《广东省珠海市金海岸中学高三数学考前专题讲座等差数列等比数列性质的灵活运用》由会员分享，可在线阅读，更多相关《广东省珠海市金海岸中学高三数学考前专题讲座等差数列等比数列性质的灵活运用（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、广东省珠海市金海岸中学2020届高三考前专题讲座：等差数列、等比数列性质的灵活运用高考要求等差、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，但用“基本
2、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 例1已知函数f(x)= (x2) (1)求f(x)的反函数f-1(x);(2)设a1=1, =f-1(an)(nN*),求an;(3)设Sn=a12+a22+an2,bn=Sn+1Sn是否存在最小正整数m,使得对任意nN*,有bn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 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
3、，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an,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的各项均为正
4、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数
5、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为公差的
6、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+2
7、md)=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
8、固练习 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
9、有2a7=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
10、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=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=
