2020年江西成考文科数学难题解说:等差数列、等比数列

等差、等比数列的性质是等差、等比数列的定义,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,可以在运算时达到运算灵活,便捷快捷的目的,故一直受到看重.成考中也一直重点考查这部分内容。

●难题磁场

(★★★★★)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_________.

●案例探究

[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是不是存在最小正整数m,使得对任意n∈N*,有bn 成立?若存在,求出m的值;若没有,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解析能力,属★★★★★级题目.

常识依托: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、函数单调性等常识于一炉,结构巧妙,形式新颖,是一道精致的综合题.

错解解析:本题首问考查反函数,反函数的概念域是原函数的值域,这是一个易错点,(2)问以数列{ }为桥梁求an,不容易突破.

方法与办法:(2)问由式子 得 =4,架构等差数列{ },从而求得an,即“借鸡生蛋”是求数列通项的常用方法;(3)问运用了函数的思想.

解:(1)设y= ,∵x-2,∴x=- ,

即y=f–1(x)=- (x0)

(2)∵ ,

∴{ }是公差为4的等差数列,

∵a1=1, = +4(n-1)=4n-3,∵an0,∴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,∴m5,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与运算、解析能力.属★★★★★级题目.

常识依托:本题须借助等比数列通项公式、前n项和公式合理转化条件,求出an;进而借助对数的运算性质明确数列{lgan}为等差数列,解析该数列项的分布规律从而得解.

错解解析:题设条件中既有和的关系,又有项的关系,条件的正确转化是重要,计算易出错;而对数的运算性质也是易混淆的地方.

方法与办法:突破本题的重要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,肯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,也可由函数详解式求最值.

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.

因为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便捷的工具,应有意识去应用.

2.在应用性质时应该注意性质的首要条件条件,有时需要进行适当变形.

3.“巧用性质、降低运算量”在等差、等比数列的计算中尤为重要,但用“基本量法”并树立“目的意识”,“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的,往往能得到与“巧用性质”解题相同的成效.

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