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广东省珠海市金海岸中学高考数学复习专题讲座 等差数列、等比数列性质的灵活运用

广东省珠海市金海岸中学高三数学复习专题讲座 等差 数列、等比数列性质的灵活运用
高考要求 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 重难点归纳 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 典型题例示范讲解 例 1 已知函数 f(x)=
x 1
2

(x<-2)
?4

(1)求 f(x)的反函数 f (2)设 a1=1,
2

--1

(x); (an)(n∈N ),求 an;
*

1 a n ?1

=-f
2 2

--1

(3)设 Sn=a1 +a2 +?+an ,bn=Sn+1-Sn 是否存在最小正整数 m,使得对任意 n ∈N ,有 bn<
*

m 25

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 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{
1 an
2

}为桥梁求 an,不易突破

用心 爱心 专心

1

技巧与方法

(2)问由式子

1 a n ?1

?

1 an
2

?4



1 a n ?1
2

?

1 an
2

=4,构造等差

数列{

1 an
2

},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 1
2

,∵x<-2,∴x=- 4 ?
?4
1 y
2

1 y
2

,

即 y=f

--1

(x)=- 4 ?

(x>0)

(2)∵

1 a n ?1

?

4?

1 an
2

,?

1 a n ?1
2

?

1 an
2

? 4



∴{

1 an
2

}是公差为 4 的等差数列,

∵a1=1,

1 an
2

=

1 a1
2

+4(n-1)=4n-3,∵an>0,∴an=

1 4n ? 3

(3)bn=Sn+1-Sn=an+1 = 设 g(n)=
25 4n ? 1

2

1 4n ? 1

,由 bn<
25 4n ? 1

m 25

,得 m>
*

25 4n ? 1

,

,∵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<
*

m 25

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 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
用心 爱心 专心 2

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
2m ? a 1 ? ( q 2 m ? 1) a q ? (q ? 1) ? 1 ? 2 q ?1 q ?1 ? ? 3 2 3 ?(a1q ) ? (a1q ) ? 9(a1q ? a1q )

? 4q ?1 ? 化简得 ? q ? 1 ? a q 2 ? 9 (1 ? q ), ? 1

1 ? ?q ? 解得 ? 3 ? a ? 108 ? 1

设数列{lgan}前 n 项和为 Sn,则 Sn=lga1+lga1q2+?+lga1qn-1=lga1n·q1+2+?+(n-1) =nlga1+ =(-
1 2 lg 3 2

n(n-1)·lgq=n(2lg2+lg3)- n(n-1)lg3
2
2

1

)·n +(2lg2+
2 lg 2 ? 7

7 2

lg3)·n

lg 3

可见,当 n=
2 lg 2 ? 7 lg 3 ?

2 lg 3

时,Sn 最大



2 lg 3

4 ? 0 .3 ? 7 ? 0 .4 2 ? 0 .4

=5,故{lgan}的前 5 项和最大

解法二

接前, ?

? a 1 ? 108 ? 1 ?q ? 3 ?

,于是 lgan=lg[108(

1 3

)

n -1

]=lg108+(n -

1)lg

1 3

,
1 3

∴数列{lgan}是以 lg108 为首项,以 lg 令 lgan≥0,得 2lg2-(n-4)lg3≥0, ∴n≤
2 lg 2 ? 4 lg 3 lg 3
*

为公差的等差数列,

?

2 ? 0 .3 ? 4 ? 0 .4 0 .4

=5

5

由于 n∈N ,可见数列{lgan}的前 5 项和最大
用心 爱心 专心 3

例 3 等差数列{an}的前 n 项的和为 30, 2m 项的和为 100, 前 求它的前 3m 项的和为_________ 解法一 将 Sm=30,S2m=100 代入 Sn=na1+
m ( m ? 1) ? m a1 ? d ? 3 0 ????????????   ① ? ? 2 ? ? 2 m a ? 2 m ( 2 m ? 1) d ? 1 0 0     ② 1 ? ? 2
解得 d ? 40 m
2

n ( n ? 1) 2

d,得

, a1 ?

