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高中数学  等比数列典型例题素材

【例1】已知为等比数列，，则          ．

【解析】方法1：

∴

方法2：，

方法3：为等比数列

【例2】等比数列中，，，求数列的通项公式．

【解析】方法1：设公比为，

  解得  

则 或

方法2：设公比为，知。

  解得 或进而求出和．

【例3】已知等比数列满足，且，则当时，（    ）

A．             B．           

C．                  D．

【解析】由得，，则,，

选C．

【例4】 等比数列同时满足下列三个条件：

⑴   ⑵  ⑶三个数成等差数列．试求数列的通项公式。

【解析】，或

又成等差数列，…………①

当时， 代入①

（成立），

当时， 不成立．  

           

第二篇：黄冈中学高考数学典型例题12---等差数列、等比数列的性质运用

黄冈中学

高考数学典型例题详解 等比数列 等差数列性质运用 每临大事,必有静气;静则神明,疑难冰释; 积极准备,坦然面对;最佳发挥,舍我其谁?

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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

*第 1 页* * 共 10 页*

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); (2)设a1=1,

1an?1

1x?4

2

(x<－2).

=－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<

m25

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{

1an

2

}为桥梁求an,不易突破.

1an?1

1an

2

技巧与方法：(2)问由式子

1an

2

??4

得

1an?1

2

?

1an

2

=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=

1x?4

2

,∵x<－2,∴x=－

1y

2

4?

1y

2

,

即y=f－-1(x)=－

1an?1

4?

(x>0)

1an?1

2

(2)∵

?4?

1an

2

,??

1an

2

?4，

*第 2 页* * 共 10 页*

∴{1

an2}是公差为4的等差数列，

1

an2∵a1=1, =1a12+4(n－1)=4n－3,∵an>0,∴an=

1

4n?114n?3. (3)bn=Sn+1－Sn=an+12=

设g(n)= 25

4n?1,由bn<25m25,得m>254n?1, ,∵g(n)= 4n?1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<m

25成立.

［例2］设等比数列{an}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{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2m,m∈N*,依题意有

?a1?(q2m?1)a1q?(q2m?1)??2q?1q?1?

?323?(a1q)?(a1q)?9(a1q?a1q)

*第 3 页* * 共 10 页*

?4q?1q?1化简得? 解得?

?aq2?9(1?q),?11??q?3??a?108?1.

设数列{lgan}前n项和为Sn,则

Sn=lga1+lga1q2+?+lga1qn－1=lga1n·q1+2+?+(n－1)

=nlga1+

=(－lg3

212n(n－1)·lgq=n(2lg2+lg3)－7212n(n－1)lg3 )·n2+(2lg2+

2lg2?7lg3)·n

可见，当n=

2lg2?7lg3

?2lg3lg3时，Sn最大. 而2

lg34?0.3?7?0.42?0.4=5,故{lgan}的前5项和最大. ?a1?108?解法二：接前，?1q??3?,于是lgan=lg［108()n－1］=lg108+(n－1)lg, 33

1

311∴数列{lgan}是以lg108为首项，以lg

2lg2－(n－4)lg3≥0,∴n≤2lg2?4lg3

lg3?为公差的等差数列，令lgan≥0,得=5.5. 2?0.3?4?0.4

0.4

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

*第 4 页* * 共 10 页*

一、选择题

1.(★★★★)等比数列{an}的首项a1=－1,前n项和为Sn,若

等于( )

A.2

3 B.?2

3S10S5?3132，则miln??Sn 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)<1,则m的取值范围是_________.

3.(★★★★)等差数列{an}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

三、解答题

5.(★★★★★)设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a3=12,S12>0,S13<0.

(1)求公差d的取值范围；

(2)指出S1、S2、?、S12中哪一个值最大，并说明理由.

6.(★★★★★)已知数列{an}为等差数列，公差d≠0,由{an}中的部分项组成的数列

ab,ab,?,ab,?为等比数列，其中b1=1,b2=5,b3=17. 12ax?cy=_________. n

(1)求数列{bn}的通项公式；

3n(2)记Tn=C1

nb1+C2

nb2+Cnb3+?+Cnbn,求limTn

4?bnn. n??

7.(★★★★)设{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a1=b1=1,a2+a4=b3,b2·b4=a3,

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分别求出{an}及{bn}的前n项和S10及T10.

8.(★★★★★){an}为等差数列，公差d≠0,an≠0,(n∈N*),且akx2+2ak+1x+ak+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x1,x2,?,xn,?,求证：数列差数列.

参考答案 难点磁场 解法一：

将Sm=30,S2m=100代入Sn=na1+

m(m?1)?ma?d?301??2?

?2ma?2m(2m?1)d?100

1?2?解得d?

40m

2

1

x1?1x2?1

,

1

,?,

1xn?1

为等

n(n?1)

2

d,得：

①

②

,a1?

10m

?

20m

2

,?S3m?3ma1?

3m(3m?1)

2

d?210

解法二： 由［a1+

S3m?3ma1?

3m(3m?1)

2

d?3m[a1?

