《2019-2020年高考數(shù)學(xué)重點(diǎn)難點(diǎn)講解 等差數(shù)列及等比數(shù)列的運(yùn)用教案 舊人教版.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020年高考數(shù)學(xué)重點(diǎn)難點(diǎn)講解 等差數(shù)列及等比數(shù)列的運(yùn)用教案 舊人教版.doc（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

2019-2020年高考數(shù)學(xué)重點(diǎn)難點(diǎn)講解 等差數(shù)列及等比數(shù)列的運(yùn)用教案 舊人教版 等差、等比數(shù)列的性質(zhì)是等差、等比數(shù)列的概念，通項(xiàng)公式，前n項(xiàng)和公式的引申.應(yīng)用等差等比數(shù)列的性質(zhì)解題，往往可以回避求其首項(xiàng)和公差或公比，使問(wèn)題得到整體地解決，能夠在運(yùn)算時(shí)達(dá)到運(yùn)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(diǎn)考查這部分內(nèi)容. ●難點(diǎn)磁場(chǎng) (★★★★★)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)的和為30，前2m項(xiàng)的和為100，求它的前3m項(xiàng)的和為_(kāi)________. ●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(shè)a1=1, =－f－-1(an)(n∈N*),求an; (3)設(shè)Sn=a12+a22+…+an2,bn=Sn+1－Sn是否存在最小正整數(shù)m,使得對(duì)任意n∈N*,有bn<成立？若存在，求出m的值；若不存在，說(shuō)明理由. 命題意圖：本題是一道與函數(shù)、數(shù)列有關(guān)的綜合性題目，著重考查學(xué)生的邏輯分析能力，屬★★★★★級(jí)題目. 知識(shí)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(wèn)題、數(shù)列的和、函數(shù)單調(diào)性等知識(shí)于一爐，結(jié)構(gòu)巧妙，形式新穎，是一道精致的綜合題. 錯(cuò)解分析：本題首問(wèn)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(gè)易錯(cuò)點(diǎn)，(2)問(wèn)以數(shù)列{}為橋梁求an,不易突破. 技巧與方法：(2)問(wèn)由式子得=4,構(gòu)造等差數(shù)列{},從而求得an,即“借雞生蛋”是求數(shù)列通項(xiàng)的常用技巧；(3)問(wèn)運(yùn)用了函數(shù)的思想. 解：(1)設(shè)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(shè)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(duì)任意n∈N*有bn<成立. ［例2］設(shè)等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，項(xiàng)數(shù)是偶數(shù)，它的所有項(xiàng)的和等于偶數(shù)項(xiàng)和的4倍，且第二項(xiàng)與第四項(xiàng)的積是第3項(xiàng)與第4項(xiàng)和的9倍，問(wèn)數(shù)列{lgan}的前多少項(xiàng)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(zhì)與對(duì)數(shù)運(yùn)算法則，等差數(shù)列與等比數(shù)列之間的聯(lián)系以及運(yùn)算、分析能力.屬★★★★★級(jí)題目. 知識(shí)依托：本題須利用等比數(shù)列通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和公式合理轉(zhuǎn)化條件，求出an;進(jìn)而利用對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)明確數(shù)列{lgan}為等差數(shù)列，分析該數(shù)列項(xiàng)的分布規(guī)律從而得解. 錯(cuò)解分析：題設(shè)條件中既有和的關(guān)系，又有項(xiàng)的關(guān)系，條件的正確轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵，計(jì)算易出錯(cuò)；而對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)也是易混淆的地方. 技巧與方法：突破本題的關(guān)鍵在于明確等比數(shù)列各項(xiàng)的對(duì)數(shù)構(gòu)成等差數(shù)列，而等差數(shù)列中前n項(xiàng)和有最大值，一定是該數(shù)列中前面是正數(shù)，后面是負(fù)數(shù)，當(dāng)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(shè)公比為q,項(xiàng)數(shù)為2m,m∈N*,依題意有 化簡(jiǎn)得. 設(shè)數(shù)列{lgan}前n項(xiàng)和為Sn,則 Sn=lga1+lga1q2+…+lga1qn－1=lga1nq1+2+…+(n－1) =nlga1+n(n－1)lgq=n(2lg2+lg3)－n(n－1)lg3 =(－)n2+(2lg2+lg3)n 可見(jiàn)，當(dāng)n=時(shí)，Sn最大. 而=5,故{lgan}的前5項(xiàng)和最大. 解法二：接前，,于是lgan=lg［108()n－1］=lg108+(n－1)lg, ∴數(shù)列{lgan}是以lg108為首項(xiàng)，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(jiàn)數(shù)列{lgan}的前5項(xiàng)和最大. ●錦囊妙計(jì) 1.