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高考数学重点难点复习(12):等差数列与等比数列的性质应用

时间:2010-09-05


等差数列与等比数列的性质应 等差数列与等比数列的性质应用
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)= (1)求 f(x)的反函数 f- 1(x); (2)设 a1=1,


1 x 4
2

(x<-2).

1 a n +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<

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, 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.

技巧与方法:(2)问由式子

1 a n +1

=

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=- 4 +

1 , y2

即 y=f

--1

(x)=- 4 +

1 (x>0) y2
,∴ 1 a n +1
2

(2)∵

1 a n +1 1

= 4+

1 an
2



1 an
2

=4,

∴{

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

.

1 m 25 ,由 bn< ,得 m> , 4n + 1 25 4n + 1 25 25 设 g(n)= ,∵g(n)= 在 n∈N*上是减函数, 4n + 1 4n + 1
(3)bn=Sn+1-Sn=an+12=

m 成立. 25 [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
∴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<

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 =1 q = 化简得 q + 1 解得 3 . 2 a q = 9(1 + q ), a1 = 108 1
设数列{lgan}前 n 项和为 Sn,则 - … - Sn=lga1+lga1q2+…+lga1qn 1=lga1nq1+2+ +(n 1)

1 1 n(n-1)lgq=n(2lg2+lg3)- n(n-1)lg3 2 2 lg 3 7 =(- )n2+(2lg2+ lg3)n 2 2 7 2 lg 2 + lg 3 2 可见,当 n= 时,Sn 最大. lg 3
=nlga1+

7 2 lg 2 + lg 3 4 × 0.3 + 7 × 0.4 2 = 而 =5,故{lgan}的前 5 项和最大. lg 3 2 × 0.4

a1 = 108 1 n-1 1 解法二:接前, 1 ,于是 lgan=lg[108( ) ]=lg108+(n-1)lg , 3 3 q = 3
∴数列{lgan}是以 lg108 为首项, lg 以 ≥0,∴n≤

1 为公差的等差数列, lgan≥0,得 2lg2-(n-4)lg3 令 3

2 lg 2 + 4 lg 3 2 × 0.3 + 4 × 0.4 =5.5. = lg 3 0 .4 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 ( )

S10 31 = ,则 lim Sn 等于 n →∞ S 5 32

A.

2 3

B.

2 3

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, 0<logm(ab)<1,则 m 的取值 且 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 d≠0,由{an}中的部分项组成的数列 a b1 ,a b2 ,…,a bn ,…为等比数列,其中 b1=1,b2=5,b3=17. (1)求数列{bn}的通项公式;

Tn . n n→∞ 4 + b 7.(★★★★)设{an}为等差数列,{bn}为等比数列,a1=b1=1,a2+a4=b3,b2b4=a3,分别求出 {an}及{bn}的前 n 项和 S10 及 T10.
(2)记 Tn=C 1 b1+C 2 b2+C 3 b3+…+C n bn,求 lim n n n n
n

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 , ,, 为等差数列. x1 + 1 x 2 + 1 xn + 1

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) ① d = 30 ma1 + 2 ② 2ma + 2m(2m 1) d = 100 1 2 40 10 20 3m(3m 1) 解得d = 2 , a1 = + 2 ,∴ S 3m = 3ma1 + d = 210 m m 2 m 3m(3m 1) (3m 1)d d = 3m[a1 + ] 知 , 要 求 S3m 只 需 求 m 解 法 二 : 由 S 3m = 3ma1 + 2 2 (3m 1)d m(3m 1) [a1+ ],将②-①得 ma1+ d=70,∴S3m=210. 2 2 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 2 Am + Bm = 30 ,∴S3m=A(3m)2+B3m=210 10 A(2m) 2 + B 2m = 100 B = m 解 法 四 : S3m=S2m+a2m+1+a2m+2+ … +a3m=S2m+(a1+2md)+ … +(am+2md)=S2m+(a1+ … +am)+m2md=S2m+Sm+2m2d. 40 由解法一知 d= 2 ,代入得 S3m=210. m 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 n(n 1) 解法六:∵Sn=na1+ d, 2

