等差、等比数列——2024浙江成考高起点数学(文)

        等差、等比数列的性质是的概念，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，成人高考中也一直重点考查这部分内容。

　　●难点

　　()等差数列{an}的前n项的和为30，前2m项的和为100，求它的前3m项的和为_________.

　　●案例

　　[例1]已知函数f(x)= (x<-2).

　　(1)求f(x)的反函数f--1(x);

　　(2)设a1=1, =-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< 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{ }为桥梁求an,不易突破.

　　技巧与方法：(2)问由式子 得 =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= ,∵x<-2,∴x=- ,

　　即y=f--1(x)=- (x>0)

　　(2)∵ ，

　　∴{ }是公差为4的等差数列，

　　∵a1=1, = +4(n-1)=4n-3,∵an>0,∴an= .

　　(3)bn=Sn+1-Sn=an+12= ,由bn< ,得m> ,

　　设g(n)= ,∵g(n)= 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< 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

　　化简得 .

　　设数列{lgan}前n项和为Sn,则

　　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

　　可见，当n= 时，Sn最大.

　　而 =5,故{lgan}的前5项和最大.

　　解法二：接前， ,于是lgan=lg[108( )n-1]=lg108+(n-1)lg ,

　　∴数列{lgan}是以lg108为首项，以lg 为公差的等差数列，令lgan≥0,得2lg2-(n-4)lg3≥0,∴n≤ =5.5.

　　由于n∈N*,可见数列{lgan}的前5项和最大.

　　●方法

　　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.

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