拉德斯基进行曲mp3-屈原列传教案

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)=
(1)求f(x)的反函数f
-1
(x);
－
1
x4
2
(x<－2).
(2)设a
1
=1,
1
a
n1
=－f
－
-1
(a
n
)(n∈N
*
),求a
n
;
(3)设S
n
=a
1
2
+a
2
2
+„+a
n
2
,b
n
=S
n+1
－S
n< br>是否存在最小正整数m,使得对任意n∈N
*
,有b
n
<
m< br>25
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{
1
a
n
2
}为桥梁求 a
n
,不易突破.
技巧与方法：(2)问由式子
1
a
n 1

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
x2
4
,∵x<－2,∴x=－
4
1
,
2
y
即y=f
－
-1
(x)=－
4
1
(x>0)
y
2
(2)∵
1
a
n1
1
4
1
a
n
,
2
1
a
n1
2

1
a
n
2
4
，
∴{
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)=4n－3,∵a
n
> 0,∴a
n
=
1
4n3
.
1m25
,由b
n
<,得m>,
4n1254n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
<
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{lga
n
}的前多少项和最
大？(lg2=0.3,lg 3=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< br>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

a1
(q
2m
1)a
1
q(q
2m
1)


q1

q
2
1

323

(a
1
q)(a
1
q)9(a
1
qa
1
q)

4q
1


q 1
1

q
化简得

解得

3
.

aq
2
9(1q),


a
1
108

1
设数列{lga
n
}前n项和为S
n
,则
－„－
S
n
=lga1
+lga
1
q
2
+„+lga
1
q
n1
=lga
1
n
·q
1+2++(n1)
11
n(n－1)·lgq=n(2lg2+lg3)－n(n－1)lg3
22
lg37
=(－)·n
2
+(2lg2+lg3)·n
2
2
7
2lg2lg3
2
可见，当n=时，S
n
最大.
lg3
=nlga
1
+
7
2lg2lg340.370.4
2
而=5,故{lga
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lga
n
=lg［108()］=lg108+(n－1)lg,
q< br>33

3

∴数列{lga
n
}是以lg108为首 项，以lg
≥0,∴n≤
1
为公差的等差数列，令lga
n
≥0,得 2lg2－(n－4)lg3
3
2lg24lg320.340.4

=5.5.
lg30.4
由于n∈N
*
,可见数列{lga
n< br>}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
1.(★★★★)等比数列{a
n
}的首项a
1
=－1,前n项和为S
n
,若
( )
S
10
31

，则
lim
S
n
等于S
5
32
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0m
( ab)<1,则m的取值
范围是_________.
3.(★★★★)等差数列{a
n
}共有2n+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、x、b和b、y、c都成等差 数列，则
ac

=_________.
xy
三、解答题
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
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
.
n n
n
4b
7.(★★★★)设{a
n
}为等差数列，{bn
}为等比数列，a
1
=b
1
=1,a
2
+a
4
=b
3
,b
2
·b
4
=a
3< br>,分别求出
{a
n
}及{b
n
}的前n项和S
10< br>及T
10
.
23n
(2)记T
n
=C
1< br>n
b
1
+C
n
b
2
+C
n
b
3
+„+C
n
b
n
,求
lim

< br>8.(★★★★★){a
n
}为等差数列，公差d≠0,a
n
≠0,( n∈N
*
),且a
k
x
2
+2a
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；
(2)若方程不同的根依次为x
1
,x
2
,„,x
n
,„,求证：数列
参考答案
难点磁场
111
,,

,
为等差数列.
x< br>1
1x
2
1x
n
1
解法一：将S
m< br>=30,S
2m
=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

m
m
2
m
3m(3m1)(3m1)d解法二：由
S
3m
3ma
1
d3m[a
1
]
知，要求S
3m
只需求m
22
(3m1)d
m(3 m1)
［a
1
+］,将②－①得ma
1
+ d=70,∴S
3m
=210.
2
2
解法三：由等差数列{an
}的前n项和公式知，S
n
是关于n的二次函数，即S
n
=A n
2
+Bn(A
、
B是常数）.将S
m
=30,S
2m
=100代入，得
20

