1、精選優(yōu)質文檔-傾情為你奉上難點12 等差數列、等比數列的性質運用等差、等比數列的性質是等差、等比數列的概念，通項公式，前n項和公式的引申.應用等差等比數列的性質解題，往往可以回避求其首項和公差或公比，使問題得到整體地解決，能夠在運算時達到運算靈活，方便快捷的目的，故一直受到重視.高考中也一直重點考查這部分內容.難點磁場()等差數列an的前n項的和為30，前2m項的和為100，求它的前3m項的和為_.案例探究例1已知函數f(x)= (x<2).(1)求f(x)的反函數f-1(x);(2)設a1=1, =f-1(an)(nN*),求an;(3)設Sn=a12+a22+an2,bn=Sn+1S

2、n是否存在最小正整數m,使得對任意nN*,有bn<成立？若存在，求出m的值；若不存在，說明理由.命題意圖：本題是一道與函數、數列有關的綜合性題目，著重考查學生的邏輯分析能力，屬級題目.知識依托：本題融合了反函數，數列遞推公式，等差數列基本問題、數列的和、函數單調性等知識于一爐，結構巧妙，形式新穎，是一道精致的綜合題.錯解分析：本題首問考查反函數，反函數的定義域是原函數的值域，這是一個易錯點，(2)問以數列為橋梁求an,不易突破.技巧與方法：(2)問由式子得=4,構造等差數列,從而求得an,即“借雞生蛋”是求數列通項的常用技巧；(3)問運用了函數的思想.解：(1)設y=,x<2,x=

3、,即y=f-1(x)= (x>0)(2)，是公差為4的等差數列，a1=1, =+4(n1)=4n3,an>0,an=.(3)bn=Sn+1Sn=an+12=,由bn<,得m>,設g(n)= ,g(n)= 在nN*上是減函數，g(n)的最大值是g(1)=5,m>5,存在最小正整數m=6,使對任意nN*有bn<成立.例2設等比數列an的各項均為正數，項數是偶數，它的所有項的和等于偶數項和的4倍，且第二項與第四項的積是第3項與第4項和的9倍，問數列l(wèi)gan的前多少項和最大？(lg2=0.3,lg3=0.4)命題意圖：本題主要考查等比數列的基本性質與對數運算法則，等

4、差數列與等比數列之間的聯(lián)系以及運算、分析能力.屬級題目.知識依托：本題須利用等比數列通項公式、前n項和公式合理轉化條件，求出an;進而利用對數的運算性質明確數列l(wèi)gan為等差數列，分析該數列項的分布規(guī)律從而得解.錯解分析：題設條件中既有和的關系，又有項的關系，條件的正確轉化是關鍵，計算易出錯；而對數的運算性質也是易混淆的地方.技巧與方法：突破本題的關鍵在于明確等比數列各項的對數構成等差數列，而等差數列中前n項和有最大值，一定是該數列中前面是正數，后面是負數，當然各正數之和最大；另外，等差數列Sn是n的二次函數，也可由函數解析式求最值.解法一：設公比為q,項數為2m,mN*,依題意有化簡得.設數

5、列l(wèi)gan前n項和為Sn,則Sn=lga1+lga1q2+lga1qn1=lga1n·q1+2+(n1)=nlga1+n(n1)·lgq=n(2lg2+lg3)n(n1)lg3=()·n2+(2lg2+lg3)·n可見，當n=時，Sn最大.而=5,故lgan的前5項和最大.解法二：接前，,于是lgan=lg108()n1=lg108+(n1)lg,數列l(wèi)gan是以lg108為首項，以lg為公差的等差數列，令lgan0,得2lg2(n4)lg30,n=5.5.由于nN*,可見數列l(wèi)gan的前5項和最大.錦囊妙計1.等差、等比數列的性質是兩種數列基本規(guī)律的深

6、刻體現，是解決等差、等比數列問題的既快捷又方便的工具，應有意識去應用.2.在應用性質時要注意性質的前提條件，有時需要進行適當變形.3.“巧用性質、減少運算量”在等差、等比數列的計算中非常重要，但用“基本量法”并樹立“目標意識”，“需要什么，就求什么”，既要充分合理地運用條件，又要時刻注意題的目標，往往能取得與“巧用性質”解題相同的效果.殲滅難點訓練一、選擇題1.()等比數列an的首項a1=1,前n項和為Sn,若，則Sn等于( ) C.2D.2二、填空題2.()已知a,b,a+b成等差數列，a,b,ab成等比數列，且0<logm(ab)<1,則m的取值范圍是_.3.()等差數列an共

