bp-ysfmf高考数学难点突破难点12等差数列等比数列的性质运用

、.~①我们‖打〈败〉了敌人。②我们‖〔把敌人〕打〈败〉了。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)=412x(x－2).(1)求f(x)的反函数f-－1(x);(2)设a1=1,11na=－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bn25m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{21na}为桥梁求an,不易突破.技巧与方法：(2)问由式子41121nnaa得22111nnaa=4,构造等差数列{21na},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=412x,∵x－2,∴x=－214y,即y=f－-1(x)=－214y(x0)(2)∵411,14122121nnnnaaaa，∴{21na}是公差为4的等差数列，∵a1=1,21na=211a+4(n－1)=4n－3,∵an0,∴an=341n.(3)bn=Sn+1－Sn=an+12=141n,由bn25m,得m1425n,设g(n)=1425n,∵g(n)=1425n在n∈N*上是减函数，∴g(n)的最大值是g(1)=5,∴m5,存在最小正整数m=6,使对任意n∈N*有bn25m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,m∈N*,依题意有)(9)()(1)1(1)1(312131122121qaqaqaqaqqqaqqamm化简得10831),1(9114121aqqqaqq解得.设数列{lgan}前n项和为Sn,则Sn=lga1+lga1q2+…+lga1qn－1=lga1n·q1+2+…+(n－1)=nlga1+21n(n－1)·lgq=n(2lg2+lg3)－21n(n－1)lg3=(－23lg)·n2+(2lg2+27lg3)·n可见，当n=3lg3lg272lg2时，Sn最大.而4.024.073.043lg3lg272lg2=5,故{lgan}的前5项和最大.解法二：接前，311081qa,于是lgan=lg［108(31)n－1］=lg108+(n－1)lg31,∴数列{lgan}是以lg108为首项，以lg31为公差的等差数列，令lgan≥0,得2lg2－(n－4)lg3≥0,∴n≤4.04.043.023lg3lg42lg2=5.5.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3231510SS，则limnSn等于()32B.32A.C.2D.－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0logm(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ycxa=_________.三、解答题5.(★★★★★)设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a3=12,S120,S130.(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a1b,a2b,…,anb,…为等比数列，其中b1=1,b2=5,b3=17.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)记Tn=C1nb1+C2nb2+C3nb3+…+Cnnbn,求nnnnbT4lim.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,…,求证：数列11,,11,1121nxxx为等差数列.参考答案难点磁场解法一：将Sm=30,S2m=100代入Sn=na1+2)1(nnd,得：1002)12(22302)1(11dmmmadmmma2102)13(33,2010,4013212dmmmaSmmamdm解得解法二：由]2)13([32)13(33113dmamdmmmaSm知，要求S3m只需求m［a1+2)13(dm］,将②－①得ma1+2)13(mmd=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，即Sn=An2+Bn(A、B是常数）.将Sm=30,S2m=100代入，得mBmAmBmABmAm10201002)2(30222,∴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=240m,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+2)1(nnd,∴nSn=a1+2)1(nnd∴点(n,nSn)是直线y=2)1(dx+a1上的一串点，由三点(m,mSm),(2m,mSm22),(3m,mSm33)共线，易得S3m=3(S2m－Sm)=210.①②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，3231510SS，而a1=－1,故q≠1,∴3213232315510SSS,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=－321,即q=－21.∴.321lim1qaSnn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=nn1得解.答案：第11项a11=294.解法一：赋值法.解法二：b=aq,c=aq2,x=21(a+b)=21a(1+q),y=21(b+c)=21aq(1+q),ycxa=)1(41)1(21)1(2122222qqaqqaqqaxycxay=2.答案：2三、5.(1)解：依题意有：0212131302111212,12211311213daSdaSdaa解之得公差d的取值范围为－724＜d＜－3.(2)解法一：由d＜0可知a1a2a3…a12a13,因此，在S1，S2，…，S12中Sk为最大值的条件为：ak≥0且ak+1＜0,即0)2(0)3(33dkadka∵a3=12,∴122123dkddkd，∵d＜0,∴2－d12＜k≤3－d12∵－724＜d＜－3,∴27＜－d12＜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a1a2…a12a13，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m+n=p+q时，am+an=ap+aq.所以有：2a7=a1+a13=132S13＜0,∴a7＜0,a7+a6=a1+a12=61S120,∴a6≥－a70,故在S1，S2，…，S12中S6最大.解法三：依题意得：)(2)212()1(221nnddndnnnaSn222)]245(21[,0,)245(8)]245(21[2dnddddnd最小时，Sn最大；∵－724＜d＜－3,∴6＜21(5－d24)＜6.5.从而，在正整数中，当n=6时，［n－21(5－d24)］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=a1·a17，即(a1+4d)2=a1(a1+16d)a1d=2d2,∵d≠0,∴a1=2d,数列{nba}的公比q=11154adaaa=3,∴nba=a1·3n－1①又nba=a1+(bn－1)d=121abn②由①②得a1·3n－1=21nb·a1.∵a1=2d≠0,∴bn=2·3n－1－1.(2)Tn=C1nb1+C2nb2+…