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2009年高考數學難點突破專題輔導十二

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{a_n}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(a_n)(n∈N^*),求a_n;

(3)設S_n=a₁²+a₂²+…+a_n²,b_n=S_n+1－S_n是否存在最小正整數m,使得對任意n∈N^*,有b_n<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a_n,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a_n,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=－,

即y=f^－-1(x)=－ (x>0)

(2)∵，

∴{}是公差為4的等差數列，

∵a₁=1, =+4(n－1)=4n－3,∵a_n>0,∴a_n=.

(3)b_n=S_n+1－S_n=a_n+1²=,由b_n<,得m>,

設g(n)= ,∵g(n)= 在n∈N^*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n∈N^*有b_n<成立.

［例2］設等比數列{a_n}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{lga_n}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，等差數列與等比數列之間的聯系以及運算、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a_n;進而利用對數的運算性質明確數列{lga_n}為等差數列，分析該數列項的分布規律從而得解.

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S_n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,m∈N^*,依題意有

化簡得.

設數列{lga_n}前n項和為S_n,則

S_n=lga₁+lga₁q²+…+lga₁q^n－1=lga₁ⁿ?q^{1+2+…+(n－1)}

=nlga₁+n(n－1)?lgq=n(2lg2+lg3)－n(n－1)lg3

=(－)?n²+(2lg2+lg3)?n

可見，當n=時，S_n最大.

而=5,故{lga_n}的前5項和最大.

解法二：接前，,于是lga_n=lg［108()^n－1］=lg108+(n－1)lg,

∴數列{lga_n}是以lg108為首項，以lg為公差的等差數列，令lga_n≥0,得2lg2－(n－4)lg3≥0,∴n≤=5.5.

由于n∈N^*,可見數列{lga_n}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律的深刻體現，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

試題詳情

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二、填空題

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三、解答題

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       難點磁場

解法一：將S_m=30,S_2m=100代入S_n=na₁+d,得：

解法二：由知，要求S_3m只需求m［a₁+］,將②－①得ma₁+ d=70,∴S_3m=210.

解法三：由等差數列{a_n}的前n項和公式知，S_n是關于n的二次函數，即S_n=An²+Bn(A、B是常數）.將S_m=30,S_2m=100代入，得

,∴S_3m=A?(3m)²+B?3m=210

解法四：S_3m=S_2m+a_2m+1+a_2m+2+…+a_3m=S_2m+(a₁+2md)+…+(a_m+2md)=S_2m+(a₁+…+a_m)+m?2md=S_2m+S_m+2m²d.

由解法一知d=,代入得S_3m=210.

解法五：根據等差數列性質知：S_m,S_2m－S_m,S_3m－S_2m也成等差數列，從而有：2(S_2m－S_m)=S_m+(S_3m－S_2m)

∴S_3m=3(S_2m－S_m)=210

解法六：∵S_n=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S_3m=3(S_2m－S_m)=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

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q≠1,

∴,根據等比數列性質知S₅，S₁₀－S₅，S₁₅－S₁₀,…,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=29

4.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.(1)解：依題意有：

解之得公差d的取值范圍為－＜d＜－3.

(2)解法一：由d＜0可知a₁>a₂>a₃>…>a₁₂>a₁₃,因此，在S₁，S₂，…，S₁₂中S_k為最大值的條件為：a_k≥0且a_k+1＜0,即

∵a₃=12,∴，∵d＜0,∴2－＜k≤3－

∵－＜d＜－3,∴＜－＜4,得5.5＜k＜7.

因為k是正整數，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中有自然數k,使得a_k≥0,且a_k+1＜0,則S_k是S₁，S₂，…，S₁₂中的最大值.由等差數列性質得，當m、n、p、q∈N^*,且m+n=p+q時，a_m+a_n=a_p+a_q.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：依題意得：

最小時，S_n最大；

∵－＜d＜－3,∴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{S_n}中的最大值S_k,1≤k≤12,思路之一是知道S_k為最大值的充要條件是a_k≥0且a_k+1＜0，思路之三是可視S_n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質等和性探尋數列的分布規律，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,

∵d≠0,∴a₁=2d,數列{}的公比q==3,

∴=a₁?3^n－1                                                                                         ①

又=a₁+(b_n－1)d=                                                                     ②

由①②得a₁?3^n－1=?a₁.∵a₁=2d≠0,∴b_n=2?3^n－1－1.

(2)T_n=Cb₁+Cb₂+…+Cb_n=C (2?3⁰－1)+C?(2?3¹－1)+…+C(2?3^n－1－1)=(C+C?3²+…+C?3ⁿ)－(C+C+…+C)=［(1+3)ⁿ－1］－(2ⁿ－1)= ?4ⁿ－2ⁿ+,

7.解：∵{a_n}為等差數列，{b_n}為等比數列，∴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{a_n}的公差d=－,

∴S₁₀=10a₁+d=－.

由b₁=1,b₃=,知{b_n}的公比q=或q=－,

8.證明：(1）∵{a_n}是等差數列，∴2a_k+1=a_k+a_k+2,故方程a_kx²+2a_k+1x+a_k+2=0可變為(a_kx+a_k+2)(x+1)=0,

∴當k取不同自然數時，原方程有一個公共根－1.

(2）原方程不同的根為x_k=