A
2
2



AmBm30

m
,∴S
3m
=A·( 3m)
2
+B·3m=210


2


B
10

A(2m)B2m100

m

解法四：S
3m
=S
2m
+a
2m+1
+a< br>2m+2
+„+a
3m
=S
2m
+(a
1
+ 2md)+„+(a
m
+2md)=S
2m
+(a
1
+„< br>+a
m
)+m·2md=S
2m
+S
m
+2m
2
d.
40
由解法一知d=
2
,代入得S
3m
=210.
m
解法五：根据等差数列性质知：S
m
,S
2m
－S
m< br>,S
3m
－S
2m
也成等差数列，从而有：2(S
2m
－
S
m
)=S
m
+(S
3m
－S
2m< br>)
∴S
3m
=3(S
2m
－S
m
)=210
n(n1)
解法六：∵S
n
=na
1
+d,
2
S
n(n1)
∴
n
=a
1
+d
n2
SS
SS
(x1)d
∴点(n,
n
)是直 线y=+a
1
上的一串点，由三点(m,
m
),(2m,
2m
),(3m,
3m
)
2m3m
n2m
共线， 易得S
3m
=3(S
2m
－S
m
)=210.
解 法七：令m=1得S
1
=30，S
2
=100，得a
1
=3 0,a
1
+a
2
=100,∴a
1
=30,a
2< br>=70
∴a
3
=70+(70－30)=110
∴S
3< br>=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q≠1, 
S
5
32
∴
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
列，且它的公比为q
5
,∴q
5
=－
∴
lim
S
n

n
1
1
,即q=－.
2
32
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
=
n1
得解.
n
答案：第11项a
11
=29
4.解法一：赋值法.
解法二：
b=aq,c=aq
2
,x=
1111
(a+b )=a(1+q),y=(b+c)=aq(1+q),
2222
1
2
1< br>aq(1q)a
2
q
2
(1q)
aycx
2
ac
2


==2.
1
2
xy
xy
aq(1q
2
)
4
答案：2


a
3
a
1
2d12,

1211
三、5.(1)解：依题意有：

S
12
12a
1
 d0

2

1312

S13ad0
1 31

2

解之得公差d的取值范围为－
24
＜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

a
3
(k3)d0
的条件为：a
k
≥0且a
k+1
＜0, 即


a(k2)d0

3

kd3d 12
1212
∵a
3
=12,∴

，∵d＜0,∴2－＜k ≤3－
dd

kd2d12
∵－
7
2412
＜d＜－3,∴＜－＜4,得5.5＜k＜7.
2
7d
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< br>2
，„，S
12
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< br>+a
q
.所以有：2a
7
=a
1
+a
13< br>=
≥－a
7
>0,故在S
1
，S
2
，„，S
12
中S
6
最大.
21
S
13
＜0,∴ a
7
＜0,a
7
+a
6
=a
1
+a
12
=S
12
>0,∴a
6
136
nd
(n1 )dn(122d)(n
2
n)

22
d124d2412 4
[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
解法三：依题意得：
S
n
na
1

2
最小，所以S
6
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< br>}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< br>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a
5
2
=a< br>1
·a
17
，即(a
1
+4d)
2
=a1
(a
1
+16d)

a
1
d=2d
2
,
∵d≠0,∴a
1
=2d,数列{
a
b
n< br>}的公比q=
∴
a
b
n
=a
1
·3
n1

－
a
5
a
1
4d

=3,
a
1
a
1




①
②

b
n
1

a
1

2
b1
－－
由①②得a
1·3
n1
=
n
·a
1
.∵a
1
=2d ≠0,∴b
n
=2·3
n1
－1.
2
又
a
b
n
=a
1
+(b
n
－1)d=
01n
2n12n
(2)T
n
=C
1
n
b
1
+C
n
b
2
+„+C
n
b
n
=C
n< br> (2·3－1)+C
n
·(2·3－1)+„+C
n
(2·3
－
1
－
1)=
2
1
22
nn
1
2nnn
n12n
(C
n
+C
2
·3+„+C·3)－(C +C+„+C)=［(1+3)－1］－(2－1)= ·4－2+,
nnnnn
3333< br>2
n
121
n
11
n
42
n
 ()()
T
n
2
333234

lim
n
lim
n
.

lim
n1
n4b
n
n
4231
n
1
1
(
3
)
n1
(
1
)
n
3
2 44
7.解：∵{a
n
}为等差数列，{b
n
}为等比数列，∴a< br>2
+a
4
=2a
3
,b
2
·b
4< br>=b
3
2
,
已知a
2
+a
4
=b
3
,b
2
·b
4
=a
3
,∴b
3
=2a
3
,a
3
=b
3
2
,
得 b
3
=2b
3
2
,∵b
3
≠0,∴b
3< br>=
由a
1
=1,a
3
=
11
,a
3
=.
24
13
，知{a
n
}的公差d=－,
4 8
109
55
∴S
10
=10a
1
+d=－.
2
8
22
1
由b
1
=1,b
3
= ,知{b
n
}的公比q=或q=－,
22
2

b1
(1q
10
)
312
当q时,T
10
 (22);
21q32
当q
b(1q)
312
时,T< br>10

1
(22).
21q32
10

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

a
k
a
k
a
k


a
1

k
,
x
k
12d
1
x
k1
1

aaaa
k1< br>d11

k1
(
k
)
k
 (常数)

x
k
12d2d2d2d2
{



11
}是以为公差的等差数列.
x
k
12