10 m

?

20 m
2

,? S 3 m ? 3 ma 1 ?

3 m ( 3 m ? 1) 2

d ? 210
] 知,

解法二 由 S 3 m ? 3 ma 1 ? 要求 S3m 只需求 m[a1+ 将②-①得 ma1+

3 m ( 3 m ? 1) 2

d ? 3 m [ a1 ?

( 3 m ? 1) d 2

( 3 m ? 1) d 2

],

m ( 3 m ? 1) 2

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, 2 即 Sn=An +Bn(A、B 是常数) 将 Sm=30,S2m=100 代入,得
2 ? ? Am ? Bm ? 30 ? 2 ? A ( 2 m ) ? B ? 2 m ? 100 ?

20 ? 2 ?A ? ? m ? ? ? B ? 10 ? m ?

,∴S3m=A·(3m) +B·3m=210

2

解法四 S3m=S2m+a2m+1+a2m+2+?+a3m =S2m+(a1+2md)+?+(am+2md) =S2m+(a1+?+am)+m·2md 2 =S2m+Sm+2m d 由解法一知 d=
40 m
2

,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+ ∴
Sn n n ( n ? 1) 2

d,

=a1+

n ( n ? 1) 2

d
用心 爱心 专心 4

∴点(n,

Sn n

)是直线 y= ),(2m,

( x ? 1) d 2

+a1 上的一串点,
S 3m 3m

由三点(m,

Sm m

S 2m 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 学生巩固练习 1 等比数列{an}的首项 a1=-1,前 n 项和为 Sn,若
S 10 S5 ? 31 32

,则 lim Sn
n? ?

等于( )
A. 2 3 B. ? 2 3

C

2

D



2 2 已知 a,b,a+b 成等差数列,a,b,ab 成等比数列,且 0<logm(ab)<1, 则 m 的取值范围是_________ 3 等差数列{an}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 已知 a、b、c 成等比数列,如果 a、x、b 和 b、y、c 都成等差数列, 则
a x ? c y

=_________

5 设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a3=12,S12>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 b ,a b ,?,a b ,?为等比数列,其中 b1=1,b2=5,b3=17
1 2
n

(1)求数列{bn}的通项公式; (2)记 Tn=C 1n b1+C 2 b2+C 3 b3+?+C n bn,求 lim n n n
Tn 4
n n? ?

?b

n

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 * 2 8 {an}为等差数列,公差 d≠0,an≠0,(n∈N ),且 akx +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,?,
用心 爱心 专心 5

求证 数列

1

x1 ? 1 x 2 ? 1

,

1

,? ,

1 xn ? 1

为等差数列

参考答案: 1 解析 利用等比数列和的性质 依题意,
S 10 S5
S 10 ? S 5 S5

?

31 32

,而 a1=-1,故 q≠1,



?

31 ? 32 32

? ?

1 32

,

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 q ,∴q =- ∴ lim S n ?
n? ?

5

5

1 32

,即 q=-

1 2

a1 1? q

? ?

2 3

.

答案 B 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= 答案 第 11 项 a11=29 4 解法一 赋值法 解法二 b=aq,c=aq ,x=
1
2

n ?1 n

得解

2

1 2

(a+b)=

1 2

a(1+q),y= (b+c)= aq(1+q),
2 2

1

1

a x

?

c y

=

ay ? cx xy

a q (1 ? q ) ? 1 4
2

1 2

a q (1 ? q )
2 2

? 2

=2
2

a q (1 ? q )

答案 2
? ? a 3 ? a 1 ? 2 d ? 12 , ? 12 ? 11 ? d ? 0 ? S 12 ? 12 a 1 ? 2 ? 13 ? 12 ? S ? 13 a 1 ? d ? 0 ? 13 2 ?

