年休假管理办法-整式的加减

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2
m
项的和为100，求它的前3
m
项的
和为_________.
●案例探究
［例1］已知函数
f
(
x
)=
(1)求
f
(
x
)的反函数
f
(2) 设
a
1
=1,
-－1
1
x4
(
x
);
2
(
x
<－2).
1
a
n1
2
=－
f
－-1
(
a
n
)(
n
∈N),求
a
n
;
*
(3)设
S
n
=
a
1
+
a
2
+ …+
a
n
,
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
<
22*
m
成
25
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{
1
a
n
2
}为桥梁求
a< br>n
,不易突破.
技巧与方法：(2)问由式子
1
a
n1< br>
1
a
n
2
4
得
1
a
n 1
2

1
a
n
2
=4,构造等差数列{
1
a
n
2
},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
=1
x
2
4
,∵
x
<－2,∴
x
=－
4
1
,
y
2
即
y
=
f
－-1
(
x
)=－
4
1
(
x
>0)
2
y
(2)∵
1
a
n1
4
1
a
n
,
2
1
a
n1
2

1
a
n
2
4
，
∴{
1
a
n
2
}是公差为4的等差数列，
∵
a
1
=1,
1
a
n
2
=1
a
1
2
+4(
n
－1)=4
n
－3 ,∵
a
n
>0,∴
a
n
=
1
4n3.
用心 爱心 专心
- 1 -

1m25
,由
b
n
<,得
m
>,
25
4n14n1
2525
*
设
g
(
n
)= ,∵
g
(
n
)= 在
n
∈N上是减函数，
4n14n1
(3)
b
n
=
S
n
+1
－
S
n
=
a
n
+1
=
2
∴
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< br><
*
m
成立.
25
［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{lg
a
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{lg
a
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2
m
,
m
∈N,依题意有

a
1
(q
2m
1)a
1
q(q
2m
1)

q1

q
2
1


(aq) (aq
3
)9(aq
2
aq
3
)
111

1

4q
1

1
q

化简得

q1
解得

3
.

aq
2
9(1q),


a
1
108

1
设数列{lg
a
n
}前
n
项和为
S
n
,则
S
n
=lg
a
1
+lg
a
1
q
2
+…+lg
a
1
q
n
－ 1
=lg
a
1
n
·
q
1+2+…+(
n< br>－1)
11
n
(
n
－1)·lg
q
=n
(2lg2+lg3)－
n
(
n
－1)lg3
22
lg37
2
=(－)·
n
+(2lg2+lg3)·
n
22
7
2lg2lg3
2
可见，当
n
=时 ，
S
n
最大.
lg3
=
n
lg
a
1
+
7
2lg2lg3
40.370.4
2
而= 5,故{lg
a
n
}的前5项和最大.

lg320.4

a
1
108
1
n
-1
1

解法二：接前，

1
,于是lg
a
n
=lg［108()］ =lg108+(
n
－1)lg,
q
33

3

用心 爱心 专心
- 2 -

1
为公差的等差数列，令lg
a
n
≥0,得2lg2 －(
n
3
2lg24lg320.340.4
－4)lg3≥0,∴
n
≤=5.5.

lg30.4
*
由于
n
∈N,可见数列{lg
a
n
}的前5项和最大.
∴数列{lg
a
n
}是以lg108为首项，以lg
●锦囊妙计 < br>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
1.(★★★★ )等比数列{
a
n
}的首项
a
1
=－1,前
n项和为
S
n
,若
( )
S
10
31< br>
，则
lim
S
n
等于
S
5
32< br>n
22
A. B.

33
C.2 D.－2
二、填空题
2 .(★★★★)已知
a
,
b
,
a
+
b
成等 差数列，
a
,
b
,
ab
成等比数列，且0 m
(
ab
)<1,则
m
的取值范围是_________.
3.(★★★★)等差数列{
a
n
}共有2
n
+1项，其中奇数项 之和为319，偶数项之和为290，
则其中间项为_________.
4.(★★★★) 已知
a
、
b
、
c
成等比数列，如果
a
、< br>x
、
b
和
b
、
y
、
c
都成 等差数列，则
ac

