難點12 等差數列、等比數列的性質運用
等差、等比數列的性質是等差、等比數列的概念，通項公式，前n項和公式的引申.應用等差等比數列的性質解題，往往可以迴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
(★★★★★)等差數列的前n項的和為30，前2m項的和為100，求它的前3m項的和為
●案例**
［例1］已知函式f(x)= (x<－2).
(1)求f(x)的反函式f-－1(x);
(2)設a1=1, =－f－-1(an)(n∈n*),求an;
(3)設sn=a12+a22+…+an2,bn=sn+1－sn是否存在最小正整數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：本題是一道與函式、數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.
知識依託：本題融合了反函式，數列遞推公式，等差數列基本問題、數列的和、函式單調性等知識於一爐，結構巧妙，形式新穎，是一道精緻的綜合題.
錯解分析：本題首問考查反函式，反函式的定義域是原函式的值域，這是乙個易錯點，(2)問以數列{}為橋梁求an,不易突破.
技巧與方法：(2)問由式子得=4,構造等差數列{},從而求得an,即「借雞生蛋」是求數列通項的常用技巧；(3)問運用了函式的思想.
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*上是減函式，
∴g(n)的最大值是g(1)=5,∴m>5,存在最小正整數m=6,使對任意n∈n*有bn《成立.
［例2］設等比數列的各項均為正數，項數是偶數，它的所有項的和等於偶數項和的4倍，且第二項與第四項的積是第3項與第4項和的9倍，問數列的前多少項和最大？(lg2=0.3,lg3=0.
4)命題意圖：本題主要考查等比數列的基本性質與對數運算法則，等差數列與等比數列之間的聯絡以及運算、分析能力.屬★★★★★級題目.
知識依託：本題須利用等比數列通項公式、前n項和公式合理轉化條件，求出an;進而利用對數的運算性質明確數列為等差數列，分析該數列項的分布規律從而得解.
錯解分析：題設條件中既有和的關係，又有項的關係，條件的正確轉化是關鍵，計算易出錯；而對數的運算性質也是易混淆的地方.
技巧與方法：突破本題的關鍵在於明確等比數列各項的對數構成等差數列，而等差數列中前n項和有最大值，一定是該數列中前面是正數，後面是負數，當然各正數之和最大；另外，等差數列sn是n的二次函式，也可由函式解析式求最值.
解法一：設公比為q,項數為2m,m∈n*,依題意有
化簡得.
設數列前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,故的前5項和最大.
解法二：接前，,於是lgan=lg［108()n－1］=lg108+(n－1)lg,
∴數列是以lg108為首項，以lg為公差的等差數列，令lgan≥0,得2lg2－(n－4)lg3≥0,∴n≤=5.5.
由於n∈n*,可見數列的前5項和最大.
●錦囊妙計
1.等差、等比數列的性質是兩種數列基本規律的深刻體現，是解決等差、等比數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、等比數列的計算中非常重要，但用「基本量法」並樹立「目標意識」，「需要什麼，就求什麼」，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「巧用性質」解題相同的效果.
●殲滅難點訓練
一、選擇題
1.(★★★★)等比數列的首項a1=－1,前n項和為sn,若，則sn等於( )
c.2d.－2
二、填空題
2.(★★★★)已知a,b,a+b成等差數列，a,b,ab成等比數列，且03.(★★★★)等差數列共有2n+1項，其中奇數項之和為319，偶數項之和為290，則其中間項為
4.(★★★★)已知a、b、c成等比數列，如果a、x、b和b、y、c都成等差數列，則
三、解答題
5.(★★★★★)設等差數列的前n項和為sn,已知a3=12,s12>0,s13<0.
(1)求公差d的取值範圍；
(2)指出s1、s2、…、s12中哪乙個值最大，並說明理由.
6.(★★★★★)已知數列為等差數列，公差d≠0,由中的部分項組成的數列
a,a,…,a,…為等比數列，其中b1=1,b2=5,b3=17.
(1)求數列的通項公式；
(2)記tn=cb1+cb2+cb3+…+cbn,求.
7.(★★★★)設為等差數列，為等比數列，a1=b1=1,a2+a4=b3,b2·b4=a3,分別求出及的前n項和s10及t10.
8.(★★★★★)為等差數列，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：數列為等差數列.
參***
難點磁場
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：由等差數列的前n項和公式知，sn是關於n的二次函式，即sn=an2+bn(a、b是常數）.將sm=30,s2m=100代入，得
,∴s3m=a·(3m)2+b·3m=210
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：根據等差數列性質知：sm,s2m－sm,s3m－s2m也成等差數列，從而有：2(s2m－sm)=sm+(s3m－s2m)
∴s3m=3(s2m－sm)=210
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：利用等比數列和的性質.依題意，，而a1=－1,故q≠1,
∴,根據等比數列性質知s5，s10－s5，s15－s10,…,也成等比數列，且它的公比為q5,∴q5=－,即q=－.
∴答案：b
二、2.解析：解出a、b,解對數不等式即可.
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的取值範圍為－＜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.
因為k是正整數，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k,使得ak≥0,且ak+1＜0,則sk是s1，s2，…，s12中的最大值.由等差數列性質得，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，在正整數中，當n=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的二次函式，借助配方法可求解.
它考查了等價轉化的數學思想、邏輯思維能力和計算能力，較好地體現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列的性質等和性探尋數列的分布規律，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=2d,數列{}的公比q==3,
∴=a1·3n－1
又=a1+(bn－1)d
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：∵為等差數列，為等比數列，∴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=，知的公差d=－,
∴s10=10a1+d=－.
由b1=1,b3=,知的公比q=或q=－,
8.證明：(1）∵是等差數列，∴2ak+1=ak+ak+2,故方程akx2+2ak+1x+ak+2=0可變為(akx+ak+2)(x+1)=0,
∴當k取不同自然數時，原方程有乙個公共根－1.
(2）原方程不同的根為xk=
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