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高考数学等差数列等比数列性质

时间:2010-05-14


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题目 高中数学复习专题讲座 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
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例 1 已知函数 f(x)=


1 x ?4
2

(x<-2)

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(1)求 f(x)的反函数 f- 1(x); (2)设 a1=1,

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 成立?若存在,求出 m 的值;若不存在,说明理由 25
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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,
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这是一个易错点,(2)问以数列{

1 an
2

}为桥梁求 an,不易突破

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技巧与方法

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(2)问由式子

1 an ?1

?

1 an
2

?4 得

1 a n ?1
2

?

1 an
2

=4,构造等差

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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
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运用了函数的思想 解
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(1)设 y=

1 x ?4
2

,∵x<-2,∴x=- 4 ?

1 , y2

即 y=f

--1

(x)=- 4 ?

1 (x>0) y2

(2)∵

1 an?1
1

? 4?

1 an
2

,?

1 an?1
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
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4n ? 3

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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= ∴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 成立 25

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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
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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
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? a1 ? ( q 2m ? 1) a1q ? ( q 2m ? 1) ? ? q ?1 q2 ?1 ? ? 3 2 3 ?(a1q) ? (a1q ) ? 9(a1q ? a1q )
? 4q 1 ? ?1 ? ?q ? 化简得 ? q ? 1 解得? 3 ?a q 2 ? 9(1 ? q), ?a1 ? 108 ? ? 1

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设数列{lgan}前 n 项和为 Sn,则 - ? - Sn=lga1+lga1q2+?+lga1qn 1=lga1n·q1+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+
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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

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解法二

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?a1 ? 108 1 n-1 ? 接前, ? 1 ,于是 lgan=lg[108( ) ]=lg108+(n- 3 ?q ? 3 ?

1)lg

1 , 3
∴数列{lgan}是以 lg108 为首项,以 lg

1 为公差的等差数列, 3
5

令 lgan≥0,得 2lg2-(n-4)lg3≥0, 2 lg 2 ? 4 lg 3 2 ? 0.3 ? 4 ? 0.4 ? ∴n≤ =5 lg 3 0.4

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由于 n∈N*,可见数列{lgan}的前 5 项和最大 例 3 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_________
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解法一

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将 Sm=30,S2m=100 代入 Sn=na1+

n(n ? 1) d,得 2

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m(m ? 1) ? d ? 30???????????? ① ?ma1 ? ? 2 ? ?2ma ? 2m(2m ? 1) d ? 100  ② 1 ? ? 2
解得d ?
解法二
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40 10 20 3m(3m ? 1) , a1 ? ? ,? S 3m ? 3ma1 ? d ? 210 2 m m2 2 m
由 S3m ? 3ma1 ?

3m(3m ? 1) (3m ? 1)d d ? 3m[a1 ? ]知, 2 2 (3m ? 1)d 要求 S3m 只需求 m[a1+ ], 2 m(3m ? 1) 将②-①得 ma1+ d=70,∴S3m=210 2
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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
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20 ? ? A ? m2 ? Am 2 ? Bm ? 30 ? ? ,∴S3m=A·(3m)2+B·3m=210 ?? ? 2 10 ? A(2m) ? B ? 2m ? 100 ?B ? ? ? m ?
解法四 S3m=S2m+a2m+1+a2m+2+?+a3m =S2m+(a1+2md)+?+(am+2md) =S2m+(a1+?+am)+m·2md =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
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解法六 ∴

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∵Sn=na1+

n(n ? 1) d, 2

Sn n(n ? 1) =a1+ d n 2 S ( x ? 1)d ∴点(n, n )是直线 y= +a1 上的一串点, 2 n
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由三点(m,
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Sm S S ),(2m, 2m ),(3m, 3m )共线,易得 S3m=3(S2m-Sm)=210 m 3m 2m

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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
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1

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等比数列{an}的首项 a1=-1,前 n 项和为 Sn,若

S10 31 ? ,则 lim Sn S 5 32 n ??

