高中数学复习专题讲座(第12讲)等差数列、等比数列性质的灵活运用.doc

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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
例1已知函数f(x)= (x<－2)
(1)求f(x)的反函数f-－1(x);
(2)设a1=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<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{}为桥梁求an,不易突破
技巧与方法 (2)问由式子得=4,构造等差数列{},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<－2,∴x=－,
即y=f－-1(x)=－ (x>0)
(2)∵，
∴{}是公差为4的等差数列，
∵a1=1, =+4(n－1)=4n－3,∵an>0,∴an=
(3)bn=Sn+1－Sn=an+12=,由bn<,得m>,
设g(n)= ,∵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<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

化简得
设数列{lgan}前n项和为Sn,则
Sn=lga1+lga1q2+…+lga1qn－1=lga1n·q1+2+…+(n－1)
=nlga1+n(n－1)·lgq=n(2lg2+lg3)－n(n－1)lg3
=(－)·n2+(2lg2+lg3)·n
可见，当n=时，Sn最大
而=5,故{lgan}的前5项和最大
解法二 接前，,于是lgan=lg［108()n－1］=lg108+(n－1)lg,
∴数列{lgan}是以lg108为首项，以lg为公差的等差数列，
令lgan≥0,得2lg2－(n－4)lg3≥0,
∴n≤=5 5
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_________
解法一 将Sm=30,S2m=100代入Sn=na1+d,得

解法二 由知，
要求S3m只需求m［a1+］,
将②－①得ma1+ 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，即Sn=An2+Bn(A、B是常数）
将Sm=30,S2m=100代入，得
,∴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=,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+d,
∴=a1+d
∴点(n, )是直线y=+a1上的一串点，
由三点(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
学生巩固练习
1 等比数列{an}的首项a1=－1,前n项和为Sn,若，则Sn等于( )
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=_________
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,a,…,a,…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=Cb1+Cb2+Cb3+…+Cbn,求
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，，而a1=－1,故q≠1,
∴,
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=－,即q=－
∴
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=得解
答案 第11项a11=29
4 解法一 赋值法
解法二 b=aq,c=aq2,x=(a+b)=a(1+q),y=(b+c)=aq(1+q),
==2
答案 2
5 (1)解 依题意有
解之得公差d的取值范围为－＜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
∵a3=12,∴，∵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=S13＜0,
∴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
最小时，Sn最大；
∵－＜d＜－3,∴6＜(5－)＜6 5
从而，在正整数中，当n=6时，［n－ (5－)］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{}的公比q==3,
∴=a1·3n－1 ①
又=a1+(bn－1)d= ②
由①②得a1·3n－1=·a1 ∵a1=2d≠0,∴bn=2·3n－1－1
(2)Tn=Cb1+Cb2+…+Cbn
=C (2·30－1)+C·(2·31－1)+…+C(2·3n－1－1)
=(C+C·32+…+C·3n)－(C+C+…+C)
=［(1+3)n－1］－(2n－1)= ·4n－2n+,

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,
得b3=2b32,∵b3≠0,∴b3=,a3=
由a1=1,a3=，知{an}的公差d=－,
∴S10=10a1+d=－
由b1=1,b3=,知{bn}的公比q=或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=

课前后备注

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