 中哪一个值最大，并说明理由.
n n
6.(*****)数列{a }为等差数列，公差 d≠0,由{a }中的局部项组成的数列
-
.
z.
a ,a
b b
1 2
,…,a bn,…为等比数列，其中 b1=1,b2=5,b3=17.
-
.
z.
n
求数列{b }的通项公式；
T
记 Tn=C 1 b1+C 2 b2+C 3 b3+…+C n bn,求lim n .
-
.
z.
n n n
n n®¥ 4n
bn
-
.
z.
n n 1 1 2 4 3 2 4 3 n
7.(****)设{a }为等差数列，{b }为等比数列，a =b =1,a +a =b ,b ·b =a ,分别求出{a }
-
.
z.
及{b
}的前 n 项和 S 及 T .
-
.
z.
n 10 10
-
.
z.
8.(*****){a
}为等差数列，公差 d≠0,a ≠0,(n∈N*),且 a *2+2a
*+a
=0(k∈N*)
-
.
z.
n n k
k+1
k+2
-
.
z.
求证：当 k 取不同自然数时，此方程有公共根；
-
.
z.
假设方程不同的根依次为 *
,* ,…,*
,…,求证：数列
1 , 1 , , 1
为等差数
-
.
z.
列.
难点磁场
2 n

参考答案
x + 1 x
1 2
+ 1 x + 1
n
-
.
z.
解法一：将 S

=30,S

=100 代入 S

=na
+ n(n - 1)

d,得：
-
.
z.
m 2m
n 1 2
-
.
z.
解法二：由 S
= 3ma
+ 3m(3m - 1) d = 3m[a
+ (3m - 1)d ] 知，
-
.
z.
①
②
3m 1 2 1 2
-
.
z.
要求 S
只需求 m［a
+ (3m - 1)d
］,将②－①得 ma
+ m(3m - 1)
d=70,
-
.
z.
3m 1 2 1 2
∴S3m=210.
n n n
解法三：由等差数列{a }的前 n 项和公式知，S 是关于 n 的二次函数，即 S =An2+Bn(A、
m 2m
B 是常数〕.将 S =30,S =100 代入，得
ìA = 20
ìïAm2 + Bm = 30 ï m2
-
.
z.
í
ïîA(2m)2
+ B × 2m = 100
Þ í
ï
ïB = 10
î m
,∴S3m=A·(3m)2+B·3m=210
-
.
z.
m m m
解 法 四 ： S3m=S2 +a2m+1+a2m+2+ … +a3 =S2m+(a1+2md)+ … +(am+2md)=S2 +(a1+ …
+a )+m·2md=S +S +2m2d.
m 2m m
40
由解法一知 d= m2 ,代入得 S3m=210.
S ,S S ,S S 2(S
解法五：依据等差数列性质知： － － 也成等差数列，从而有： －
m 2m m 3m 2m 2m
m m 3m 2m
S )=S +(S －S )
-
.
z.
∴S3m=3(S2
— )=210
S
m
-
.
z.
m
解法六：∵S

=na
+ n(n - 1) d,
-
.
z.
n 1 2
-
.
z.
S n(n - 1)
1
∴ n =a + d
n 2
S

(x - 1)d

S S S
-
.
z.
∴点(n, n )是直线 y= 2
+a1 上的一串点，由三点(m, m ),(2m, 2m ),(3m, 3m )共
-
.
z.
n
m 2m m
线，易得 S3 =3(S －S )=210.
m 2m 3m
-
.
z.
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
-
.
z.
10
一、：， S
S
5
= 31
32
，而 a1
=－1,故 q≠1,
-
.
z.
-
.
z.
S - S
∴ 10 5
= 31 - 32 = - 1 ,依据等比数列性质知 S ，S

－S ，S

－S ,…,也成等比数
-
.
z.
S 32 32
5
1 1
5 10
5 15 10
-
.
z.
列，且它的公比为 q5,∴q5=－ 32 ,即 q=－ 2 .
-
.
z.
1
∴ lim S = a
= - 2 .
-
.
z.
n®¥ n
1 - q 3
-
.
z.
答案：B
-
.
z.
二、：解出 a、b,解对数不等式即可.
-
.
z.
答案：(－∞,8)
：利用 S

/S = n + 1 得解.
-
.
z.
奇 偶 n
答案：第 11 项 a11=29 ：赋值法.
解法二：
1 1 1 1
b=aq,c=aq2,*= (a+b)= a(1+q),y= (b+c)= aq(1+q),
2 2 2 2
-
.
z.
1
a c ay + cx 2 a2 q(1 + q) +

a2 q2 (1 + q)
1
2
-
.
z.
+ = =
x y xy
1 a2 q(1 + q 2 ) 4
=2.
-
.
z.
-
.
z.
答案：2

ì
ïa = a
3 1
ï

+ 2d = 12,
12 ´11
-
.
z.
三、5.(1)解：依题意有： íS
= 12a + d > 0
-
.
z.
ï 12
ï
1 2
13 ´12
-
.
z.
ïîS13
= 13a +
1
d < 0
2
-
.
z.
解之得公差 d 的取值*围为－ 24
7

