摘 要:文章以2023年高考全国乙卷理科的第15题为例,给出等差等比数列一个性质的推广与拓展,并展示性质的应用.
关键词:等差数列;等比数列;性质与应用;推广
中图分类号:G632 文献标识码:A 文章编号:1008-0333(2024)13-0049-03
等差等比数列是高考的一个重要考点,而高考对等差等比数列的考查往往包含运算能力的考查,掌握等差等比数列的相关性质能有效地减少运算量.本文以2023年高考全国乙卷理科的第15题为例,介绍等差等比数列一个性质的推广、拓展及其应用,供大家参考.
1 试题的呈现与解答
题目 已知{an}为等比数列,a2a4a5=a3a6,a9a10=-8,则a7=.
试题主要考查等比数列的定义、等比数列的通项公式及其应用.试题的思维过程体现了能力立意的命题思想,较好地体现了等比数列中核心内容和基本思想方法的考查,综合考查考生的逻辑思维、推理论证及运算求解等方面的能力.
解法1 设{an}的公比为q(q≠0),显然an≠0.
由a2a4a5=a3a6,得
a1q×a1q3×a1q4=a1q2×a1q5.
即得a1q=1.
由a9a10=-8,得a1q8×a1q9=-8.
即得(a1q)2×q15=-8.
故q15=-8.所以q5=-2.
于是a7=a1q6=a1q×q5=-2.
解法2 设{an}的公比为q(q≠0),显然an≠0.
因为{an}为等比数列,所以a4a5=a3a6.
结合a2a4a5=a3a6,可得a2=1.
由a9a10=-8,得a2q7×a2q8=-8.
即得q15=-8.所以q5=-2.
于是a7=a2q5=-2.
评注 解法2利用等比数列的性质:已知数列{an}为等比数列,p,q,s,t∈N*,且p+q=s+t,则apaq=asat.灵活应用性质,可以简化解答过程.值得注意的是,等差等比数列中,此性质作为新教材的例习题出现:
题1 (人教A版《高中数学选择性必修第二册》 第17页例5) 已知数列{an}为等差数列,p,q,s,t∈N*,且p+q=s+t,求证ap+aq=as+at.
题2 (人教A版《高中数学选择性必修第二册》第56页“复习参考题4”第12题) 类比等差数列和等比数列的定义、通项公式、常用性质等,发现它们有如下的对偶关系:只要将等差数列的一个关系式中的运算“+”改为“×”, “-”改为“÷”,正整数倍改为正整数指数幂,相应地就可得到等比数列中一个形式相同的关系式,反之也成立.
根据上述说法,请你参照表1给出的信息推断出相关的对偶关系式:
由此可见,高考题与教材例习题有着很好的衔接,这符合高考的命题思想:加强教考衔接,发挥教材的引导作用.所以高三的复习应立足于教材,对教材中有潜在本质规律的材料、例题、习题进行适当的挖掘,将教材的引导作用发挥出来,以此提高复习的有效性.
解法3 因为{an}为等比数列,且有2+4+5+9+10=3+6+7+7+7,故得
a2a4a5a9a10=a3a6a7a7a7.
又a2a4a5=a3a6,a9a10=-8,故得a37=-8.
所以a7=-2.
评注 对比解法1与解法2,解法3的方法巧妙,运算量少,解答过程简洁,解题方法新颖独到.那么解法3的依据是什么呢?实际上,解法3应用了解法2中的性质的推广.
2 等差等比数列性质的推广与拓展
性质1 设{an}为等差数列,mi,ni∈N*,i=1,2,…,k.若∑ki=1mi=∑ki=1ni,则∑ki=1ami=∑ki=1ani.
推论1 设{an}为等差数列,mi,n∈N*,i=1,2,…,k.若∑ki=1mi=kn,则∑ki=1ami=kan.
性质2 设{an}为等差数列,公差为d,mi,ni∈N*,i=1,2,…,k.若∑ki=1mi≥∑ki=1ni,则:
(1)当d>0时,∑ki=1ami≥∑ki=1ani;
(2)当d<0时,∑ki=1ami≤∑ki=1ani.
推论2 设{an}为等差数列,公差为d,mi,n∈N*,i=1,2,…,k.若∑ki=1mi≥kn,则:
(1)当d>0时,∑ki=1ami≥kan;
(2)当d<0时,∑ki=1ami≤kan.