(3m?1)d

22

]

知，要求S3m只需求m

(3m?1)d

2

］,将②－①得ma1+

m(3m?1)

d=70,∴S3m=210.

解法三：

由等差数列{an}的前n项和公式知，Sn是关于n的二次函数，即Sn=An2+Bn(A、B是常数）.将Sm=30,S2m=100代入，得

20?

A?2???Am?Bm?30?m

???2

??B?10?A(2m)?B?2m?100

?m?

2

,∴S3m=A·(3m)2+B·3m=210

解法四：

S3m=S2m+a2m+1+a2m+2+?+a3m=S2m+(a1+2md)+?+(am+2md)=S2m+(a1+?

*第 6 页* * 共 10 页*

+am)+m·2md=S2m+Sm+2m2d.

由解法一知d=

解法五：

根据等差数列性质知：Sm,S2m－Sm,S3m－S2m也成等差数列，从而有：2(S2m－Sm)=Sm+(S3m－S2m)

∴S3m=3(S2m－Sm)=210

解法六：

∵Sn=na1+

∴Sn

nn(n?1)2n(n?1)2

n40m2,代入得S3m=210. d, d (x?1)d2=a1+∴点(n,

S2m

2mSn)是直线y=+a1上的一串点，由三点(m,Smm),(2m, ),(3m, S3m3m)共线，易得S3m=3(S2m－Sm)=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

歼灭难点训练

一、1.解析：利用等比数列和的性质.依题意，S10?S5

S531?3232132S10S5?3132，而a1=－1,故q≠1, ∴???,根据等比数列性质知S5，S10－S5，S15－S10,?,也成

1

32等比数列，且它的公比为q5,∴q5=－

∴limSn?a1

1?q??2

3. ,即q=－. 21

n??

答案：B

二、2.解析：解出a、b,解对数不等式即可.

*第 7 页* * 共 10 页*

答案：(－∞,8) 3.解析：利用S奇/S偶=

n?1n

得解.

答案：第11项a11=29 4.解法一：赋值法. 解法二：

b=aq,c=aq2,x=(a+b)=a(1+q),y=

2

2

1

1

12

2

(b+c)=

12

aq(1+q),

1

ax?cy

=

ay?cxxy

?aq(1?q)?

14

2

2

1aq(1?q)

2

=2.

2

aq(1?q)

答案：2

?

?a3?a1?2d?12,?

12?11?

S?12a?d?0?121

2?

13?12?

S?13a?d?0131?2?

三、5.(1)解：依题意有：

解之得公差d的取值范围为－

247

＜d＜－3.

(2)解法一：由d＜0可知a1>a2>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?

?kd?3d?12?kd?2d?12

?a3?(k?3)d?0?a3?(k?2)d?0

∵a3=12,∴?∵－

247

，∵d＜0,∴2－

12d

12d

＜k≤3－

12d

＜d＜－3,∴＜－

2

7

＜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>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=

16

213

S13＜0,∴

a7＜0,a7+a6=a1+a12=S12>0,∴a6≥－a7>0,故在S1，S2，?，S12中S6最大.

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解法三：依题意得：Sn

?d2[n?247

12(5?

24d)]?

2

?na1?24d

2

n2

(n?1)d?n(12?2d)?

12(5?

24d

d2

2

(n?n)

2

d8

(5?1

),?d?0,?[n?24d

)]

最小时，Sn最大；

12

∵－－

24d

＜d＜－3,∴6＜(5－

2

)＜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{ab}的公比q=

n

a5a1

?

a1?4da1

=3,

① ②

∴ab=a1·3n－1

n

a1

又ab=a1+(bn－1)d=

n

bn?12bn?12

由①②得a1·3n－1=·a1.∵a1=2d≠0,∴bn=2·3n－1－1.

－

01nn12n

(2)Tn=C1nb1+C2nb2+?+Cnbn=Cn (2·3－1)+Cn·(2·3－1)+?+Cn(2·31

n

－1)=(C1n+C232+?+Cn3n)－(C1n+C2［(1+3)n－1］－(2n－1)= n·n·n+?+Cn)=

23

23

23

·4n－2n+,

3

1

2

?lim

n??

?lim3n

n?1

4?bnn??4?2?3

n

Tn

?4?2?

nn

1n11n?()?()

23?3234?. lim

13n?11n3?1n??

1??()?()

244

12

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=.

2

4

1

1

由a1=1,a3=，知{an}的公差d=－,

4

8

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13

∴S10=10a1+

10?92

d=－

558

.

22

由b1=1,b3=,知{bn}的公比q=

2

1

或q=－

2);

22

,

当q?

22

时,T10?2

b1(1?q1?q

10

)

10

?)

3132?

(2?

(2?

2).

当q??

2

时,T10?

b1(1?q1?q

3132

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=?

1xk?11xk?1?11xk?1

ak2d1xk?1

12

ak?2ak

??

ak?2dak

??1?

2dak

????

,??

ak?12d

?(?

ak2d)?

ak?ak?1

2d.

??d2d

??

12(常数)

?

?{是以?为公差的等差数列

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