等于( )

A.
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2 3
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2 B.? C 3
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2D

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-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 a c 列,则 ? =_________ x y
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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
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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;
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Tn 4 ? bn 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,?,
(2)记 Tn=C 1 b1+C 2 b2+C 3 b3+?+C n bn,求 lim n n n n
n ??
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n

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求证

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数列

1 1 1 , ,?, 为等差数列 x1 ? 1 x2 ? 1 xn ? 1

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参考答案: 1 解析 利用等比数列和的性质
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依题意,

S10 31 ,而 a1=-1,故 q≠1, ? S 5 32



S10 ? S 5 31 ? 32 1 ? ?? , S5 32 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 q5,∴q5=- ∴ lim S n ?
n ??
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1 1 ,即 q=- 2 32

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a1 2 ?? . 1? q 3
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答案 B 2 解析 解出 a、b,解对数不等式即可 答案 (-∞,8)
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解析
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利用 S 奇/S 偶=

n ?1 得解 n

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答案 第 11 项 a11=29 4 解法一 赋值法
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解法二

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b=aq,c=aq2,x=

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
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2

5

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(1)解

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依题意有

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? ?a3 ? a1 ? 2d ? 12, ? 12 ? 11 ? d ?0 ?S12 ? 12a1 ? 2 ? 13 ? 12 ? ?S13 ? 13a1 ? 2 d ? 0 ?

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解之得公差 d 的取值范围为- (2)解法一
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24 <d<-3 7

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由 d<0 可知 a1>a2>a3>?>a12>a13,因此,在 S1,S2,?,S12 中
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Sk 为最大值的条件为

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?a3 ? (k ? 3)d ? 0 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
∵-

7 24 12 <d<-3,∴ <- <4,得 5 2 7 d
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5<k<7

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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
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所以有 2a7=a1+a13=

2 S13<0, 13 1 ∴a7<0,a7+a6=a1+a12= S12>0,∴a6≥-a7>0, 6
故在 S1,S2,?,S12 中 S6 最大 解法三
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n d Sn ? na1 ? (n ? 1)d ? n(12 ? 2d ) ? (n2 ? n) 2 2 d 1 24 d 24 1 24 ? [n ? (5 ? )]2 ? (5 ? ) 2 ,? d ? 0,?[n ? (5 ? )]2 最小时, 2 2 d 8 d 2 d
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依题意得

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Sn 最大;

1 24 24 <d<-3,∴6< (5- )<6 5 2 7 d 1 24 2 从而,在正整数中,当 n=6 时,[n- (5- )] 最小,所以 S6 最大 2 d
∵-
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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=a1·a17,即(a1+4d)2=a1(a1+16d) ? a1d=2d2,
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∵d≠0,∴a1=2d,数列{ abn }的公比 q= ∴ abn =a1·3n 1①


a5 a1 ? 4d ? =3, a1 a1

bn ? 1 a1 ② 2 b ?1 - - 由①②得 a1·3n 1= n ·a1 ∵a1=2d≠0,∴bn=2·3n 1-1 2
又 abn =a1+(bn-1)d=
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(2)Tn=C 1 b1+C 2 b2+?+C n bn n n n =C 1 (2·30-1)+C 2 ·(2·31-1)+?+C n (2·3n 1-1) n n n


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

2 n 1 2 1 n 1 1 n ? 4 ? 2n ? ?( ) ? ( ) T 2 3? 3 2 3 4 ? lim n n ? lim 3n ? . lim n ?1 1 3 n?1 1 n 3 n?? 4 ? bn n?? 4 ? 2 ? 3 n?? ?1 1? ?( ) ? ( ) 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,
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得 b3=2b32,∵b3≠0,∴b3= 由 a1=1,a3=

1 1 ,a3= 2 4

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1 3 ,知{an}的公差 d=- , 4 8 10? 9 55 ∴S10=10a1+ d=- 2 8 2 2 1 由 b1=1,b3= ,知{bn}的公比 q= 或 q=- , 2 2 2
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当q ?

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
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当q ? ?
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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,
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∴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= ?

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ak ? 2 a ? 2d 2d ?? k ? ?1 ? ak ak ak

?

a 1 ?? k , xk ? 1 2d a a a ? ak ?1 ?d 1 1 ? ? k ?1 ? (? k ) ? k ? ? ? (常数) xk ?1 ? 1 xk ? 1 2d 2d 2d 2d 2 1 ? 1 1 }是以 ? 为公差的等差数列. xk ? 1 2
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?

?{

课前后备注

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