等差数列、等比数列的性质运用高考复习.doc

本文由jakingzou贡献 doc文档可能在WAP端浏览体验不佳。建议您优先选择TXT，或下载源文件到本机查看。 难点 12 等差数列、等比数列的性质运用 等差数列、 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， 2m 项的和为 100， 前 求它的前 3m 项的和 为. 案例探究 例 1已知函数 f(x)= 1 x ?4 2 (x<2). (1)求 f(x)的反函数 f-1(x); (2)设 a1=1, 1 a n +1 =f-1(an)(nN*),求 an; 25 (3)设 Sn=a12+a22+an2,bn=Sn+1Sn 是否存在最小正整数 m,使得对任意 nN*,有 bn< 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 1 an 2 为桥梁求 an,不易突破. 1 a n +1 = 技巧与方法：(2)问由式子 1 an 2 +4得 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= 1 x ?4 2 ,x<2,x= 1 y2 4+ 1 y2 , 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， 1 an 2 a1=1, = 1 a1 2 +4(n1)=4n3,an>0,an= 1 4n ? 3 . (3)bn=Sn+1Sn=an+12= 设 g(n)= 1 ,由 bn< m ,得 m> 25 , 4n + 1 25 4n + 1 25 25 * ,g(n)= 在 nN 上是减函数， 4n + 1 4n + 1 25 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 nN*有 bn< 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,mN*,依题意有 a1 ? ( q 2 m ? 1) a1 q ? ( q 2 m ? 1) = ? q ?1 q2 ?1 ? ? 3 2 3 ?( a1 q ) ? ( a1 q ) = 9( a1 q + a1 q ) 4q 1 ? ?q +1 = 1 ?q = 化简得 ? 解得? 3 . ?a q 2 = 9(1 + q ), ?a1 = 108 ? ? 1 设数列lgan前 n 项和为 Sn,则 Sn=lga1+lga1q2+lga1qn1=lga1n·q1+2+(n1) =nlga1+ 1 n(n1)·lgq=n(2lg2+lg3) 1 n(n1)lg3 2 2 =( lg 3 )·n2+(2lg2+ 7 lg3)·n 2 2 可见，当 7 2 lg 2 + lg 3 2 n= 时，Sn 最大. lg 3 7 2 lg 2 + lg 3 4 × 0.3 + 7 × 0.4 2 = =5,故lgan的前 而 lg 3 2 × 0 .4 a1 = 108 解法二：接前， ? 1 ,于是 ? ?q = 3 ? 5 项和最大. lgan=lg108( 1 )n1=lg108+(n1)lg 1 , 3 3 数列lgan是以 lg108 为首项，以 lg 1 为公差的等差数列，令 lgan0,得 2lg2(n4)lg3 3 0,n 2 lg 2 + 4 lg 3 = 2 × 0.3 + 4 × 0.4 =5.5. lg 3 0 .4 由于 nN*,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 A. 2 3 B. ? 2 3 S10 31 ，则 lim Sn 等于( = n S 5 32 ) 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<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 c + =. x y 三、解答题 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 d0,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 1 b1+C 2 b2+C 3 b3+C n bn,求 lim n n n n Tn n n 4 + b n . 7.()设an为等差数列， n为等比数列， 1=b1=1,a2+a4=b3,b2· 4=a3,分别求出an b a b 及bn的前 n 项和 S10 及 T10. 8.()an为等差数列，公差 d0,an0,(nN*),且 akx2+2ak+1x+ak+2=0(kN*) (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 参考答案 难点磁场 解法一：将 Sm=30,S2m=100 代入 Sn=na1+ n(n ? 1) d,得： 2 m(m ? 1) ? d = 30 ?ma + ? 1 2 ? ?2ma + 2m(2m ? 1) d = 100 1 ? 2 ? 解得d = 1 1 1 为等差数列. , ,L , x1 + 1 x 2 + 1 xn + 1 40 10 20 3m(3m ? 1) , a1 = + 2 , S 3m = 3ma1 + d = 210 2 m m 2 m 2 m(3m ? 1) d=70,S3m=210. 2 2 2 解法二：由 S3m = 3ma1 + 3m(3m ? 1) d = 3ma1 + (3m ? 1)d 知，要求 S3m 只需求 ma1+ (3m ? 1)d ,将 得 ma1+ 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 20 ? ?A = m2 ? Am 2 + Bm = 30 ? ? ? ? 2 ? A(2m) + B ? 2m = 100 ? B = 10 ? ? m ? ,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= 40 ,代入得 S3m=210. 