《2022年高考數(shù)學重點難點講解 等差數(shù)列及等比數(shù)列的運用教案 舊人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高考數(shù)學重點難點講解 等差數(shù)列及等比數(shù)列的運用教案 舊人教版（6頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2022年高考數(shù)學重點難點講解 等差數(shù)列及等比數(shù)列的運用教案 舊人教版 等差、等比數(shù)列的性質是等差、等比數(shù)列的概念，通項公式，前n項和公式的引申.應用等差等比數(shù)列的性質解題，往往可以回避求其首項和公差或公比，使問題得到整體地解決，能夠在運算時達到運算靈活，方便快捷的目的，故一直受到重視.高考中也一直重點考查這部分內容. ●難點磁場 (★★★★★)等差數(shù)列{an}的前n項的和為30，前2m項的和為100，求它的前3m項的和為_________. ●案例探究 ［例1］已知函數(shù)f(x)= (x<－2). (1)求f(x)的反函數(shù)f-－1(x); (2)設a1=1, =－f－-1(an)

2、(n∈N*),求an; (3)設Sn=a12+a22+…+an2,bn=Sn+1－Sn是否存在最小正整數(shù)m,使得對任意n∈N*,有bn<成立？若存在，求出m的值；若不存在，說明理由. 命題意圖：本題是一道與函數(shù)、數(shù)列有關的綜合性題目，著重考查學生的邏輯分析能力，屬★★★★★級題目. 知識依托：本題融合了反函數(shù)，數(shù)列遞推公式，等差數(shù)列基本問題、數(shù)列的和、函數(shù)單調性等知識于一爐，結構巧妙，形式新穎，是一道精致的綜合題. 錯解分析：本題首問考查反函數(shù)，反函數(shù)的定義域是原函數(shù)的值域，這是一個易錯點，(2)問以數(shù)列{}為橋梁求an,不易突破. 技巧與方法：(2)問由式子得=4,構造等差數(shù)列{}

3、,從而求得an,即“借雞生蛋”是求數(shù)列通項的常用技巧；(3)問運用了函數(shù)的思想. 解：(1)設y=,∵x<－2,∴x=－, 即y=f－-1(x)=－ (x>0) (2)∵， ∴{}是公差為4的等差數(shù)列， ∵a1=1, =+4(n－1)=4n－3,∵an>0,∴an=. (3)bn=Sn+1－Sn=an+12=,由bn<,得m>, 設g(n)= ,∵g(n)= 在n∈N*上是減函數(shù)， ∴g(n)的最大值是g(1)=5,∴m>5,存在最小正整數(shù)m=6,使對任意n∈N*有bn<成立. ［例2］設等比數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，項數(shù)是偶數(shù)，它的所有項的和等于偶數(shù)項和的4倍，且第二項與

4、第四項的積是第3項與第4項和的9倍，問數(shù)列{lgan}的前多少項和最大？(lg2=0.3,lg3=0.4) 命題意圖：本題主要考查等比數(shù)列的基本性質與對數(shù)運算法則，等差數(shù)列與等比數(shù)列之間的聯(lián)系以及運算、分析能力.屬★★★★★級題目. 知識依托：本題須利用等比數(shù)列通項公式、前n項和公式合理轉化條件，求出an;進而利用對數(shù)的運算性質明確數(shù)列{lgan}為等差數(shù)列，分析該數(shù)列項的分布規(guī)律從而得解. 錯解分析：題設條件中既有和的關系，又有項的關系，條件的正確轉化是關鍵，計算易出錯；而對數(shù)的運算性質也是易混淆的地方. 技巧與方法：突破本題的關鍵在于明確等比數(shù)列各項的對數(shù)構成等差數(shù)列，而等差數(shù)列

5、中前n項和有最大值，一定是該數(shù)列中前面是正數(shù)，后面是負數(shù)，當然各正數(shù)之和最大；另外，等差數(shù)列Sn是n的二次函數(shù)，也可由函數(shù)解析式求最值. 解法一：設公比為q,項數(shù)為2m,m∈N*,依題意有 化簡得. 設數(shù)列{lgan}前n項和為Sn,則 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 可見，當n=時，Sn最大. 而=5,故{lgan}的前5項和最大. 解法二：接前，,于是lgan=lg［108()n－1］=l

6、g108+(n－1)lg, ∴數(shù)列{lgan}是以lg108為首項，以lg為公差的等差數(shù)列，令lgan≥0,得2lg2－(n－4)lg3≥0,∴n≤=5.5. 由于n∈N*,可見數(shù)列{lgan}的前5項和最大. ●錦囊妙計 1.等差、等比數(shù)列的性質是兩種數(shù)列基本規(guī)律的深刻體現(xiàn)，是解決等差、等比數(shù)列問題的既快捷又方便的工具，應有意識去應用. 2.在應用性質時要注意性質的前提條件，有時需要進行適當變形. 3.“巧用性質、減少運算量”在等差、等比數(shù)列的計算中非常重要，但用“基本量法”并樹立“目標意識”，“需要什么，就求什么”，既要充分合理地運用條件，又要時刻注意題的目標，往往能取得與“