Sn n(n 1) =a1+ d n 2 S S S S ( x 1)d +a1 上的一串点,由三点(m, m ),(2m, 2 m ),(3m, 3m ) ∴点(n, n )是直线 y= n 2 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,

S10 31 = ,而 a1=-1,故 q≠1, S 5 32



S10 S 5 31 32 1 = = ,根据等比数列性质知 S5,S10-S5,S15-S10,…,也成等比数 S5 32 32 1 1 ,即 q=- . 32 2

列,且它的公比为 q5,∴q5=- ∴ lim S n =
n→∞

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= 答案:第 11 项 a11=29 4.解法一:赋值法. 解法二: b=aq,c=aq2,x=

n +1 得解. n

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

1 2 1 a q (1 + q ) + a 2 q 2 (1 + q) ay + cx 2 a c 2 = = =2. + 1 2 xy x y 2 a q (1 + q ) 4
答案:2

a 3 = a1 + 2d = 12, 12 × 11 三、5.(1)解:依题意有: S12 = 12a1 + d >0 2 13 × 12 S13 = 13a1 + 2 d < 0

24 <d<-3. 7 (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
解之得公差 d 的取值范围为-

a3 + (k 3)d ≥ 0 的条件为:ak≥0 且 ak+1<0,即 a3 + (k 2)d < 0
kd ≥ 3d 12 12 12 ∵a3=12,∴ ,∵d<0,∴2- <k≤3- d d kd < 2d 12

24 7 12 <d<-3,∴ <- <4,得 5.5<k<7. 7 2 d 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 2 1 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 13 6 ≥-a7>0,故在 S1,S2,…,S12 中 S6 最大. n d 解法三:依题意得: S n = na1 + (n 1)d = n(12 2d ) + (n 2 n) 2 2 1 d 24 1 d 24 24 = [n (5 )]2 (5 ) 2 ,∵ d < 0,∴[n (5 )]2 最小时,Sn 最大; 2 2 d 8 d 2 d 24 1 24 1 24 ∵- <d<-3,∴6< (5- )<6.5.从而,在正整数中,当 n=6 时, [n- (5- )] 7 2 d 2 d 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=a1a17,即(a1+4d)2=a1(a1+16d) a1d=2d2,
∵- ∵d≠0,∴a1=2d,数列{ abn }的公比 q= ∴ abn =a13n
-1

a5 a1 + 4d = =3, a1 a1
① ②

bn + 1 a1 2 b +1 - - 由①②得 a13n 1= n a1.∵a1=2d≠0,∴bn=23n 1-1. 2
又 abn =a1+(bn-1)d=

(2)Tn=C 1 b1+C 2 b2+…+C n bn=C 1 (230 -1)+C 2 (231 -1)+…+C n (23n n n n n n n 1)=

-1



2 1 2 2 (C n +C 2 32+…+C n 3n)-(C 1 +C 2 +…+C n )= [(1+3)n-1]-(2n-1)= 4n- n n n n n 3 3 3 1 2 n+ , 3

2 n 1 2 1 n 1 1 n 4 2n + ( ) + ( ) Tn 2 3= 3 2 3 4 ∴ lim n = lim 3n = . lim n1 n→∞ 4 + bn n →∞ 4 + 2 3 1 n→∞ 1 + 1 ( 3 ) n1 ( 1 ) n 3 2 4 4
7.解:∵{an}为等差数列,{bn}为等比数列,∴a2+a4=2a3,b2b4=b32, 已知 a2+a4=b3,b2b4=a3,∴b3=2a3,a3=b32, 得 b3=2b32,∵b3≠0,∴b3= 由 a1=1,a3=

1 1 ,a3= . 2 4

1 3 ,知{an}的公差 d=- , 4 8 10 × 9 55 ∴S10=10a1+ d=- . 2 8 1 2 2 由 b1=1,b3= ,知{bn}的公比 q= 或 q=- , 2 2 2
当q = 2 b (1 q10 ) 31 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 a + 2d 2d = k = 1 ak ak ak

∴ ∵

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 2


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