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黄冈中学高考数学典型例题12---等差数列、等比数列的性质运用


黄冈中学
高考数学典型例题详解
等比数列 等差数列性质运用
每临大事,必有静气;静则神明,疑难冰释; 每临大事 必有静气 静则神明 疑难冰释 大事, 静气; 神明, 冰释; 积极准备,坦然面对;最佳发挥,舍我其谁? 积极准备 坦然面对 最佳发挥 舍我其谁 准备, 面对; 发挥, 其谁?

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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
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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

1

x ?4

2

(x<-2).

a n +1

N =-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

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 }为桥梁求 an,不易突破. an 2 1 1 1 1 1 = +4得 ? 2 =4,构造等差数列{ 2 }, 2 2 a n +1 an a n +1 an an

(2)问由式子 技巧与方法:

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

x2 ? 4

,∵x<-2,∴x=- 4 +

1 , y2

即 y=f

--1

(x)=- 4 +

1 y2

(x>0)

(2)∵

1

a n +1

= 4+

1 1 1 ,∴ ? 2 = 4, 2 2 an a n +1 an

∴{

1

an 2

}是公差为 4 的等差数列,

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∵a1=1,

1 1 1 = 2 +4(n-1)=4n-3,∵an>0,∴an= . 2 an a1 4n ? 3

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

(3)bn=Sn+1-Sn=an+12=

N ∴ 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

[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. N 解法一:设公比为 q,项数为 2m,m∈N*,依题意有
? 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 . ?a q 2 = 9(1 + q ), ?a1 = 108 ? ? 1

设数列{lgan}前 n 项和为 Sn,则
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Sn=lga1+lga1q2+…+lga1qn-1=lga1n·q1+2+…+(n-1)
=nlga1+ n(n-1)·lgq=n(2lg2+lg3)- n(n-1)lg3
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 1 2 1 2

=(-

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 1 ? 解法二:接前, ? 1 ,于是 lgan=lg[108( )n-1]=lg108+(n-1)lg , 3 3 ?q = 3 ?
1 3 2 lg 2 + 4 lg 3 2 × 0.3 + 4 × 0.4 2lg2-(n-4)lg3≥0,∴n≤ =5.5. = lg 3 0.4

∴数列{lgan}是以 lg108 为首项,以 lg 为公差的等差数列,令 lgan≥0,得

N 由于 n∈N*,可见数列{lgan}的前 5 项和最大.

●锦囊妙计 1. 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. 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 , lim Sn 则 = n →∞ S 5 32

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等于(
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,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 +
a x c =_________. 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; (2)记 Tn=C 1 b1+C 2 b2+C 3 b3+…+C n bn,求 lim n n n n
Tn . n n →∞ 4 + b
n

7.(★★★★)设{an}为等差数列, bn}为等比数列, 1=b1=1,a2+a4=b3,b2· 4=a3, { a b 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
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N 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 差数列.
1 1 1 为等 , ,L , 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
① ②

m(m ? 1) ? d = 30 ?ma1 + ? 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

解法二:
3m(3m ? 1) (3m ? 1)d d = 3m[ a1 + ] 知 , 要 求 S3m 只 需 求 m 2 2 (3m ? 1)d m(3m ? 1) [a1+ ],将②-①得 ma1+ d=70,∴S3m=210. 2 2

由 S 3m = 3ma1 +

解法三: 由等差数列{an}的前 n 项和公式知,n 是关于 n 的二次函数, Sn=An2+Bn(A、 S 即

B 是常数).将 Sm=30,S2m=100 代入,得
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. 由解法一知 d=
40 ,代入得 S3m=210. m2

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

∵Sn=na1+

S 3m )共线,易得 S3m=3(S2m-Sm)=210. 3m

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 S5 32 32
1 1 ,即 q=- . 32 2

等比数列,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=
n +1 得解. n
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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),
1 2 1 a q (1 + q) + a 2 q 2 (1 + q) a c ay + cx 2 2 + = =2. = 1 2 x y xy 2 a q(1 + q ) 4

1 2

1 2

1 2

1 2

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 ?

解之得公差 d 的取值范围为-

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 …, 为最大值的条件为:ak≥0 且 ak+1<0,即 ?
?a3 + (k ? 3)d ≥ 0 ? a 3 + ( k ? 2) d < 0

∵a3=12,∴ ? ∵-

?kd ≥ 3d ? 12 12 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 N m、n、p、q∈N*,且 m+n=p+q 时,am+an=ap+aq.所以有:2a7=a1+a13=
1 6 2 S13<0,∴ 13

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: S n = na1 + (n ? 1)d = n(12 ? 2d ) +
=

n 2

d 2 ( n ? n) 2

d 1 24 d 24 1 24 [n ? (5 ? )]2 ? (5 ? ) 2 ,Q d < 0,∴[n ? (5 ? )]2 最小时,Sn 最大; 2 2 d 8 d 2 d

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∵- -

24 1 24 1 <d<-3,∴6< (5- )<6.5.从而, 在正整数中, n=6 时, n- (5 当 [ 7 2 d 2

24 )]2 最小,所以 S6 最大. d

(1) 点评:该题的第(1) (1)问通过建立不等式组求解属基本要求,难度不高,入手 . (2 { 12, 容易.第(2)问难度较高,为求{Sn}中的最大值 Sk,1 k≤12, (2) ,1≤ 12,思路之一是知道 Sk 为 0 0 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{ abn }的公比 q= ∴ abn =a1·3n
-1

a5 a1 + 4d =3, = a1 a1

① ②

bn + 1 a1 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=

(2)Tn=C 1 b1+C 2 b2+…+C n bn=C 1 (2·30-1)+C 2 ·(2·31-1)+…+C n (2·3n- n n n n n n
1

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

2 3

2 3

2 1 ·4n-2n+ , 3 3

2 n 1 2 1 n 1 1 n ? 4 ? 2n + ?( ) + ( ) Tn 2 3= 3 2 3 4 ∴ lim n = lim 3n = . lim n ?1 n→∞ 4 + bn n →∞ 4 + 2 ? 3 ? 1 n→∞ 1 + 1 ? ( 3 ) n?1 ? ( 1 ) n 3 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, 得 b3=2b32,∵b3≠0,∴b3= ,a3= .
1 4 10 × 9 55 ∴S10=10a1+ d=- . 2 8 1 2 1 4

由 a1=1,a3= ,知{an}的公差 d=- ,

3 8

由 b1=1,b3= ,知{bn}的公比 q=

1 2

2 2 或 q=- , 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

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 a a a ? ak +1 ? d 1 1 1 Q ? = ? k +1 ? (? k ) = k = = ? (常数) xk +1 + 1 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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