高考易错点---高考数学难点突破12__等差数列、等比数列的性质运用[1]

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)= (x<2).(1)求f(x)的反函数f-1(x);(2)设a1=1, =f-1(an)(nN*),求an;(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<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(n1)=4n3,an>0,an=.(3)bn=Sn+1Sn=an+12=,由bn<,得m>,设g(n)= ,g(n)= 在nN*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nN*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.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*,依题意有化简得.设数列lgan前n项和为Sn,则Sn=lga1+lga1q2+lga1qn1=lga1nq1+2+(n1)=nlga1+n(n1)lgq=n(2lg2+lg3)n(n1)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=lg108()n1=lg108+(n1)lg,数列lgan是以lg108为首项，以lg为公差的等差数列，令lgan0,得2lg2(n4)lg30,n=5.5.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，则Sn等于( ) 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=_.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,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,b2b4=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+d,得：解法二：由知，要求S3m只需求ma1+,将得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+B3m=210解法四：S3m=S2m+a2m+1+a2m+2+a3m=S2m+(a1+2md)+(am+2md)=S2m+(a1+am)+m2md=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,S2mSm,S3mS2m也成等差数列，从而有：2(S2mSm)=Sm+(S3mS2m)S3m=3(S2mSm)=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(S2mSm)=210.解法七：令m=1得S1=30，S2=100，得a1=30,a1+a2=100,a1=30,a2=70a3=70+(7030)=110S3=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，而a1=1,故q1,根据等比数列性质知S5，S10S5，S15S10,也成等比数列，且它的公比为q5,q5=,即q=.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=得解.答案：第11项a11=294.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：2三、5.(1)解：依题意有：解之得公差d的取值范围为d3.(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,，d0,2k3d3,4,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=S130,a70,a7+a6=a1+a12=S12>0,a6a7>0,故在S1，S2，S12中S6最大.解法三：依题意得：最小时，Sn最大；d3,6(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,1k12,思路之一是知道Sk为最大值的充要条件是ak0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=a1a17，即(a1+4d)2=a1(a1+16d)a1d=2d2,d0,a1=2d,数列的公比q=3,=a13n1又=a1+(bn1)d=由得a13n1=a1.a1=2d0,bn=23n11.(2)Tn=Cb1+Cb2+Cbn=C (2301)+C(2311)+C(23n11)=(C+C32+C3n)(C+C+C)=(1+3)n1(2n1)= 4n2n+,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,b30,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=10实用文档