7、巧用性質”解題相同的效果. ●殲滅難點訓練 一、選擇題 1.(★★★★)等比數(shù)列{an}的首項a1=－1,前n項和為Sn,若，則Sn等于( ) C.2 D.－2 二、填空題 2.(★★★★)已知a,b,a+b成等差數(shù)列，a,b,ab成等比數(shù)列，且0

8、 5.(★★★★★)設等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,已知a3=12,S12>0,S13<0. (1)求公差d的取值范圍； (2)指出S1、S2、…、S12中哪一個值最大，并說明理由. 6.(★★★★★)已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，公差d≠0,由{an}中的部分項組成的數(shù)列 a,a,…,a,…為等比數(shù)列，其中b1=1,b2=5,b3=17. (1)求數(shù)列{bn}的通項公式； (2)記Tn=Cb1+Cb2+Cb3+…+Cbn,求. 7.(★★★★)設{an}為等差數(shù)列，{bn}為等比數(shù)列，a1=b1=1,a2+a4=b3,b2·b4=a3,分別求出{an}及{bn}的前n項和S

9、10及T10. 8.(★★★★★){an}為等差數(shù)列，公差d≠0,an≠0,(n∈N*),且akx2+2ak+1x+ak+2=0(k∈N*) (1)求證：當k取不同自然數(shù)時，此方程有公共根； (2)若方程不同的根依次為x1,x2,…,xn,…,求證：數(shù)列為等差數(shù)列. 參考答案 難點磁場 ① ② 解法一：將Sm=30,S2m=100代入Sn=na1+d,得： 解法二：由知，要求S3m只需求m［a1+］,將②－①得ma1+ d=7

10、0,∴S3m=210. 解法三：由等差數(shù)列{an}的前n項和公式知，Sn是關于n的二次函數(shù)，即Sn=An2+Bn(A、B是常數(shù)）.將Sm=30,S2m=100代入，得 ,∴S3m=A·(3m)2+B·3m=20 解法四：S3m=S2m+a2m+1+a2m+2+…+a3m=S2m+(a1+2md)+…+(am+2md)=S2m+(a1+…+am)+m·2md=S2m+Sm+2m2d. 由解法一知d=,代入得S3m=210. 解法五：根據等差數(shù)列性質知：Sm,S2m－Sm,S3m－S2m也成等差數(shù)列，從而有：2(S2m－Sm)=Sm+(S3m－S2m) ∴S3m=3(S2m－Sm)=2

11、10 解法六：∵Sn=na1+d, ∴=a1+d ∴點(n, )是直線y=+a1上的一串點，由三點(m,),(2m, ),(3m, )共線，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 殲滅難點訓練 一、1.解析：利用等比數(shù)列和的性質.依題意，，而a1=－1,故q≠1, ∴,根據等比數(shù)列性質知S5，S10－S5，S15－S10,…,也成等比數(shù)列，且它的公比為q5,∴q5=－,即q=－. ∴

12、 答案：B 二、2.解析：解出a、b,解對數(shù)不等式即可. 答案：(－∞,8) 3.解析：利用S奇/S偶=得解. 答案：第11項a11=29 4.解法一：賦值法. 解法二： b=aq,c=aq2,x=(a+b)=a(1+q),y=(b+c)=aq(1+q), ==2. 答案：2 三、5.(1)解：依題意有： 解之得公差d的取值范圍為－＜d＜－3. (2)解法一：由d＜0可知a1>a2>a3>…>a12>a13,因此，在S1，S2，…，S12中Sk為最大值的條件為：ak≥0且ak+1＜0,即 ∵a3=12,∴，∵d＜0,∴2－＜k≤3－ ∵－＜d＜－3,∴＜－＜4,

13、得5.5＜k＜7. 因為k是正整數(shù)，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中有自然數(shù)k,使得ak≥0,且ak+1＜0,則Sk是S1，S2，…，S12中的最大值.由等差數(shù)列性質得，當m、n、p、q∈N*,且m+n=p+q時，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：依題意得： 最小時，Sn最大； ∵－＜d＜－3,∴6＜(5－)＜6.5.從而，在正整數(shù)中，當n=

14、6時，［n－ (5－)］2最小，所以S6最大. 點評：該題的第(1)問通過建立不等式組求解屬基本要求，難度不高，入手容易.第(2)問難度較高，為求{Sn}中的最大值Sk,1≤k≤12,思路之一是知道Sk為最大值的充要條件是ak≥0且ak+1＜0，思路之三是可視Sn為n的二次函數(shù)，借助配方法可求解.它考查了等價轉化的數(shù)學思想、邏輯思維能力和計算能力，較好地體現(xiàn)了高考試題注重能力考查的特點.而思路之二則是通過等差數(shù)列的性質等和性探尋數(shù)列的分布規(guī)律，找出“分水嶺”，從而得解. 6.解：(1)由題意知a52=a1·a17，即(a1+4d)2=a1(a1+16d)a1d=2d2, ∵d≠0,∴a1

15、=2d,數(shù)列{}的公比q==3, ∴=a1·3n－1 ① 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}為等差數(shù)列，{bn}為等比數(shù)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.證明：(1）∵{an}是等差數(shù)列，∴2ak+1=ak+ak+2,故方程akx2+2ak+1x+ak+2=0可變?yōu)?akx+ak+2)(x+1)=0, ∴當k取不同自然數(shù)時，原方程有一個公共根－1. (2）原方程不同的根為xk=