=_________.
xy
三、解答题 < br>5.(★★★★★)设等差数列{
a
n
}的前
n
项和为
S
n
,已知
a
3
=12,
S
12
>0,
S
13
<0.
(1)求公差
d
的取值范围；
( 2)指出
S
1
、
S
2
、…、
S
12
中哪一个值最大，并说明理由.
6.(★★★★★)已知数列{
a
n
}为 等差数列，公差
d
≠0,由{
a
n
}中的部分项组成的数列
a
b
1
,
a
b
2
,…,
a
b< br>n
,…为等比数列，其中
b
1
=1,
b
2
= 5,
b
3
=17.
(1)求数列{
b
n
}的通项公式；
T
n
. < br>nn
n
4b
7.(★★★★)设{
a
n
}为等 差数列，{
b
n
}为等比数列，
a
1
=
b
1
=1,
a
2
+
a
4
=
b
3,
b
2
·
b
4
=
a
3
,分别 求
出{
a
n
}及{
b
n
}的前
n
项和
S
10
及
T
10
.
*2*
8.(★ ★★★★){
a
n
}为等差数列，公差
d
≠0,
a
n
≠0,(
n
∈N),且
a
k
x
+2
a< br>k
+1
x
+
a
k
+2
=0(
k∈N)
(1)求证：当
k
取不同自然数时，此方程有公共根；
23n
(2)记
T
n
=C
1
n
b
1
+C
n
b
2
+C
n
b
3
+…+C
n< br>b
n
,求
lim
(2)若方程不同的根依次为
x
1< br>,
x
2
,…,
x
n
,…,求证：数列
111
,,

,
为等差数
x
1
1x
2
1x
n
1
- 3 -
用心 爱心 专心

列.
参考答案
难点磁场
解法一：将
S
m
=30,
S
2
m
=100代入
S
n
=
na
1
+
n(n1)
d
,得：
2
m(m1)

①
mad30
1


2



②

2ma
2m(2m1)
d100
1

2

4010203m(3m1)
解得d
2
,a
1

2
,S
3m
3ma
1
d 210

m2
mm
3m(3m1)(3m1)d
解法二：由< br>S
3m
3ma
1
d3m[a
1
]
知 ，要求
S
3
m
只需求
m
22
(3m1)d
m(3m1)
［
a
1
+］,将②－①得
ma
1
+
d
=70,∴
S
3
m
=210.
2
2
2
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
=
An
+
Bn
(
A、
B
是常数）.将
Sm
=30,
S
2
m
=100代入，得
20

A
2
2



AmBm30
2
m
,∴
S
3
m
=
A
·(3
m
)+
B
·3
m
=210


2


B
10

A(2m)B2m100

m

解法四：
S
3
m
=
S
2
m
+
a
2
m
+1
+
a
2
m
+2
+…+
a
3
m
=
S
2
m< br>+(
a
1
+2
md
)+…+(
a
m
+2
md
)=
S
2
m
+(
a
1
+ …
2
+
a
m
)+
m
·2
md
=< br>S
2
m
+
S
m
+2
md
.
40
由解法一知
d
=
2
,代入得
S
3
m
=210.
m
解法五：根据等差数列性质知：
S
m
,S
2
m
－
S
m
,
S
3
m－
S
2
m
也成等差数列，从而有：2(
S
2
m
－
S
m
)=
S
m
+(
S
3
m
－
S
2
m
)
∴
S
3
m=3(
S
2
m
－
S
m
)=210
n (n1)
解法六：∵
S
n
=
na
1
+
d
,
2
S
n(n1)
∴
n
=
a
1
+
d

n2
S
SS
(x1)d
∴点(
n
,
n
)是直线
y
=+
a
1
上的一串点，由三点(
m,
m
),(2
m
,
2m
),(3
m
,
2m
n2m
S
3m< br>)共线，易得
S
3
m
=3(
S
2
m
－
S
m
)=210.
3m
解法七：令
m
=1得< br>S
1
=30，
S
2
=100，得
a
1
=30,
a
1
+
a
2
=100,∴
a
1
=30,
a
2
=70
∴
a
3
=70+(70－30)=110
∴
S
3
=
a
1
+
a
2
+
a
3
= 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，
S
10
31

，而
a
1
=－1,故< br>q
≠1,
S
5
32
用心 爱心 专心
- 4 -

∴
S
10
S
5
31321
 
,根据等比数列性质知
S
5
，
S
10
－
S
5
，
S
15
－
S
10
,…,也成等比数
S
5
3232
55
列，且它的公比为
q
,∴
q
=－
∴
lim
S
n

n
11,即
q
=－.
322
a
1
2
.

1q3
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< br>=
答案：第11项
a
11
=29
4.解法一：赋值法.
解法二：
n1
得解.
n
b
=
aq
,
c
=
aq
2
,
x
=
1111
(< br>a
+
b
)=
a
(1+
q
),
y=(
b
+
c
)=
aq
(1+
q
),
2222
1
2
1
aq(1q)a
2
q
2
(1q)
aycx
2
ac
2

=2.