性质3 设{an}为等比数列,mi,ni∈N*,i=1,2,…,k.若∑ki=1mi=∑ki=1ni,则∏ki=1ami=∏ki=1ani.
推论3 设{an}为等比数列,mi,n∈N*,i=1,2,…,k.若∑ki=1mi=kn,则∏ki=1ami=(an)k.
性质4 设{an}为等比数列,公比为q(q>0且q≠1),a1>0,mi,ni∈N*,i=1,2,…,k.若∑ki=1mi≥∑ki=1ni,则:
(1)当q>1时,∏ki=1ami≥∏ki=1ani;
(2)当0 推论4 设{an}为等比数列,公比为q(q>0且q≠1),a1>0,mi,n∈N*,i=1,2,…,k.若∑ki=1mi≥kn,则: (1)当q>1时,∏ki=1ami≥(an)k; (2)当0 3 性质的应用 等差等比数列的前述性质应用广泛,倍受命题者青睐,以此为命题背景的试题常考常新,现举例说明. 例1 已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若S9=90,则a1+a6+a8=. 解析 因为数列{an}是等差数列,且1+6+8=2+4+9=3+5+7. 由性质1,可得 a1+a6+a8=a2+a4+a9=a3+a5+a7. 所以a1+a6+a8=13S9=30. 例2 已知数列{an}是等差数列,若a1+a3+a4+a9+a13=30,则a6=. 解析 因为数列{an}是等差数列,且1+3+4+9+13=5×6,由推论1,可得 a1+a3+a4+a9+a13=5a6=30. 所以a6=6. 例3 已知数列{an}是等差数列,若a1+a2+…+a2n=S,m,n∈N*,且m≤n,判断S与2nam的大小. 解析 设等差数列{an}的公差为d. 当d=0时,则有a1=a2=…=a2n=am=S2n. 故2nam=2n×S2n=S. 因为1+2+…+2n=2n(1+2n)2=n(1+2n)>n×2n≥2n×m,且数列{an}是等差数列,由推论2,可得: 当d>0时,有a1+a2+…+a2n>2nam,即S>2nam; 当d<0时,有a1+a2+…+a2n<2nam,即S<2nam. 例4 已知等比数列{an}的前n项积为Tn,若T9=64,则a3a5a7=. 解析 因为数列{an}是等比数列,且1+6+8=2+4+9=3+5+7. 由性质3,可得a1a6a8=a2a4a9=a3a5a7. 所以a3a5a7=3T9=364=4. 例5 在各项为正数的等比数列{an}中,若a6=16,则log2a1+log2a2+…+log2a11=. 解析 因为log2a1+log2a2+…+log2a11=log2(a1a2…a11),且1+2+…+11=11(1+11)2=11×6,又 因为{an}为等比数列,由推论3,得 a1a2…a11=a116=1611=244. 所以log2a1+log2a2+…+log2a11=log2(a1a2…a11)=log2244=44. 例6 在各项为正数的等比数列{an}中,若a1a2…a2 024=2 024,判断(a1 011)2 024与2 024的大小关系. 解析 设等比数列{an}的公比为q, 当q=1时,则有a1=a2=…=a2 024. 故a1a2…a2 024=(a1)2 024=(a1 011)2 024=2 024. 因为1+2+…+2 024=2 024(1+2 024)2=1 012(1+2 024)>2 024×1 012>2 024×1 011, 又因为等比数列{an}的各项为正数,故a1>0. 由推论4,得 当q>1时,有a1a2…a2 024>(a1 011)2024. 即2 024>(a1 011)2 024. 当0 即2 024<(a1 011)2 024. 评注 对比例3,例6实际上可以一般化:在各项为正数的等比数列{an}中,若a1a2…a2n=T,m,n∈N*,且m≤n,判断T与(am)2n的大小. 4 结束语 从以上几例不难发现,利用性质去求解等差等比数列的相关问题时,能降低思维强度,简化推理和运算过程,具有直观、简捷、明快的特点.所以在平时的学习中要善于钻研,通过一些例题或习题的总结与变式,重视方法的积累和知识的储备,熟练掌握一些有用的结论,才有可能缩短思维的长度,提高效率,达到事半功倍的功效[1]. 参考文献: [1] 林国红.一类相邻两项和的数列通项的求解策略[J].中学生理科应试,2021(Z1):1-3. [责任编辑:李 璟]