2 m 解法五：根据等差数列性质知：Sm,S2mSm,S3mS2m 也成等差数列，从而有：2(S2m Sm)=Sm+(S3mS2m) S3m=3(S2mSm)=210 解法六：Sn=na1+ n(n ? 1) d, 2 =a1+ n(n ? 1) d 2 S 点(n, n )是直线 n S n n y= ( x ? 1)d +a1 上的一串点，由三点(m, 2 Sm m ),(2m, S 2m 2m ),(3m, S 3m 3m )共线，易 得 S3m=3(S2mSm)=210. 解法七：令 m=1 得 S1=30，S2=100，得 a1=30,a1+a2=100,a1=30,a2=70 a3=70+(7030)=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， S10 S5 = 31 ，而 a1=1,故 32 q1, S10 ? S5 S5 = 31 ? 32 1 = ? ,根据等比数列性质知 S5，S10S5，S15S10,也成等比数列，且它 32 32 1 ,即 32 的公比为 q5,q5= lim S n = n q= 1 . 2 a1 2 =? . 1? q 3 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 + 1 得解. n 答案：第 11 项 a11=29 4.解法一：赋值法. 解法二： b=aq,c=aq2,x= 1 (a+b)= 1 a(1+q),y= 1 (b+c)= 1 aq(1+q), 2 2 1 2 1 2 2 a q (1 + q) + a q (1 + q) a c 2 + = ay + cx = 2 =2. 1 2 x y xy 2 a q(1 + q ) 4 2 2 答案：2 ?a 3 = a1 + 2d = 12, ? 三、5.(1)解：依题意有： ?S12 = 12a1 + 12 × 11 d > 0 ? 2 ? 13 × 12 ? ? S13 = 13a1 + 2 d < 0 ? 解之得公差 d 的取值范围为 24 d3. 7 (2)解法一：由 d0 可知 a1>a2>a3>>a12>a13,因此，在 S1，S2，S12 中 Sk 为最大值的 条件为：ak0 且 ak+10,即 ? a3=12, ? 7 a3 + (k ? 3)d 0 ?a3 + (k ? 2)d < 0 kd 3d ? 12 ，d0,2 12 k3 12 d d ?kd < 2d ? 12 2 d 24 d3, 7 12 4,得 5.5k7. 因为 k 是正整数，所以 k=6,即在 S1，S2，S12 中，S6 最大. 解法二：由 d0 得 a1>a2>>a12>a13，因此，若在 1k12 中有自然数 k,使得 ak0,且 ak+10,则 Sk 是 S1，S2，S12 中的最大值.由等差数列性质得，当 m、n、p、qN*,且 m+n=p+q 时，am+an=ap+aq.所以有：2a7=a1+a13= a6a7>0,故在 S1，S2，S12 中 S6 最大. 解法三：依题意得： S n = na1 + n (n ? 1) d = n(12 ? 2d ) + d (n 2 ? n) 2 2 d 1 24 2 d 24 2 1 24 2 = n ? (5 ? ) ? (5 ? ) ,Q d < 0,n ? (5 ? ) 最小时，Sn 最大； 2 2 d 8 d 2 d 2 S130,a70,a7+a6=a1+a12= 1 S12>0, 13 6 24 d3,6 1 (5 24 )6.5.从而，在正整数中，当 n=6 时， n 1 (5 24 )2 最 7 2 d 2 d 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,1k12,思路之一是知道 Sk 为最大值的充要条件是 ak 0 且 ak+10，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, d0,a1=2d,数列 ab 的公比 q= a5 n a1 = a1 + 4d a1 =3, ab =a1·3n1 n 又 ab =a1+(bn1)d= n 由得 bn + 1 a1 2 b +1 a1·3n1= n ·a1.a1=2d0,bn=2·3n11. 2 (2)Tn=C 1n b1+C 2 b2+C n bn=C 1n (2·301)+C 2 ·(2·311)+C n (2·3n1 n n n n 1)= 2 (C 1n +C 2 ·32+C n ·3n)(C 1n +C 2 +C n )= 2(1+3)n1(2n1)= n n n n 3 3 2 ·4n2n+ 1 , 3 3 2 n 1 2 1 n 1 1 n ? 4 ? 2n + ?( ) + ( ) Tn 2 3= 3 2 3 4 lim n = lim 3n = . lim n ?1 n 4 + bn n 4 + 2 ? 3 ? 1 n 1 + 1 ? ( 3 ) n?1 ? ( 1 ) n 3 2 4 4 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, 2 4 1 由 a1=1,a3= ，知an的公差 d= 3 , 4 8 10 × 9 55 S10=10a1+ d= . 2 8 得 b3=2b32,b30,b3= 1 ,a3= 1 . 由 b1=1,b3= 1 ,知bn的公比 q= 2 当q = 2 2 或 q= 2 2 , b (1 ? q10 ) 31 2 时, T10 = 1 = (2 + 2 ); 2 1? q 32 b (1 ? q10 ) 31 2 时, T10 = 1 = ( 2 ? 2 ). 2 1? q 32 当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= ? ak +2 ak =? ak + 2d 2d = ?1 ? ak ak Q a 1 =? k , xk + 1 2d 1 xk +1 + 1 ? a a a ? ak +1 ? d 1 1 = ? k +1 ? (? k ) = k = = ? (常数) xk + 1 2d 2d 2d 2d 2 1 1 是以 ? 为公差的等差数列. xk + 1 21