=
1
2
xy
xy
2
aq(1q)< br>4
答案：2


a
3
a
1
2 d12,

1211

d0
三、5.(1)解：依题意有：

S
12
12a
1

2

13 12

S13ad0
131

2

24< br>＜
d
＜－3.
7
(2)解法一：由
d
＜0可知a
1
>
a
2
>
a
3
>…>
a
12
>
a
13
,因此，在
S
1
，
S
2
，…，
S
12
中
S
k
为最大值的解之得公差
d
的取值范围为－

a
3
(k3)d 0
条件为：
a
k
≥0且
a
k
+1
＜0,即


a(k2)d0

3

kd3d1 2
1212
∵
a
3
=12,∴

，∵
d< br>＜0,∴2－＜
k
≤3－
dd

kd2d12
712
24
＜
d
＜－3,∴＜－＜4,得5.5＜
k
＜7.
2d
7
因为
k
是正整数，所以
k
=6,即在
S
1
，
S
2
，…，
S
12
中，
S
6
最大.
解法二：由
d
＜0得
a
1
>
a
2
>…>
a
12
>
a
13
，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
S
1
，
S
2
，…，
S
12
中的 最大值.由等差数列性质得，当
m
、
n
、
p
、
q< br>∈N,且
21
m
+
n
=
p
+
q时，
a
m
+
a
n
=
a
p
+< br>a
q
.所以有：2
a
7
=
a
1
+< br>a
13
=
S
13
＜0,∴
a
7
＜0 ,
a
7
+
a
6
=
a
1
+
a
12
=
S
12
>0,∴
a
6
≥
136
∵－
用心 爱心 专心
- 5 -

－
a< br>7
>0,故在
S
1
，
S
2
，…，
S
12
中
S
6
最大.
nd
(n1)dn(122d)(n
2
n)

2 2
d124d24124
[n(5)]
2
(5)
2
,d0,[n(5)]
2
最小时，
S
n
最大；
22d8d2d
11
242424
∵－＜
d
＜－3,∴6＜(5－ )＜6.5.从而，在正整数中，当
n
=6时，［
n
－ (5－)］
22
7dd
2
最小，所以
S
6
最大.
解法三：依题意得：
S
n
na
1

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.
222
6.解：(1)由题意知
a
5=
a
1
·
a
17
，即(
a
1
+4
d
)=
a
1
(
a
1
+16
d
)

a
1
d
=2
d
,
∵
d
≠0,∴
a
1
=2
d
,数列{
a
b< br>n
}的公比
q
=
∴
a
b
n
=
a
1
·3
n
－1
a
5
a
1
4 d

=3,
a
1
a
1




①
②

b
n
1
a
1

2
n－1
b1
n
－1
由①②得
a
1
·3=
n
·
a
1
.∵
a
1
=2
d
≠0 ,∴
b
n
=2·3－1.
2
又
a
b
n< br>=
a
1
+(
b
n
－1)
d
=
01
2n12n
(2)
T
n
=C
1
n
b
1
+C
n
b
2
+…+C
n
b
n< br>=C
n
(2·3－1)+C
n
·(2·3－1)+…+C
n
(2·3
n
－1
－
1)=
2
12
2
22
nn
1
nnn
12n
(C
n
+C
n
·3+…+C
n
·3)－(C+C+…+C)=［(1+3)－1］－(2－1)= ·4－2+,
nnnn
3333
2
n
121
n
1 1
n
42
n
()()
T
n
2
3 33234

lim
n

lim
n
.

lim
n1
131
n
4b
n
n
423
n
3
1
1()
n1
()
n
244
7.解：∵{
a
n
}为等差数列，{
b
n
}为等比数列，∴
a
2
+
a
4
=2
a< br>3
,
b
2
·
b
4
=
b
3< br>,
2
已知
a
2
+
a
4
=
b
3
,
b
2
·
b
4
=
a
3
,∴
b
3
=2
a
3
,
a
3=
b
3
,
2
11
,
a
3
=.
24
13
由
a
1
=1,
a
3
=，知{
a
n
} 的公差
d
=－,
48
10955
∴
S
10=10
a
1
+
d
=－.
28
1
22
由
b
1
=1,
b
3
=,知{
b
n
}的公比
q
=或
q
=－,
22
2
得b
3
=2
b
3
,∵
b
3
≠0,∴b
3
=
2
用心 爱心 专心
- 6 -

b
1
(1q
10
)
312
当q时,T
10
(22);
21q32
当q
b(1q)
312
时,T
10

1
(22).
21q32
10

8.证明：(1）∵{
a
n
}是等差数列，∴2
a
k< br>+1
=
a
k
+
a
k
+2
,故方程< br>a
k
x
+2
a
k
+1
x
+
a
k
+2
=0可变为
2
k
x
+
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
=

a
k2
a

a< br>k
2d
1
2d

k
a
k
a
k

1
x

a
k
d
,
k
12

11
x
k1
1

1
a
k1
aaa
k1
d1
x2d
 (
k
2d
)
k
2d

2d

2
(常数)

k
{
1
x1
}是以
1
2
为公差的等差数列.
k


用心 爱心 专心
- 7 -
(
a