2009年高考數(shù)學(xué)難點(diǎn)突破專題輔導(dǎo)十二

難點(diǎn)12  等差數(shù)列、等比數(shù)列的性質(zhì)運(yùn)用

等差、等比數(shù)列的性質(zhì)是等差、等比數(shù)列的概念，通項(xiàng)公式，前n項(xiàng)和公式的引申.應(yīng)用等差等比數(shù)列的性質(zhì)解題，往往可以回避求其首項(xiàng)和公差或公比，使問題得到整體地解決，能夠在運(yùn)算時(shí)達(dá)到運(yùn)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(diǎn)考查這部分內(nèi)容.

●難點(diǎn)磁場(chǎng)

(★★★★★)等差數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)的和為30，前2m項(xiàng)的和為100，求它的前3m項(xiàng)的和為_________.

●案例探究

［例1］已知函數(shù)f(x)= (x<－2).

(1)求f(x)的反函數(shù)f^-－1(x);

(2)設(shè)a₁=1, =－f^－-1(a_n)(n∈N^*),求a_n;

(3)設(shè)S_n=a₁²+a₂²+…+a_n²,b_n=S_n+1－S_n是否存在最小正整數(shù)m,使得對(duì)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(shù)、數(shù)列有關(guān)的綜合性題目，著重考查學(xué)生的邏輯分析能力，屬★★★★★級(jí)題目.

知識(shí)依托：本題融合了反函數(shù)，數(shù)列遞推公式，等差數(shù)列基本問題、數(shù)列的和、函數(shù)單調(diào)性等知識(shí)于一爐，結(jié)構(gòu)巧妙，形式新穎，是一道精致的綜合題.

錯(cuò)解分析：本題首問考查反函數(shù)，反函數(shù)的定義域是原函數(shù)的值域，這是一個(gè)易錯(cuò)點(diǎn)，(2)問以數(shù)列{}為橋梁求a_n,不易突破.

技巧與方法：(2)問由式子得=4,構(gòu)造等差數(shù)列{},從而求得a_n,即“借雞生蛋”是求數(shù)列通項(xiàng)的常用技巧；(3)問運(yùn)用了函數(shù)的思想.

解：(1)設(shè)y=,∵x<－2,∴x=－,

即y=f^－-1(x)=－ (x>0)

(2)∵，

∴{}是公差為4的等差數(shù)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(shè)g(n)= ,∵g(n)= 在n∈N^*上是減函數(shù)，

∴g(n)的最大值是g(1)=5,∴m>5,存在最小正整數(shù)m=6,使對(duì)任意n∈N^*有b_n<成立.

［例2］設(shè)等比數(shù)列{a_n}的各項(xiàng)均為正數(shù)，項(xiàng)數(shù)是偶數(shù)，它的所有項(xiàng)的和等于偶數(shù)項(xiàng)和的4倍，且第二項(xiàng)與第四項(xiàng)的積是第3項(xiàng)與第4項(xiàng)和的9倍，問數(shù)列{lga_n}的前多少項(xiàng)和最大？(lg2=0.3,lg3=0.4)

命題意圖：本題主要考查等比數(shù)列的基本性質(zhì)與對(duì)數(shù)運(yùn)算法則，等差數(shù)列與等比數(shù)列之間的聯(lián)系以及運(yùn)算、分析能力.屬★★★★★級(jí)題目.

知識(shí)依托：本題須利用等比數(shù)列通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和公式合理轉(zhuǎn)化條件，求出a_n;進(jìn)而利用對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)明確數(shù)列{lga_n}為等差數(shù)列，分析該數(shù)列項(xiàng)的分布規(guī)律從而得解.

錯(cuò)解分析：題設(shè)條件中既有和的關(guān)系，又有項(xiàng)的關(guān)系，條件的正確轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵，計(jì)算易出錯(cuò)；而對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)也是易混淆的地方.

