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时间:2017-12-06
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1、本文由jakingzou贡献doc文档可能在WAP端浏览体验不佳。建议您优先选择TXT,或下载源文件到本机查看。难点12等差数列、等比数列的性质运用等差数列、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30,2m项的和为100,前求它的前3m项的和为.●案例探究[例1]已知函数f(x)=1x?42(x<
2、-2).(1)求f(x)的反函数f--1(x);(2)设a1=1,1an+1=-f--1(an)(n∈N*),求an;25(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bn3、函数的值域,这是一个易错点,(2)问以数列{1an2}为桥梁求an,不易突破.1an+1=技巧与方法:(2)问由式子1an2+4得1an+121an2=4,构造等差数列{1an2},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=1x?42,∵x<-2,∴x=-1y24+1y2,即y=f--1(x)=-4+(x>0)(2)∵∴{1an+1=4+1an2,∴1an+121an2=4,1an2}是公差为4的等差数列,1an2∵a1=1,=1a12+4(n-1)=4n-3,∵an>0,∴an=14n?3.(3)bn=4、Sn+1-Sn=an+12=设g(n)=1,由bn25,4n+1254n+12525*,∵g(n)=在n∈N上是减函数,4n+14n+125∴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bn5、★★★★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2m,m∈N*,依题意有a1?(6、q2m?1)a1q?(q2m?1)=?q?1q2?1??323?(a1q)?(a1q)=9(a1q+a1q)4q1??q+1=1?q=化简得?解得?3.?aq2=9(1+q),?a1=108??1设数列{lgan}前n项和为Sn,则Sn=lga1+lga1q2+…+lga1qn-1=lga1n·q1+2+…+(n-1)=nlga1+1n(n-1)·lgq=n(2lg2+lg3)-1n(n-1)lg322=(-lg3)·n2+(2lg2+7lg3)·n22可见,当72lg2+lg32n=时,Sn最大.lg372lg2+lg34×0.3+7×0.42==5,故7、{lgan}的前而lg32×0.4a1=108解法二:接前,?1,于是??q=3?5项和最大.lgan=lg[108(1)n-1]=lg108+(n-1)lg1,33∴数列{lgan}是以lg108为首项,以lg1为公差的等差数列,令lgan≥0,得2lg2-(n-4)lg33≥0,∴n≤2lg2+4lg3=2×0.3+4×0.4=5.5.lg30.4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8、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
3、函数的值域,这是一个易错点,(2)问以数列{1an2}为桥梁求an,不易突破.1an+1=技巧与方法:(2)问由式子1an2+4得1an+121an2=4,构造等差数列{1an2},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=1x?42,∵x<-2,∴x=-1y24+1y2,即y=f--1(x)=-4+(x>0)(2)∵∴{1an+1=4+1an2,∴1an+121an2=4,1an2}是公差为4的等差数列,1an2∵a1=1,=1a12+4(n-1)=4n-3,∵an>0,∴an=14n?3.(3)bn=
4、Sn+1-Sn=an+12=设g(n)=1,由bn25,4n+1254n+12525*,∵g(n)=在n∈N上是减函数,4n+14n+125∴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bn5、★★★★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2m,m∈N*,依题意有a1?(6、q2m?1)a1q?(q2m?1)=?q?1q2?1??323?(a1q)?(a1q)=9(a1q+a1q)4q1??q+1=1?q=化简得?解得?3.?aq2=9(1+q),?a1=108??1设数列{lgan}前n项和为Sn,则Sn=lga1+lga1q2+…+lga1qn-1=lga1n·q1+2+…+(n-1)=nlga1+1n(n-1)·lgq=n(2lg2+lg3)-1n(n-1)lg322=(-lg3)·n2+(2lg2+7lg3)·n22可见,当72lg2+lg32n=时,Sn最大.lg372lg2+lg34×0.3+7×0.42==5,故7、{lgan}的前而lg32×0.4a1=108解法二:接前,?1,于是??q=3?5项和最大.lgan=lg[108(1)n-1]=lg108+(n-1)lg1,33∴数列{lgan}是以lg108为首项,以lg1为公差的等差数列,令lgan≥0,得2lg2-(n-4)lg33≥0,∴n≤2lg2+4lg3=2×0.3+4×0.4=5.5.lg30.4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8、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
5、★★★★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2m,m∈N*,依题意有a1?(
6、q2m?1)a1q?(q2m?1)=?q?1q2?1??323?(a1q)?(a1q)=9(a1q+a1q)4q1??q+1=1?q=化简得?解得?3.?aq2=9(1+q),?a1=108??1设数列{lgan}前n项和为Sn,则Sn=lga1+lga1q2+…+lga1qn-1=lga1n·q1+2+…+(n-1)=nlga1+1n(n-1)·lgq=n(2lg2+lg3)-1n(n-1)lg322=(-lg3)·n2+(2lg2+7lg3)·n22可见,当72lg2+lg32n=时,Sn最大.lg372lg2+lg34×0.3+7×0.42==5,故
7、{lgan}的前而lg32×0.4a1=108解法二:接前,?1,于是??q=3?5项和最大.lgan=lg[108(1)n-1]=lg108+(n-1)lg1,33∴数列{lgan}是以lg108为首项,以lg1为公差的等差数列,令lgan≥0,得2lg2-(n-4)lg33≥0,∴n≤2lg2+4lg3=2×0.3+4×0.4=5.5.lg30.4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
8、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
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