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1、河南省沈丘县全峰完中高考数学 专题复习 等差数列、等比数列性质的灵活运用教案 新人教A版高考要求 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 重难点归纳 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
2、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 典型题例示范讲解 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=,x0)(2),是公差为4的等差数列,a1=1, =+4(n1)=4n3,an0,an= (3)bn=Sn+1Sn=an+12=,由bn,设g(n)=,g(n)=在nN*上是减函数,g(n)的最大值是g(1)=5,m5,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
3、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 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
4、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
5、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 例3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_ 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+
6、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 学生巩固练
7、习 1 等比数列an的首项a1=1,前n项和为Sn,若,则Sn等于( )C 2D 22 已知a,b,a+b成等差数列,a,b,ab成等比数列,且0logm(ab)0,S13a2a3a12a13,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a1a2a12a13,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2
8、a7=a1+a13=S130,a70,a7+a6=a1+a12=S120,a6a70,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
9、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xk=