技巧與方法：突破本題的關(guān)鍵在于明確等比數(shù)列各項(xiàng)的對(duì)數(shù)構(gòu)成等差數(shù)列，而等差數(shù)列中前n項(xiàng)和有最大值，一定是該數(shù)列中前面是正數(shù)，后面是負(fù)數(shù)，當(dāng)然各正數(shù)之和最大；另外，等差數(shù)列S_n是n的二次函數(shù)，也可由函數(shù)解析式求最值.

解法一：設(shè)公比為q,項(xiàng)數(shù)為2m,m∈N^*,依題意有

化簡(jiǎn)得.

設(shè)數(shù)列{lga_n}前n項(xiàng)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(dāng)n=時(shí)，S_n最大.

而=5,故{lga_n}的前5項(xiàng)和最大.

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

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

由于n∈N^*,可見數(shù)列{lga_n}的前5項(xiàng)和最大.

●錦囊妙計(jì)

1.等差、等比數(shù)列的性質(zhì)是兩種數(shù)列基本規(guī)律的深刻體現(xiàn)，是解決等差、等比數(shù)列問題的既快捷又方便的工具，應(yīng)有意識(shí)去應(yīng)用.

2.在應(yīng)用性質(zhì)時(shí)要注意性質(zhì)的前提條件，有時(shí)需要進(jìn)行適當(dāng)變形.

3.“巧用性質(zhì)、減少運(yùn)算量”在等差、等比數(shù)列的計(jì)算中非常重要，但用“基本量法”并樹立“目標(biāo)意識(shí)”，“需要什么，就求什么”，既要充分合理地運(yùn)用條件，又要時(shí)刻注意題的目標(biāo)，往往能取得與“巧用性質(zhì)”解題相同的效果.

●殲滅難點(diǎn)訓(xùn)練

一、選擇題

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二、填空題

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三、解答題

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       難點(diǎn)磁場(chǎng)

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(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和公式知，S_n是關(guān)于n的二次函數(shù)，即S_n=An²+Bn(A、B是常數(shù)）.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(jù)等差數(shù)列性質(zhì)知：S_m,S_2m－S_m,S_3m－S_2m也成等差數(shù)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(diǎn)(n, )是直線y=+a₁上的一串點(diǎn)，由三點(diǎn)(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(diǎn)訓(xùn)練

一、1.解析：利用等比數(shù)列和的性質(zhì).依題意，，而a₁=－1,故q≠1,

∴,根據(jù)等比數(shù)列性質(zhì)知S₅，S₁₀－S₅，S₁₅－S₁₀,…,也成等比數(shù)列，且它的公比為q⁵,∴q⁵=－,即q=－.

∴

答案：B

二、2.解析：解出a、b,解對(duì)數(shù)不等式即可.

答案：(－∞,8)

3.解析：利用S_奇/S_偶=得解.

答案：第11項(xiàng)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?yàn)?i>k是正整數(shù)，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(shù)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(shù)列性質(zhì)得，當(dāng)m、n、p、q∈N^*,且m+n=p+q時(shí)，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(shí)，S_n最大；

∵－＜d＜－3,∴6＜(5－)＜6.5.從而，在正整數(shù)中，當(dāng)n=6時(shí)，［n－ (5－)］²最小，所以S₆最大.

點(diǎn)評(píng)：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(shù)，借助配方法可求解.它考查了等價(jià)轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想、邏輯思維能力和計(jì)算能力，較好地體現(xiàn)了高考試題注重能力考查的特點(diǎn).而思路之二則是通過等差數(shù)列的性質(zhì)等和性探尋數(shù)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,

∵d≠0,∴a₁=2d,數(shù)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(shù)列，{b_n}為等比數(shù)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(shù)列，∴2a_k+1=a_k+a_k+2,故方程a_kx²+2a_k+1x+a_k+2=0可變?yōu)?a_kx+a_k+2)(x+1)=0,

∴當(dāng)k取不同自然數(shù)時(shí)，原方程有一個(gè)公共根－1.

(2）原方程不同的根為x_k=