5 (1)解 依题意有

用心 爱心 专心

6

解之得公差 d 的取值范围为-

24 7

<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 ?
? a 3 ? ( k ? 3)d ? 0 ?a3 ? (k ? 2)d ? 0
12 d 12 d 12 d

∵a3=12,∴ ?
24 7

? kd ? 3 d ? 12 ? kd ? 2 d ? 12
7 2

,∵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, 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=
2 13

S13<0,
1 6

∴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
? d 2 [n ? 1 2 (5 ? 24 d
2

S n ? na 1 ? d 8 (5 ? 24 d

n 2

( n ? 1) d ? n (12 ? 2 d ) ?
2

d 2

(n
2

2

? n)

)] ?

) ,? d ? 0 ,? [ n ?

1 2

(5 ?

24 d

)]

最小时,

Sn 最大;
∵-
24 7

<d<-3,∴6< (5-
2

1

24 d

)<6 5
1 2

从而,在正整数中,当 n=6 时, n- [

(5-

24 d

)] 最小,所以 S6 最大

2

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 2 2 2 6 解 (1)由题意知 a5 =a1·a17,即(a1+4d) =a1(a1+16d) ? a1d=2d ,
用心 爱心 专心 7

∵d≠0,∴a1=2d,数列{ a b }的公比 q=
n

a5 a1

?

a1 ? 4 d a1

=3,

∴ a b =a1·3
n

n-1


bn ? 1 2 a1

又 a b =a1+(bn-1)d=
n


n-1

由①②得 a1·3

n-1

=

bn ? 1 2

·a1 ∵a1=2d≠0,∴bn=2·3

-1

(2)Tn=C 1n b1+C 2 b2+?+C n bn n n =C 1n (2·3 -1)+C 2 ·(2·3 -1)+?+C n (2·3 n n = =
2 3 2 3
2 0 1

n-1

-1)

(C 1n +C 2 ·3 +?+C n ·3 )-(C 1n +C 2 +?+C n ) n n n n [(1+3) -1]-(2 -1)=
2 ?4
n n

n

n

n

2 3

·4 -2 +
1

n

n

1 3

,

? lim

Tn 4
n

? 2

n

?

n? ?

? bn

? lim

3 4 ? 2 ?3
n ?1

n? ?

1 n 1 1 n ? ( ) ? ( ) 2 3 3 2 3 4 ? lim ? . 1 3 n ?1 1 n n? ? 3 ?1 1? ?( ) ? ( ) 2 4 4
2

2

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 , 得 b3=2b3 ,∵b3≠0,∴b3= 由 a1=1,a3= ∴S10=10a1+ 由 b1=1,b3=
2 2 当q ? ?
1 4 10 ? 9 2
2

1 2

,a3=

1 4 3 8

,知{an}的公差 d=-

,

d=-

55 8

1 2

,知{bn}的公比 q=
b1 (1 ? q 1? q b1 (1 ? q 1? q
10 10

2 2

或 q=-

2 2

,

当q ?

时 , T10 ? 2

)

? )

31 32 ?

(2 ?

2 );

2

时 , T10 ?

31 32

(2 ?

2 ).

8 证明 (1)∵{an}是等差数列,∴2ak+1=ak+ak+2, 2 故方程 akx +2ak+1x+ak+2=0 可变为(akx+ak+2)(x+1)=0,
用心 爱心 专心 8

∴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= ?
ak?2 ak ? ? ak ? 2d ak ? ?1 ? 2d ak

?

1 xk ? 1 1

? ?

ak 2d 1

,

?

x k ?1 ? 1 1 xk ? 1

?

xk ? 1

? ?

a k ?1 2d

? (?

ak 2d

)?

a k ? a k ?1 2d

?

?d 2d

? ?

1 2

(常 数 )

?{

}是 以 ?

1 2

为 公 差 的 等 差 数 列.

用心 爱心 专心

9