7、有2n+1項，其中奇數項之和為319，偶數項之和為290，則其中間項為_.4.()已知a、b、c成等比數列，如果a、x、b和b、y、c都成等差數列，則=_.三、解答題5.()設等差數列an的前n項和為Sn,已知a3=12,S12>0,S13<0.(1)求公差d的取值范圍；(2)指出S1、S2、S12中哪一個值最大，并說明理由.6.()已知數列an為等差數列，公差d0,由an中的部分項組成的數列a,a,a,為等比數列，其中b1=1,b2=5,b3=17.(1)求數列bn的通項公式；(2)記Tn=Cb1+Cb2+Cb3+Cbn,求.7.()設an為等差數列，bn為等比數列，a1=b1=

8、1,a2+a4=b3,b2·b4=a3,分別求出an及bn的前n項和S10及T10.8.()an為等差數列，公差d0,an0,(nN*),且akx2+2ak+1x+ak+2=0(kN*)(1)求證：當k取不同自然數時，此方程有公共根；(2)若方程不同的根依次為x1,x2,xn,求證：數列為等差數列.參考答案難點磁場解法一：將Sm=30,S2m=100代入Sn=na1+d,得：解法二：由知，要求S3m只需求ma1+,將得ma1+ d=70,S3m=210.解法三：由等差數列an的前n項和公式知，Sn是關于n的二次函數，即Sn=An2+Bn(A、B是常數）.將Sm=30,S2m=100代

9、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：根據等差數列性質知：Sm,S2mSm,S3mS2m也成等差數列，從而有：2(S2mSm)=Sm+(S3mS2m)S3m=3(S2mSm)=210解法六：Sn=na1+d,=a1+d點(n, )是直線y=+a1上的一串點，由三點(m,),(2m, ),(3m, )共線，易得S3m=3(S2mSm)=210.解法七：令

10、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殲滅難點訓練一、1.解析：利用等比數列和的性質.依題意，而a1=1,故q1,根據等比數列性質知S5，S10S5，S15S10,也成等比數列，且它的公比為q5,q5=,即q=.答案：B二、2.解析：解出a、b,解對數不等式即可.答案：(,8)3.解析：利用S奇/S偶=得解.答案：第11項a11=294.解法一：賦值法.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.(

11、1)解：依題意有：解之得公差d的取值范圍為d3.(2)解法一：由d0可知a1>a2>a3>>a12>a13,因此，在S1，S2，S12中Sk為最大值的條件為：ak0且ak+10,即a3=12,，d0,2k3d3,4,得5.5k7.因為k是正整數，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中有自然數k,使得ak0,且ak+10,則Sk是S1，S2，S12中的最大值.由等差數列性質得，當m、n、p、qN*,且m+n=p+q時，am+an=ap+aq.所以有：2a7=a1+a1

12、3=S130,a70,a7+a6=a1+a12=S12>0,a6a7>0,故在S1，S2，S12中S6最大.解法三：依題意得：最小時，Sn最大；d3,6(5)6.5.從而，在正整數中，當n=6時，n (5)2最小，所以S6最大.點評：該題的第(1)問通過建立不等式組求解屬基本要求，難度不高，入手容易.第(2)問難度較高，為求Sn中的最大值Sk,1k12,思路之一是知道Sk為最大值的充要條件是ak0且ak+10，思路之三是可視Sn為n的二次函數，借助配方法可求解.它考查了等價轉化的數學思想、邏輯思維能力和計算能力，較好地體現了高考試題注重能力考查的特點.而思路之二則是通過等差數列的性

13、質等和性探尋數列的分布規(guī)律，找出“分水嶺”，從而得解.6.解：(1)由題意知a52=a1·a17，即(a1+4d)2=a1(a1+16d)a1d=2d2,d0,a1=2d,數列的公比q=3,=a1·3n1又=a1+(bn1)d=由得a1·3n1=·a1.a1=2d0,bn=2·3n11.(2)Tn=Cb1+Cb2+Cbn=C (2·301)+C·(2·311)+C(2·3n11)=(C+C·32+C·3n)(C+C+C)=(1+3)n1(2n1)= ·4n2n+,7.解：an為等差數列，bn為等比數列，a2+a4=2a3,b2·b4=b32,已知a2+a4=b3,b2·b