2009年高考数学难点突破专题辅导十二

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{a_n}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(a_n)(n∈N^*),求a_n;

(3)设S_n=a₁²+a₂²+…+a_n²,b_n=S_n+1－S_n是否存在最小正整数m,使得对任意n∈N^*,有b_n<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a_n,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a_n,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,∵a_n>0,∴a_n=.

(3)b_n=S_n+1－S_n=a_n+1²=,由b_n<,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b_n<成立.

［例2］设等比数列{a_n}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{lga_n}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a_n;进而利用对数的运算性质明确数列{lga_n}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S_n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{lga_n}前n项和为S_n,则

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

可见，当n=时，S_n最大.

而=5,故{lga_n}的前5项和最大.

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

∴数列{lga_n}是以lg108为首项，以lg为公差的等差数列，令lga_n≥0,得2lg2－(n－4)lg3≥0,∴n≤=5.5.

由于n∈N^*,可见数列{lga_n}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

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二、填空题

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三、解答题

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       难点磁场

解法一：将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+］,将②－①得ma₁+ d=70,∴S_3m=210.

解法三：由等差数列{a_n}的前n项和公式知，S_n是关于n的二次函数，即S_n=An²+Bn(A、B是常数）.将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：根据等差数列性质知：S_m,S_2m－S_m,S_3m－S_2m也成等差数列，从而有：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

∴点(n, )是直线y=+a₁上的一串点，由三点(m,),(2m, ),(3m, )共线，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

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

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=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

三、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S_k为最大值的条件为：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a_k≥0,且a_k+1＜0,则S_k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，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：依题意得：

最小时，S_n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{S_n}中的最大值S_k,1≤k≤12,思路之一是知道S_k为最大值的充要条件是a_k≥0且a_k+1＜0，思路之三是可视S_n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?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}为等差数列，{b_n}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{a_n}的公差d=－,

∴S₁₀=10a₁+d=－.

由b₁=1,b₃=,知{b_n}的公比q=或q=－,

8.证明：(1）∵{a_n}是等差数列，∴2a_k+1=a_k+a_k+2,故方程a_kx²+2a_k+1x+a_k+2=0可变为(a_kx+a_k+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x_k=