＜d＜－3.
-
.
z.
(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
-
.
z.
的条件为：a ≥0 且 a
ìa
＜0,即í 3
+ (k - 3)d ³ 0
-
.
z.
î
k k+1
a + (k - 2)d < 0
3
-
.
z.
ìkd ³ 3d - 12 12 12
-
.
z.
î
∵a3=12,∴ íkd < 2d - 12 ，∵d＜0,∴2－ d
＜k≤3－
d
-
.
z.
24 7 12
-
.
z.
∵－ 7 ＜d＜－3,∴ 2 ＜－ d
＜4,得 ＜k＜7.
-
.
z.
1 2 12 6
由于 k 是正整数，所以 k=6,即在 S ，S ，…，S 中，S 最大.
k
解法二：由 d＜0 得 a1>a2>…>a12>a13，因此，假设在 1≤k≤12 中有自然数 k,使得 a ≥
k+1 k 1 2 12
0,且 a ＜0,则 S 是 S ，S ，…，S ，当 m、n、p、q∈N *,
2 1
且 m+n=p+q 时，am+an=ap+：2a7=a1+a13= 13 S13＜0,∴a7＜0,a7+a6=a1+a12= 6 S12>0,
6 7 1 2 12 6
∴a ≥－a >0,故在 S ，S ，…，S 中 S 最大.
n d
-
.
z.
解法三：依题意得： S
n
= na
1
+ (n - 1)d = n(12 - 2d ) + (n2 - n) 2 2
-
.
z.
= d [n - 1 (5 -
24
)]2
d (5 -
)2 , d < 0,\[n - (5 -
24
)]2 最小时，S
最大；
-
.
z.
-
24 1
2 2 d 8 d 2 d n
-
.
z.
24 1 24
∵－ 7 ＜d＜－3,∴6＜ 2 (5－ d
)＜，在正整数中，当n=6 时，［n－ 1
2
(5－ 24 )］
d
-
.
z.
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根本要求，难度不高，(2)问
-
.
z.
n k k k
k+1 n
难度较高，为求{S }中的最大值 S ,1≤k≤12,思路之一是知道 S 为最大值的充要条件是 a ≥0 且 a ＜0，思路之三是可视S 为 n 的二次函数，、规律思维力量和计算力量，，找出“分水岭〞，从而得解.
5 1 17 1 1 1 1
：(1)由题意知 a 2=a ·a ，即(a +4d)2=a (a +16d) Þ a d=2d2,
-
.
z.
a
∵d≠0,∴a

=2d,数列{ a
}的公比 q= a5
= 1 + 4d

=3,
-
.
z.
a
1 b
n
1 1
a
∴ a =a ·3n－1①
b 1
n
b + 1
-
.
z.
又 a =a1+(b
－1)d= n a ②
2
-
.
z.
b n 1
n
n
b + 1
-
.
z.
由①②得 a ·3n－1= n
1 2
·a1.∵a1=2d≠0,∴b =2·3n－1－1.
-
.
z.
(2)T
=C 1 b +C 2 b +… +C n
b =C 1 (2· 30 － 1)+C 2 ·(2· 31 － 1)+… +C n
(2· 3n － 1 －
-
.
z.
n n 1 n 2
n n n n n
-
.
z.
2 2 2 1
1)= (C 1 +C 2 ·32+…+C n ·3n)－(C 1 +C 2 +…+C n )= ［(1+3)n－1］－(2n－1)= ·4n－2n+ ,
-
.
z.
n n
n n n
n 3 3 3
-
.
z.
n n 2 4 3 2 4 3
解：∵{a }为等差数列，{b }为等比数列，∴a +a =2a ,b ·b =b 2,
2 3
a2+a4=b3,b ·b4=a3,∴b3=2a3,a3=b 2,
1 1
得 b3=2b32,∵b3≠0,∴b3= 2 ,a3= 4 .
1 3
由 a1=1,a3= ，知{a }的公差 d=－ ,
4 n 8
10 ´ 9 55
∴S10=10a1+ 2 d=－ 8 .
2
2
1
由 b1=1,b3= ,知{b }的公比 q= 或 q=－ ,
2 n 2 2
n k+1 k k+2 k k+1 k+2
证明： (1〕∵ {a }是等差数列，∴ 2a =a +a ,故方程 a *2+2a *+a =0 可变为
k k+2
(a *+a )(*+1)=0,
∴当 k 取不同自然数时，原方程有一个公共根－1.
-
.
z.
(2〕原方程不同的根为* = -
a
k +2
+
a 2d 2d
= - k = -1 -
-
.
z.
k a a a
k k k
-
.
z.