等差、等比數(shù)列的性質(zhì)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(wèn)題的既快捷又方便的工具，應(yīng)有意識(shí)去應(yīng)用. 2.在應(yīng)用性質(zhì)時(shí)要注意性質(zhì)的前提條件，有時(shí)需要進(jìn)行適當(dāng)變形. 3.“巧用性質(zhì)、減少運(yùn)算量”在等差、等比數(shù)列的計(jì)算中非常重要，但用“基本量法”并樹(shù)立“目標(biāo)意識(shí)”，“需要什么，就求什么”，既要充分合理地運(yùn)用條件，又要時(shí)刻注意題的目標(biāo)，往往能取得與“巧用性質(zhì)”解題相同的效果. ●殲滅難點(diǎn)訓(xùn)練 一、選擇題 1.(★★★★)等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1=－1,前n項(xiàng)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00,S13<0. (1)求公差d的取值范圍； (2)指出S1、S2、…、S12中哪一個(gè)值最大，并說(shuō)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(xiàng)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(xiàng)公式； (2)記Tn=Cb1+Cb2+Cb3+…+Cbn,求. 7.(★★★★)設(shè){an}為等差數(shù)列，{bn}為等比數(shù)列，a1=b1=1,a2+a4=b3,b2b4=a3,分別求出{an}及{bn}的前n項(xiàng)和S10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(dāng)k取不同自然數(shù)時(shí)，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(diǎn)磁場(chǎng) 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=70,∴S3m=210. 解法三：由等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和公式知，Sn是關(guān)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+B3m=20 解法四：S3m=S2m+a2m+1+a2m+2+…+a3m=S2m+(a1+2md)+…+(am+2md)=S2m+(a1+…+am)+m2md=S2m+Sm+2m2d. 由解法一知d=,代入得S3m=210. 解法五：根據(jù)等差數(shù)列性質(zhì)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)=210 解法六：∵Sn=na1+d, ∴=a1+d ∴點(diǎn)(n, )是直線y=+a1上的一串點(diǎn)，由三點(diǎn)(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(diǎn)訓(xùn)練 一、1.解析：利用等比數(shù)列和的性質(zhì).依題意，，而a1=－1,故q≠1, ∴,根據(jù)等比數(shù)列性質(zhì)知S5，S10－S5，S15－S10,…,也成等比數(shù)列，且它的公比為q5,∴q5=－,即q=－. ∴ 答案：B 二、2.解析：解出a、b,解對(duì)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(xiàng)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,得5.5＜k＜7. 因?yàn)閗是正整數(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(zhì)得，當(dāng)m、n、p、q∈N*,且m+n=p+q時(shí)，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(shí)，Sn最大； ∵－＜d＜－3,∴6＜(5－)＜6.5.從而，在正整數(shù)中，當(dāng)n=6時(shí)，［n－ (5－)］2最小，所以S6最大. 點(diǎn)評(píng)：該題的第(1)問(wèn)通過(guò)建立不等式組求解屬基本要求，難度不高，入手容易.第(2)問(wèn)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(jià)轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想、邏輯思維能力和計(jì)算能力，較好地體現(xiàn)了高考試題注重能力考查的特點(diǎn).而思路之二則是通過(guò)等差數(shù)列的性質(zhì)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=a1a17，即(a1+4d)2=a1(a1+16d)a1d=2d2, ∵d≠0,∴a1=2d,數(shù)列{}的公比q==3, ∴=a13n－1 ① 又=a1+(bn－1)d= ② 由①②得a13n－1=a1.∵a1=2d≠0,∴bn=23n－1－1. (2)Tn=Cb1+Cb2+…+Cbn=C (230－1)+C(231－1)+…+C(23n－1－1)=(C+C32+…+C3n)－(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,b2b4=b32, 已知a2+a4=b3,b2b4=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(dāng)k取不同自然數(shù)時(shí)，原方程有一個(gè)公共根－1. (2）原方程不同的根為xk=