高考数学难点突破_难点12__等差数列、等比数列的性质运用.doc

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1、文档难点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{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_________.●案例探究[例1]已知函数f(x)= (x<-2).(1)求f(x)的反函数f--1(x);(2)设a1=1, =-f--1(an)(n∈N*),求an;(3)设Sn=a12+a22+…+an2,bn=Sn+1-Sn是否存在最小正整数m,使得对任意n∈N*,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。

2、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{}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(n-1)=4n-3,∵an>0,∴an=.(3)bn=Sn+1-Sn=an+12=,由bn,设g(n)=,∵g(n)=在n∈N*上是减函数,∴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bn<成立.[例2]设等比数列{an}的各项均为正数,项。

3、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.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2。

4、m,m∈N*,依题意有化简得.设数列{lgan}前n项和为Sn,则Sn=lga1+lga1q2+…+lga1qn-1=lga1n·q1+2+…+(n-1)=nlga1+n(n-1)·lgq=n(2lg2+lg3)-n(n-1)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=lg[108()n-1]=lg108+(n-1)lg,∴数列{lgan}是以lg108为首项,以lg为公差的等差数列,令lgan≥0,得2lg2-(n-4)lg3≥0,∴n≤=5.5.由于n∈N*,可见数列{lgan}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。

5、、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{an}的首项a1=-1,前n项和为Sn,若,则Sn等于( ) 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<logm(ab)0,S13a2>a3>…>a12>a13,因此,在S1,S2,…,S12中Sk为最大值的条件为:ak≥0且ak+1<0,即∵a3=12,∴,∵d<0,∴2-<k≤3-∵-<d<-3,∴<-<4,得5.5<k<7.因为k是正整数,所以k=6,即在S1,S2,…,S12中,S6最大.解法二:由d<0得a1>a2>…>a12>。

6、a13,因此,若在1≤k≤12中有自然数k,使得ak≥0,且ak+1<0,则Sk是S1,S2,…,S12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,am+an=ap+aq.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:依题意得:最小时,Sn最大;∵-<d<-3,∴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,1≤k≤12,思路之一是知道Sk为最大值的充要条件是ak≥0且ak+1<0,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。

7、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a52=a1·a17,即(a1+4d)2=a1(a1+16d)a1d=2d2,∵d≠0,∴a1=2d,数列{}的公比q==3,∴=a1·3n-1①又=a1+(bn-1)d=②由①②得a1·3n-1=·a1.∵a1=2d≠0,∴bn=2·3n-1-1.(2)Tn=Cb1+Cb2+…+Cbn=C (2·30-1)+C·(2·31-1)+…+C(2·3n-1-1)=(C+C·32+…+C·3n)-(C+C+…+C)=[(1+3)n-1]-(2n-1)=·4n-2n+,7.解:∵{an}为等差数列,{bn}为等比数列,∴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{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=9 / 9。

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